PHẦN Đại số

Bài 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) a – b2 – 4a + 4

1. b) x2 + 2x – 3 c) 4x’y? – (xo + y2,2
2. d) 2a? – 54b”.

GIẢI a) a’ – 62 – 4a + 4 = (a? – 4a + 4) – b2 = (a – 2)2 –

= (a + b – 2)(a – b – 2) b) x2 + 2x – 3 = (x? + 2x + 1) -4 = (x + 1)2 – 22 = (x + 1 + 2)(x + 1 – 2)

= (x + 3)(x – 1) c) 4x2y2 – (x2 + y2)2 = (2xy)2 – (x2 + y2)2

= (2xy + x2 + y2)(2xy – x2 – y2)

= -(x2 + y2 + 2xy)(x2 + y2 – 2xy) = – (x + y)+(x – y)2 d) 2a – 545o = 2[a – (3b) 8) = 2(a – 3b)(a + 3ab + 9b2) Bài 2.

1. a) Làm tính chia (2x – 4x^ + 5x^ + 2x – 3): (2x – 1) b) Chứng tỏ rằng thương tìm được trong phép chia trên luôn luôn dương với mọi giá trị của x.

GIẢI a) 2×4 – 4x® + 5×2 + 2x – 3 2×2 – 1

x2 – 2x + 3 4×3 + 6×2 + 2x – 3 – 4×3

+ 2x

coco

.6×2

0

Đây là một phép chia hết và thương tìm được là x^ – 2x + 3 b) Ta có xo – 2x + 3 = (x – 2x + 1) + 2 = (x – 1)^ + 2

Vì (x – 1)^ > 0 với mọi giá trị của x nên (x – 1)^ + 2 > 0 với mọi giá trị của x. Vậy thương trong phép chia đã cho luôn dương với mọi giá trị của c.

Bài 3. Chứng minh rằng hiệu các bình phương của hai số lẻ bất kì thì chia hết cho 8.

GIẢI Gọi hai số lẻ bất kì là 2m + 1 và 2n + 1 với m, n + Z Hiệu bình phương của hai số lẻ trên là A = (2m + 1)2 – (2n + 1)2 = 4m2 + 4m + 1 – (4n? + 4n + 1)

= 4m2 + 4m – 4n? – 4n = 4m(m + 1) – 4n(n + 1) Do m và m + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 suy ra:

4m(m + 1) chia hết cho 8 Tương tự 4n(n + 1) chia hết cho 8.

Vậy A = (2m + 1)” – (2n + 1)^ : 8 (đpcm). Bài 4. Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức sau tại x = –

| GIẢI

Ta rút gọn từng thừa số của A • X+3+6

x-3 (x + 3) + 6(x2 – 9)-(x – 3) (x – 3j2 * x2 -9 (x + 2)2 (x2 – 9)

+

24×2 (x2–9)

242

( 2442 – 12

x4 -81

x2-9

J=

1:

| x4 -81 x2 +9

x4 -81

12

x2 – 9

24×2 Vậy A = –

NN

x2-9

Thay x = – vào biểu thức rút gọn của A ta có :

–

To vas da og

O

cu

+ c

Bài 5. Chứng minh rằI

c2 62

C+a a + b * Phương pháp

• Biến đổi Uế này để có kết quả bằng uế kia, hoặc • Biến đổi cả hai vế để có kết quả bằng nhau, hoặc

• Chứng minh hiệu của uế trái và uế phải bằng 0. Ta chọn phương pháp thứ ba VT – VP = 0 – VT = VP

GIẢI

– a2 b2 c2 ( 62 Theo đề bài ta suy ra • ^ a + b b + c c + a ( .

с+а a? b2c2b2c a? a? – b2c2-a2b2 – c2 a + b b + C C+a a + b b+c C+a a + b cua buc – (a + b)(a – b) (c+ a)(c-a) (b+c)(b –c) – atb cta bic

= (a – b) + (c – a) + (b – c) = a – b + c – a + b – C = 0. vaa ? 6? c b céa“

—

(anom).

