Bài I. [2,0 điểm] : Phân tích đa thức thành nhân tử :
\[1]\;{x^2} - xy\] \[2]\;xy + x + y + 1\] \[3]\;{x^3} - 7{x^2} + 10x\]
Bài II [2,0 điểm] :
1] Rút gọn biểu thức : \[x\left[ {1 - x} \right] + \left[ {x + 1} \right]\left[ {x - 2} \right]\]
2] Tìm \[x\] biết : \[{\left[ {x + 3} \right]^2} - {x^2} = 45\]
Bài III [2,0 điểm] :
Cho hai biểu thức : \[A = \dfrac{{{x^2} - 9}}{{3\left[ {x + 5} \right]}}\] và \[B = \dfrac{x}{{x + 3}} + \dfrac{{2x}}{{x - 3}} - \dfrac{{3{x^2} + 9}}{{{x^2} - 9}}\] với \[x \ne - 5;\,x \ne \pm 3.\]
1] Tính giá trị của biểu thức \[A\] khi \[x = 2.\]
2] Rút gọn biểu thức \[B.\]
3] Cho \[P = A.B.\] Tìm giá trị nguyên của \[x\] để \[P\] có giá trị nguyên.
Bài IV. [3,5 điểm] :
Cho tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] có đường cao \[AH\] [\[H\] thuộc \[BC\]]. Gọi \[M\] là trung điểm của đoạn thẳng \[AB.\] Gọi \[E\] là điểm đối xứng với \[H\] qua \[M.\]
1] Chứng minh tứ giác \[AHBE\] là hình chữ nhật.
2] Gọi \[N\] là trung điểm của \[AH.\] Chứng minh \[N\] là trung điểm của \[EC.\]
3] Cho \[AH = 8cm;\,BC = 12cm.\] Tính diện tích tam giác \[AMH.\]
4] Trên tia đối của tia \[HA\] lấy điểm \[F.\] Kẻ \[HK \bot FC\] [\[K\] thuộc \[FC\]]. Gọi \[I,\,Q\] lần lượt là trung điểm của \[HK,\,KC.\] Chứng minh rằng : \[BK \bot FI.\]
Bài V. [0,5 điểm] : Cho \[a + b + c = 0\] \[\left[ {a \ne 0;\,b \ne 0;\,c \ne 0} \right].\] Tính giá trị của biểu thức
\[A = \dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} - {b^2} - {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} - {c^2} - {a^2}}} \]\[+ \dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} - {a^2} - {b^2}}}\]
----------HẾT----------
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Thực hiện: Ban chuyên môn
Bài I [VD]:
Phương pháp:
a] Dùng phương pháp đặt nhân tử chung
b] Dùng phương pháp đặt nhân tử chung và nhóm hạng tử
c] Đặt nhân tử chung rồi tách hạng tử để nhóm các hạng tử thích hợp
Cách giải:
1] \[{x^2} - xy = x\left[ {x - y} \right]\]
2]
\[\begin{array}{l}xy + x + y + 1\\ = x\left[ {y + 1} \right] + \left[ {y + 1} \right]\\ = \left[ {y + 1} \right]\left[ {x + 1} \right]\end{array}\]
3]
\[\begin{array}{l}{x^3} - 7{x^2} + 10x\\ = x\left[ {{x^2} - 7x + 10} \right]\\ = x\left[ {{x^2} - 2x - 5x + 10} \right]\\ = x\left[ {x\left[ {x - 2} \right] - 5\left[ {x - 2} \right]} \right]\\ = x\left[ {x - 5} \right]\left[ {x - 2} \right]\end{array}\]
Bài II [VD]:
Phương pháp:
1] Nhân đơn thức với đa thức, nhân đa thức với đa thức rồi thu gọn
2] Sử dụng hằng đẳng thức \[{\left[ {a + b} \right]^2} = {a^2} + 2ab + {b^2}\] sau đó rút gọn vế trái đưa về dạng tìm \[x\] thường gặp
Cách giải:
1] Rút gọn biểu thức : \[x\left[ {1 - x} \right] + \left[ {x + 1} \right]\left[ {x - 2} \right]\]
Ta có:
\[\begin{array}{l}x\left[ {1 - x} \right] + \left[ {x + 1} \right]\left[ {x - 2} \right]\\ = x - {x^2} + {x^2} - 2x + x - 2\\ = - 2\end{array}\]