(dpcm). a + b b + c c + a a + b b + c c + a Bài 6. Tìm các giá trị nguyên của x để phân thức M có giá trị là một

10×2 – 7x – 5 số nguyên M =

2x – 3

GIẢI Thực hiện phép chia 10×2 – 7x – 5 | 2x – 3

10×2 – 15x 5x + 4

8x – 5 8x – 12

Vậy

*ex az

10×2 – 7x-5 – Do đó M = .

2 = 5x + 4 + – 2x – 3

2x – 3 Vậy để M có giá trị nguyên thì , , phải là một số nguyên tức là:

2x – 3

2x – 3 là ước của 7. Mà ước của 7 gồm các số – 1, 1, – 7, 7. Do đó :

2x – 3 = -1 X = 1 ; 2x – 3 = 1 ∞ x = 2

2x – 3 = – 7 x = -2; 2x – 3 = 7 x = 5 Vậy = f(-2; 1; 2; 5} thì phân thức M có giá trị là một số nguyên. Bài 7. Giải các phương trình : 4x +3 6x – 2 5x +4.

(1)

3(2x – 1) 3x +1 , 2(3x + 2)

4 – 10+1=- 5 c) X+2, 3(2x – 1) 5x – 3 = x+ 5

X

Bler

(3)

GIẢI

1. a) MSC = 105 (1) 21(4x + 3) – 15(6x – 2) = 35(5x + 4) + 3 x 105

= – 6x + 93 = 175x + 455 + x = – 2. Vậy s = {- 2} b) MSC = 20 (2) o 15(2x – 1) – 2(3x + 1) + 20 = 8(3x + 2) • 24x + 3 = 24x + 16 0x = 13.

Vậy s = 8 c) MSC = 12 (3) 4(x + 2) + 9(2x – 1) – 215x – 3) = 12x + 5 12x + 5 = 12x +

5 0x = 0 Có vô số giá trị của x < R để Ox = 0

Vậy S = R Bài 8. Giải các phương trình. a) 2x – 3) = 4

1. b) 3x – 1 – X = 2

GIẢI

2x – 3 = 4 nếu x 23 2x = 7 nếu x 3 a) |2x – 3) = 4 l 2x – 3 = – 4 nếu x <

2x = – 1 nếu x <

Σ

A

NIC NIC

(nhận)

. Vậy S =

x = (nhận)

IN

3x 1 – x = 2 nếu x >

b)

3x – 11 – x = 2

Rico rico

|1- 3x – x = 2 nếu x <

2x = 3

nếu x 2

mic

(nhận)

| حه ما | تم

Vây

vậy sẽ

}

– 4x = 1 nếu x <

X + 2 X + 4 X + 6 X + 8 Bài 9. Giải phương trình –

(*) 98 96 94 92

GIẢI Phương trình đã cho có thể viết thành (x + 2 ) (x+4 ) (x+6 (x+8 )

– +1 +1

+1 98 ( 96 ( 94

92 x +100 x + 100x+100 X+100

98969492

M = ( ) . (e 2) – ( 2) (e 1)

> (x+100) 8 as a

=0

* x + 100 = 0

1 1 98.96

1 94

1 92

8 x = – 100. Vậy S = {- 100} Bài 10. Giải các phương trình

15 a) – “? x+1 X-2 (x+1)(2 – x)

(2) x + 2 X – 2 4 – X2

GIẢI a) ĐKXÐ X 7 – 1, X + 2, MTC = (x + 1)(x – 2)

Quy đồng mẫu thức và khử mẫu thức chung ta có : (1) = (x – 2) – 5(x + 1) = – 15 – 4x = – 8

e x = 2 (loại vì ĐKXĐ). Vậy S = 8 b) ĐKXÐ x + + 2, MTC = (x + 2)(x – 2) = x2 – 4 X-1 X 2 – 5x

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

x2 – 3x + 2 – x2 – 2x = 2 – 5x 0x = 0 Phương trình có vô số nghiệm trừ x = + 2

Vậy S = R\{{2} Bài 11. Giải các phương trình

X – 3 X – 2 a) 3×2 + 2x – 1 = 0 (1)

X – 2 x – 4

A(x)=0 + Hướng dẫn: Áp dụng A(x).B(x) = 0 =

*B(x) = 0

| GIẢI a) (1) 3×2 + 3x – X-1 = 0 3x(x + 1) – (x + 1) = 0

x = -1

{ x + 1 = 0 = (x + 1)(3x – 1) = 0

A = 1 . Vậy S = -1; } | 3x – 1=0

b)

1

X

=

–

1. b) ĐKXÐ X + 2, x # 4, MTC = 5(x – 2)(x – 4) (2) 5(x – 3)(x – 4) + 5(x – 2)(x – 2) = 16(x – 2)(x – 4) 10×2 – 55x + 80 = 16×2 – 96x + 128 6×2 – 41x + 48 = 0

3) 6x – 9x – 32x + 48 = 6x) x-2- 32

X–

101 co

X

=

*(x-36x – 32) = 0 0 *-=0

**

X

– 32) = 0

6x – 32 = 0

*= 3

Vậy S = {3,

Bài 12. Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc 25km/h. Lúc về

người đó đi với vận tốc 30km/h nên thời gian về ít hơn thời gian đi là 20 phút. Tính quãng đường AB.

GIẢI Gọi x (km) là độ dài quãng đường AB. Điều kiện x > 0 Thời gian lúc đi là “ giờ, lúc về là ” giờ

25 Theo đề bài ta có phương trình x = (20 phút = giờ) Giải phương trình này ta có x = 50 (nhận)

Trả lời: Vậy quãng đường AB dài 50km. Bài 13. Một xí nghiệp dự định sản xuất 1500 sản phẩm trong 30

ngày. Nhưng nhờ tổ chức lao động hợp lí nên thực tế đã sản xuất mỗi ngày vượt 15 sản phẩm. Do đó xí nghiệp đã sản xuất không những vượt mức dự định 255 sản phẩm mà còn hoàn thành trước thời hạn. Hỏi thực tế xí nghiệp đã rút ngắn được bao nhiêu ngày?

GIẢI Gọi x (ngày) là thời gian đã rút ngắn so với kế hoạch. Số ngày thực tế sản xuất 30 – x (ngày) (điều kiện x nguyên, dương và x < 30) Số sản phẩm thực tế đã sản xuất mỗi ngày 4 + 15 = 65 (sản phẩm)

30 Số sản phẩm đã sản xuất được 1500 + 255 = 1755 (sản phẩm) Ta có phương trình (30 – x).65 = 1755 = x = 3 (nhận). Trả lời: Vậy xí nghiệp đã rút ngắn được 3 ngày.

Bài 14. Cho biểu thức A =

–

2)+

10 – XP X + 2

+- -+– -1:1(x

2 – x x + 2)

x2 – 4

1. a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị của A biết |x| = c) Tìm giá trị của x để A < 0

GIẢI

a)

Rút gọn A

Ta có A=(,,,

10-827

Ta có A =

1 X Lx- 4

2 +- —

2 – x

1 +- 1:10

x + 2)

5) (x-2) 10.

– 2) +

x + 2

10 – x2

=

x (x2 – 4

2(x + 2) x2 – 4

X – 2 X-2 x2 –

4

X” – x“ – 4

+ 2

x

x

– 6 x2 -4

x+2

6

– 1 X – 2

X – 2x – 4 + x – 2 x2 – 4 + 10 – x2 x2 – 4

X + 2 Vậy A = ‘, (ĐK x + 2)

nếu x > 0

X

+

1. b) Với x = 2

,

1 nếu x < 0

|

X

=

–

X

2

1

1

• Khi x , ta có A ,

Khi x = 2, ta có A = –

,

colo

2-X

2

1

Khi x = – –

or 10

1

1. c) Khi A < 0

8

–

_ –

< 0 < 0

= 2 – x < 0 (vì tử số là 1 > 0) – 2 – 3 < 0 (vì từ So la

= x > 2

2-X

Vậy khi x > 2 thì biểu thức A < 0. Bài 15. Giải bất phương trình “>1

Ta có X -1

>1

X-

GIẢI X-1

-1> 0 X-3 X-1-(x-3

X-3 x-1-X+3

X-3

e x – 3 > 0 (vì tử số là 2 > 0)

* x>3 Vậy S = {x + Rx > 3}

X

5cm

cm

3cm

DL4cm

1. PHÂN HÌNH HỌC Bài 1. Dựng hình thang ABCD (AB AC

| CD), biết ba cạnh AD = 2cm, CD = 4cm, BC = 3cm và đường chéo AC = 5cm

GIẢI Cách dựng * Dựng tam giác ADC với AD = 2cm, CD = 4cm, AC = 5cm | Trong nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AC không chứa điểm D, ta dựng tia Ax song song với CD và dựng cung tròn (O; 3cm) cắt tia Ax tại B.