2] Tìm \[x\] biết : \[{\left[ {x + 3} \right]^2} - {x^2} = 45\]
Ta có:
\[\begin{array}{l}{\left[ {x + 3} \right]^2} - {x^2} = 45\\ \Leftrightarrow {x^2} + 6x + 9 - {x^2} = 45\\ \Leftrightarrow 6x = 36\\ \Leftrightarrow x = 6\end{array}\]
Vậy \[x = 6.\]
Bài III [VD ]:
Phương pháp:
1] Thay \[x = 2\] [thỏa mãn điều kiện] vào biểu thức A rồi tính toán
2] Qui đồng mẫu các phân thức rồi cộng trừ các phân thức, sau đó rút gọn
3] Tính \[P.\] Sau đó biến đổi \[P\] về dạng \[P = a + \dfrac{b}{{f\left[ x \right]}}\] với \[a,b \in Z\]
Khi đó: \[P \in Z \Rightarrow f\left[ x \right] \in U\left[ b \right]\], từ đó ta tìm được \[x.\]
Kết hợp điều kiện của \[x\] rồi kết luận
Cách giải:
Cho hai biểu thức : \[A = \dfrac{{{x^2} - 9}}{{3\left[ {x + 5} \right]}}\] và \[B = \dfrac{x}{{x + 3}} + \dfrac{{2x}}{{x - 3}} - \dfrac{{3{x^2} + 9}}{{{x^2} - 9}}\] với \[x \ne - 5;\,x \ne \pm 3.\]
1] Tính giá trị của biểu thức \[A\] khi \[x = 2.\]
Với \[x = 2\] [thỏa mãn điều kiện], thay vào \[A\] ta có :
\[\begin{array}{l}A = \dfrac{{{2^2} - 9}}{{3.\left[ {2 + 5} \right]}}\\A = \dfrac{{ - 5}}{{21}}\end{array}\]
Vậy \[A = - \dfrac{5}{{21}}\] khi \[x = 2.\]
2] Rút gọn biểu thức \[B.\]
Ta có:
\[B = \dfrac{x}{{x + 3}} + \dfrac{{2x}}{{x - 3}} - \dfrac{{3{x^2} + 9}}{{{x^2} - 9}}\]
\[\begin{array}{l}B = \dfrac{{x\left[ {x - 3} \right] + 2x\left[ {x + 3} \right] - 3{x^2} - 9}}{{\left[ {x - 3} \right]\left[ {x + 3} \right]}}\\B = \dfrac{{{x^2} - 3x + 2{x^2} + 6x - 3{x^2} - 9}}{{\left[ {x - 3} \right]\left[ {x + 3} \right]}}\\B = \dfrac{{3x - 9}}{{\left[ {x - 3} \right]\left[ {x + 3} \right]}}\\B = \dfrac{{3\left[ {x - 3} \right]}}{{\left[ {x - 3} \right]\left[ {x + 3} \right]}}\\B = \dfrac{3}{{x + 3}}\end{array}\]
Vậy \[B = \dfrac{3}{{x + 3}}\] với \[x \ne - 5;\,x \ne \pm 3.\]
3] Cho \[P = A.B.\] Tìm giá trị nguyên của \[x\] để \[P\] có giá trị nguyên.
Ta có:
\[P = A.B = \dfrac{{\left[ {{x^2} - 9} \right]}}{{3\left[ {x + 5} \right]}} \cdot \dfrac{3}{{x + 3}} \] \[= \dfrac{{x - 3}}{{x + 5}}= \dfrac{{x + 5 - 8}}{{x + 5}} = 1 - \dfrac{8}{{x + 5}}\]
\[P\] có giá trị nguyên thì \[\dfrac{8}{{x + 5}} \in \mathbb{Z} \]\[\Rightarrow x + 5 \in U\left[ 8 \right] = \left\{ { \pm 1; \pm 2; \pm 4; \pm 8} \right\}\]
Ta có bảng sau:
Vậy để \[P\] có giá trị nguyên thì \[x \in \left\{ { - 6; - 7; - 9; - 13; - 4; - 1} \right\}\]
Bài IV [VD ]:
Phương pháp:
1] Sử dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đường chéo giao nhau tại trung điểm mỗi đường là hình bình hành và Hình bình hành có 1 góc vuông là hình chữ nhật
2] Chứng minh \[AEHC\] là hình bình hành sau đó suy ra hai đường chéo \[AH,EC\] giao nhau tại trung điểm \[N\] của mỗi đường.
3] Tính diện tích tam giác \[ABH\], chứng minh \[{S_{ABH}} = 2{S_{AMH}}\] từ đó ta tính được \[{S_{AMH}}\]
4] Sử dụng tính chất đường trung bình của tam giác và quan hệ từ vuông góc đến song song
Cách giải:
1. Chứng minh \[AHBE\] là hình chữ nhật.
Xét tứ giác \[AHBE\] có
\[AB \cap EH = \left\{ M \right\}\]
\[M\] là trung điểm \[AB\] [giả thiết]
\[M\] là trung điểm \[EH\] [\[E\] đối xứng với \[H\] qua \[M\]]
\[ \Rightarrow \] Tứ giác \[AHBE\] là hình bình hành [dấu hiệu nhận biết hình bình hành]
Mà \[\widehat {AHB} = 90^\circ \,\left[ {AH \bot BC} \right]\]
\[ \Rightarrow AHBE\] là hình chữ nhật [dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật]
2. Chứng minh \[N\] là trung điểm của \[EC\]
Vì\[AHBE\] là hình chữ nhật [theo câu a]
\[ \Rightarrow AE//BH;\,AE = BH\,\,\left[ 1 \right]\]
Vì \[\Delta ABC\] cân tại \[A\]
\[AH\] là đường cao
\[ \Rightarrow AH\] đồng thời là đường trung tuyến [tính chất tam giác cân] \[ \Rightarrow HB = HC\,\,\left[ 2 \right]\]
Từ \[\left[ 1 \right]\] và \[\left[ 2 \right]\] \[ \Rightarrow AE = HC;\,AE//HC \Rightarrow AEHC\] là hình bình hành [dấu hiệu nhận biết]
\[ \Rightarrow \] Hai đường chéo \[AH\] và \[EC\] cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
Mà \[N\] là trung điểm \[AH\left[ {gt} \right]\]
\[ \Rightarrow N\] là trung điểm của \[EC\] [đpcm]
3. Cho \[AH = 8cm;\,BC = 12cm.\] Tính diện tích tam giác \[AMH.\]
Ta có \[HB = HC = \dfrac{{BC}}{2} = 6cm\]
Tam giác \[ABH\] vuông tại \[H\] nên \[{S_{ABH}} = \dfrac{1}{2}AH.HB = \dfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot 6 = 24c{m^2}\]
Tam giác \[HAB\] và tam giác \[HMA\] có cùng chiều cao hạ từ đỉnh \[H\]và cạnh đáy \[AB\] gấp hai lần cạnh đáy \[MA\] nên \[{S_{ABH}} = 2{S_{AMH}}\]
Suy ra \[{S_{AMH}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABH}} = \dfrac{1}{2}.24 = 12c{m^2}\]
Vậy \[{S_{AMH}} = 12c{m^2}\]
4. Trên tia đối của tia \[HA\] lấy điểm \[F.\] Kẻ \[HK \bot FC\] [\[K\] thuộc \[FC\]]. Gọi \[I,\,Q\] lần lượt là trung điểm của \[HK,\,KC.\] Chứng minh rằng : \[BK \bot FI.\]
Xét tam giác \[HKC\] có \[I,Q\] lần lượt là trung điểm cạnh \[HK,CQ\] nên \[IQ\] là đường trung bình \[\Delta HKC\]
\[ \Rightarrow IQ//HC\] [tính chất]
Mà \[HC \bot HF\] \[ \Rightarrow IQ \bot HF\]
Xét tam giác \[HFQ\] có \[IQ \bot HF\left[ {cmt} \right],\,HK \bot FQ\left[ {gt} \right]\] mà \[I \in HK \Rightarrow \]\[I\] là trực tâm của \[\Delta HFQ\]
\[ \Rightarrow FI \bot HQ\]
Xét tam giác \[BCK\] có \[H,Q\] lần lượt là trung điểm cạnh \[BC,CQ\] nên \[HQ\] là đường trung bình \[\Delta BCK\]
\[ \Rightarrow HQ//BK\] mà \[FI \bot HQ\left[ {cmt} \right]\]
\[ \Rightarrow BK \bot FI\] [đpcm]
Bài V [VDC ]:
Phương pháp:
Sử dụng hằng đẳng thức \[{\left[ {x + y} \right]^2} = {x^2} + 2xy + {y^2}\]
Biến đổi để có \[A = \dfrac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{2abc}}\]
Sau đó chứng minh \[{a^3} + {b^3} + {c^3} = 3abc\], từ đó ta tính được \[A.\]
Cách giải:
Vì \[a + b + c = 0\] nên \[a = - b - c \Rightarrow {a^2} = {\left[ { - b - c} \right]^2}\] \[ \Rightarrow {a^2} = {b^2} + 2bc + {c^2}\]
\[ \Rightarrow {a^2} - {b^2} - {c^2} = 2bc\]
Tương tự ta có: \[{b^2} - {a^2} - {c^2} = 2ac;\,\]\[{c^2} - {b^2} - {a^2} = 2ab\]
Khi đó:
\[A = \dfrac{{{a^2}}}{{2bc}} + \dfrac{{{b^2}}}{{2ac}} + \dfrac{{{c^2}}}{{2ab}} \]\[= \dfrac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{2abc}}\]
Vì \[a + b + c = 0\] nên \[a + b = - c\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left[ {a + b} \right]^3} = - {c^3}\\ \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + 3ab\left[ {a + b} \right] + {c^3} = 0\\ \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} = - 3ab.\left[ { - c} \right]\\ \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} = 3abc\end{array}\]
Từ đó:
\[A = \dfrac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{2abc}} = \dfrac{{3abc}}{{2abc}} = \dfrac{3}{2}\]
Vậy \[A = \dfrac{3}{2}.\]
Hết