Nối B với C ta được tứ giác ABCD là hình thang cần dựng. Chứng minh

| Tam giác ADC có AD = 2cm, CD = 4cm, AC = 5cm (theo cách dựng) * AB < Ax nên AB // CD vì Ax // CD (theo cách dựng)

Điểm B thuộc cung tròn (O; 3cm) nên BC = 3cm.

Vậy hình thang ABCD thỏa mãn đề bài. Cung tròn (O; 3cm) cắt tia Ax tại hai điểm B và B’. Do đó ta dựng được

hai hình thang thỏa mãn đề bài. Bài 2. Cho hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau

0 và tam giác ABC là tam giác đều. Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng OA, OD và BC. Chứng minh rằng tam giác EFG là tam giác đều.

GIẢI Ta có OCD = OAB và ODC = OBA (so le trong) Mà OAB = OBA = 60° (tam giác OAB đều) = OCD = ODC = 60° > Tam giác ACD đều Từ hai tam giác đều trên ta có OA + OC = OB + OD

AC

BD = ABCD là hình thang cân (hình thang có hai đường chéo bằng nhau) = AD = BC (hai cạnh bên của hình thang cân) EO = EA

} = EF là đường trung bình của tam giác OAD

Ta có F0 = FT

= EF = FAD nên EF = BC

(1)

Mặt khác BE và CF là trung tuyến của hai tam giác đều OAB và OCD cũng là đường cao – BEC = BFC = 90° Do GB = GC suy ra EG và FG là hai trung tuyến của hai tam giác vuông BEC và BFC ứng với cạnh huyền BC. = EG = FG = = BC (2)

Từ (1) và (2) ta có EF = EG = FG (= BC) .

04 Vậy tam giác EFG là tam giác đều(đpcm). Bài 3. Tam giác ABC có các đường cao BD, CE cắt nhau tại H.

Đường vuông góc với AB tại B và đường vuông góc với AC tại C cắt nhau ở K. Tam giác ABC có điều kiện gì thì tứ giác BHCN là : a) Hình thoi

1. b) Hình chữ nhật.

GIẢI Ta có: BH || KC (vì cùng vuông góc với AC) (1)

CH // KB (vì cùng vuông góc với AB) (2) Từ (1) và (2) suy ra BHCK là hình bình hành a) Hình bình hành BHCK trở thành hình thoi khi và chỉ khi HB = HC Tam giác HBC cân tại H = B = C.

A . Ta đã có B = Ca (góc có cạnh tương ứng vuông góc) => B1 + B2 = Ĉi + C2 ř

RIIN » Tam giác ABC cân tại A Vậy tam giác ABC cân tại A thì hình bình

hành BHCK trở thành hình thoi. b) Hình bình hành BHCK trở thành hình chữ nhật khi và chỉ khi nó có

một góc vuông, chẳng hạn K = 90° Lúc đó A = 360° – (B + C + K = 360° – (90° + 90° + 90°) = 90° Do đó tam giác ABC vuông tại A Vậy tam giác ABC vuông tại A thì hình bình hành BHCK trở thành hình chữ nhật, lúc đó điểm H trùng với điểm A.

Bài 4. Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự là

trung điểm của AB, CD. Gọi E là giao điểm của AN và DM, K là giao điểm của BN và CM. Hình bình hành ABCD phải có điều kiện gì để tứ giác MENK là : a) Hình thoi

1. b) Hình chữ nhật c) Hình vuông

GIẢI Do AB // CD và AB = CD = BM // DN và BM = DN – BMDN là hình bình hành – ME // NK

(1) Tương tự AMCN là hình bình hành » MK // NE (2) Từ (1) và (2) suy ra MENK là hình bình hành Tương tự các tứ giác AMND, BMNC là hình bình hành, Suy ra MN // AD và MN = AD (3) Và E là trung điểm của MD, K là trung điểm của MC nên EK là đường trung bình của tam giác NAB

D4 Suy ra EK // AB và EK = – AB (4)

1. a) Hình bình hành MENK trở thành hình thoi khi và chỉ khi MN I EK

Từ (3) và (4) suy ra AB 1 AD, lúc đó ABCD là hình chữ nhật

Vậy ABCD là hình chữ nhật thì MENK là hình thoi b) Hình bình hành MENK trở thành hình chữ nhật khi MN = EK

Từ (3) và (4) suy ra AD = AB

Vậy khi hình bình hành ABCD có một cạnh gấp đôi cạnh bề nó

thì MENK là hình chữ nhật. c) Kết hợp kết quả của a) và b), ta có

Nếu ABCD là hình chữ nhật có một cạnh gấp đôi cạnh hề nó

thì MENK là hình vuông. Bài 5. Trong tam giác ABC, các trung tuyến AA’ và BB cắt nhau ở

1. Tính diện tích tam giác ABC biết rằng diện tích tam giác ABG bằng S.

GIẢI Gọi CC là trung tuyến thứ ba của tam giác ABC vì G là trọng tâm, suy ra CG = acc

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của C, G trên AB. Tam giác CCH có GK /CH

C’G

1

(cùng vuông góc với AB), ta có

CH

– AB.GK

Ta có SABG = 2

– H

= =

SABC

= SABC = 3SABG . Vậy SABC = 3S

3

CH

= SABC –

(

AB.CH

Bài 6. Cho tam giác ABC và trung

tuyến BM. Trên đường thẳng BC lấy điểm D sao cho AM = A. Tia AD cắt

BK BC ở K. Tìm tỉ số diện tích của tam giác ABK và tam giác ABC.

GIẢI – Kẻ đường cao AH của tam giác ABC Từ M kẻ MN // AK (N + BC) kết hợp với MA = MC (giả thiết)

> NC = KN (định lí 1 về đường trung bình của tam giác) Tam giác BMN có DK // MN. Theo định lí Tablet, ta có : BK BD 1 C. BD 1) Nov KN = DM=5 l do DM=5] > KN = 2BK (1) = NC = KN = 2BK Ta lại có BC = BK + KN + NC = BK + 2BK + 2BK = 5BK – BK 1 -> BC 5

(1)

M

2

= AH.BK

D

Ta có SABK

WABK

^^ BK 1. Vậy SABK !

ABK

SABCI AH.BC BC

Bài 7. Cho tam giác ABC (AB < AC). Tia phân giác của góc A cắt BC

1. Qua trung điểm M của BC kẻ một tia song song với A cắt đường thẳng AB ở D, cắt AC ở E. Chứng minh BD = CE.

GIẢI

Ta có AK || DM (giả thiết) Áp dụng định lí Ta-let cho tam giác BDM, BD BM

(1) ta có AD KM Áp dụng định lí Ta-let cho tam giác CAK,

VIL

.

ta có CE CM

(2)

BRMC

AE KM

ra

Ta có MB = MC (giả thiết) = BM CM

KM KM Từ (1) và (2), suy ra RD E (3) Do AK // DM suy ra DI = Âu (đồng vị) | 0 – 6 (vì Âu = Âu giả thiết) Ê = A2 (so le trong)

Tam giác ADE cân tại A

→ AD = EA Từ (3) suy ra BD = CE (đpcm). Bài 8. Trên hình 151 cho thấy ta có thể xác định chiều rộng BB của

khúc sông bằng cách xét hai tam giác đồng dạng ABC và AB°C. Hãy tính BB’ nếu AC = 100m, AC = 32m, AB = 34m.

GIẢI Trên hình cho thấy BC // BC

imit te AB’ _AC’ Theo định lí Tablet ta có :

B’B = BB’ – AB.CC (*)

SSSS

SSSSSSSSSSS

SSSSS SSSSSSSS Syssssss

S3555555 SSSSSSS

SS55555555

IS

ACH

34.68

hay BB’ – 34.(100 – 32)

– = 72,25 (m)

Hình 151 32

32 Vậy chiều rộng khúc sông xấp xỉ 72m. Bài 9. Cho tam giác ABC có AB < AC, D là một điểm nằm giữa A

và C. Chứng minh rằng ABD = ACB + AB^ = AC.AD.

GIẢI

• Chứng minh ABD = ACB = AB? = AC.AD

Xét hai tam giác ABD và ACB có 4 chung và ABD = ACB (giả thiết)

Do đó AABD o AACB (g8) = AB = AB = AB° = AC.AD (1) + Chứng minh AB? = AC.AD = ABD = ACB Từ AB = AC.AD = AB = AB

AC AB Xét hai tam giác ABD và ACB có AB AB và A chung

D

16

..

25

..

.

..

..

Do đó AABD v2 AACB (c.g.c)

ABD = ACB (hai góc tương ứng bằng nhau) R (2) Từ (1) và (2), ta có ABD = ACB • AB° = AC.AD (đpcm). Bài 10. Cho hình hộp chữ nhật

ABCD.A’B’C’D’ có AB = 12cm, AD = 16cm, AA’ = 25cm. a) Chứng minh các tứ giác ACCA, BDD’B’ là các hình chữ nhật.

DO b) Chứng minh AC = AB^ + AD^ + AA%. c) Tính diện tích toàn phần và thể tích của hình hộp chữ nhật.

GIẢI a) Do ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật nên các cạnh bên bằng nhau

và vuông góc với hai đáy. Do đó : • AA’ // CC, AA’ = CC, AA’! A’C – ACCA” là hình chữ nhật. • BB’ || DD’, BB’ = DD, BB’l BD = BB’D’B’ là hình chữ nhật. Ghi chú Ta có AA’ ở mp(A’B’C’D’), A’C c mp(A’B’C’D’)

mà AA’I mp(A’B’C’D’) = AA’ I A’C’ Tương tự BB’ B’D’. | Chứng minh tương tự ta thấy BDDB” là hình chữ nhật. b) Áp dụng định lí Pi-ta-go, ta có * Tam giác ABC vuông tại A = AC = A^2 + AA** (1) * Tam giác ABC vuông tại B = AC = AB2 + c^2(2)

Thay vào (1), ta có AC^ = A’B’^ + BC + AA Thay AB = AB, BC = AD = AD vào (2) ta được :

AC = AB? + AD? + AA (dpcm). c) Diện tích toàn phần hình hộp chữ nhật

Stp = 2(AB + AD).AA’ + 2(AB.AD)

= 2(12 + 16).25 +2.12.16 = 1784 (cm) Thể tích hình hộp chữ nhật:

V = AB AD AA’ = 12.16.25 — 4800 (cm’).

Bài 11. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có

cạnh đáy AB = 20cm, cạnh bên SA = 24cm. a) Tính chiều cao SO rồi tính thể

24cm tích hình chóp. b) Tính diện tích toàn phần của hình chóp.

GIẢI a) Tính SO • ABCD là hình vuông cạnh 20cm = AC = 20 V2 (cm) = OA = AC = 10 V2 (cm)

B

20cm

Tam giác SAA vuông tại O. Theo định lí Pi-ta-go ta có : SA? = OA? + SO2 > So? = SA – OA? hay so= 242 – (10 V2)= 576 – 200 = 376 =SO = 1376 – 19,39 (cm)

Vậy S6 = 19,39cm. | Thể tích hình chóp Ta có V = ABoso = 120°.19,39 = 2585,33 (cm)

1. b) Vẽ SM 1 AB thì SM là trung đoạn của hình chóp Từ tam giác vuông SMA suy ra :

SM = SAP – AM- V242 – 102 = 1476 – 21,82 (cm) Diện tích toàn phần của hình chóp Stp = Sxq + Sđáy = 2AB.SM + AB*

= 2.20.21,82 + 202 = 1272,8 (cm) Vậy Sep = 1272,8cm”.