Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8

 k k
k k k
  
    Nên 
B = 
2 2 2 2 2 2 2 2
1.3 2.4 3.5 ( 1)( 1) 1.3.2.4...( 1)( 1) 1.2.3...( 1) 3.4.5...( 1) 1 1 1
. . ... . .
2 3 4 2 .3 .4 ... 2.3.4...( 1) 2.3.4.... 2 2
n n n n n n n n
n n n n n n n
       
   

c) C = 
150 150 150 150
......
5.8 8.11 11.14 47.50
     = 
1 1 1 1 1 1 1
150. . ......
3 5 8 8 11 47 50
 
      
 
        = 50.
1 1 9
50. 45
5 50 10
 
   
 
d) D = 
1 1 1 1
......
1.2.3 2.3.4 3.4.5 ( 1) ( 1)n n n
   
 
 = 
1 1 1 1 1 1 1
. ......
2 1.2 2.3 2.3 3.4 ( 1) ( 1)n n n n
 
      
  
        = 
1 1 1 ( 1)( 2)
2 1.2 ( 1) 4 ( 1)
n n
n n n n
   
    
Bài 2: 
a) Cho A = 
1 2 2 1
...
1 2 2 1
m m
m n
 
   
 
; B = 
1 1 1 1
......
2 3 4 n
    . Tính  
A
B
Ta có 
A = 
1
1 1 1 1
... 1 1 ... 1 ... ( 1)
1 2 2 1 1 2 2 1n
n n n n
n n
n n n n
    
                  
       
   
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 8 
 57 
    = 
1 1 1 1 1 1 1
... 1 ... nB
1 2 2 1 2 2 1
n n
n n n n
   
            
      
   
A
B
 = n 
b) A = 
1 1 1 1
......
1.(2n - 1) 3.(2n - 3) (2n - 3).3 (2n - 1).1
     ;      B = 1 + 
1 1
......
3 2n - 1
   
Tính A : B 
Giải 
A = 
1 1 1 1 1 1 1
1 ... 1
2n  2n - 1 3 2n - 3 2n - 3 3 2n - 1
        
               
        
1 1 1 1 1 1 1
1 ...... ...... 1
2n  3 2n - 1 2n - 3 2n - 1 2n - 3 3
1 1 1 1 1 A 1
.2. 1 ...... .2.B 
2n 3 2n - 1 2n - 3 2n B n
    
             
    
 
        
 
Bài tập về nhà 
Rút gọn các biểu thức sau: 
a) 
1 1 1
+......+
1.2 2.3 (n - 1)n
                                      b) 
2 2 2 2
2 2 2 2
1 3 5 n
. . ......
2 1 4 1 6 1 (n + 1) 1   
c) 
1 1 1
+......+
1.2.3 2.3.4 n(n + 1)(n +2)
  
* Dạng 3: Rút gọn; tính giá trị biểu thức thoả mãn điều kiện của biến 
Bài 1:  Cho  
1
x 3
x
+ = . Tính giá trị của các biểu thức sau : 
  a)  2
2
1
A x
x
= +  ;     b)  3
3
1
B x
x
= +  ;     c)  4
4
1
C x
x
= +  ;      d)  5
5
1
D x
x
= + . 
Lời giải 
  a) 
2
2
2
1 1
A x x 2 9 2 7
x x
æ ö÷ç= + = + - = - =÷ç ÷çè ø
 ; 
  b) 
3
3
3
1 1 1
B x x 3 x 27 9 18
x x x
æ ö æ ö÷ ÷ç ç= + = + - + = - =÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø
 ; 
  c) 
2
4 2
4 2
1 1
C x x 2 49 2 47
x x
æ ö÷ç= + = + - = - =÷ç ÷çè ø
 ; 
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 8 
 58 
  d)  2 3 5
2 3 5
1 1 1 1
A.B x x x x D 3
x x x x
æ öæ ö÷ ÷ç ç= + + = + + + = +÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè øè ø
  D = 7.18 – 3 = 123. 
Bài 2:  Cho 
x y z
 +   +   = 2
a b c
 (1); 
a b c
 +   +   = 2
x y z
 (2).  
 Tính giá trị biểu thức  D = 
22 2
a b c
 +   +   
x y z
    
    
    
Từ (1)  suy ra bcx + acy + abz = 0 (3) 
Từ (2) suy ra  
2 22 2 2 2
a b c ab ac bc a b c ab ac bc
 +   +   + 2 . 4  +   +  4 2 .
x y z xy xz yz x y z xy xz yz
              
                     
              
 (4) 
Thay (3) vào (4) ta có  D = 4 – 2.0 = 4 
Bài 3 
a) Cho abc = 2; rút gọn biểu thức A = 
a b 2c
ab + a + 2 bc + b + 1 ac + 2c + 2
   
Ta có :  
A = 
a ab 2c a ab 2c
ab + a + 2 abc + ab + a ac + 2c + 2 ab + a + 2 2 + ab + a ac + 2c + abc
      
    = 
a ab 2c a ab 2 ab + a + 2
1
ab + a + 2 2 + ab + a c(a + 2 + ab) ab + a + 2 2 + ab + a a + 2 + ab ab + a + 2
        
b) Cho a + b + c = 0; rút gọn biểu thức B = 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c
a  - b  - c b  - c  - a c  - b  - a
   
Từ a + b + c = 0 a = -(b + c)   a2 = b2 + c2 + 2bc   a2 - b2 - c2 = 2bc 
Tương tự ta có: b2 - a2 - c2 = 2ac ; c2 - b2 - a2 = 2ab (Hoán vị vòng quanh), nên 
B = 
2 2 2 3 3 3a b c a b c
2bc 2ac 2ab 2abc
 
    (1) 
a + b + c = 0   -a = (b + c)   -a3 = b3 + c3 + 3bc(b + c)   -a3 = b3 + c3 – 3abc  
  a3 + b3 + c3 = 3abc (2) 
Thay (2) vào (1) ta có B = 
3 3 3a b c 3abc 3
2abc 2abc 2
 
   (Vì  abc    0) 
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 8 
 59 
c) Cho a, b, c từng đôi một khác nhau thoả mãn: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 
Rút gọn biểu thức  C = 
2 2 2
2 2 2
a b c
   + 
a  + 2bc b  + 2ac c  + 2ab
  
Từ (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2   ab + ac + bc = 0 
   a2 + 2bc = a2 + 2bc – (ab + ac + bc) = a2 – ab + bc – ac = (a – b)(a – c) 
Tương tự: b2 + 2 ac  =  (b – a)(b – c) ; c2 + 2ab = (c – a)(c – b) 
C  = 
2 2 2 2 2 2a b c a b c
   +   - 
(a - b)(a - c) (b - a)(b - c)  (c - a)(c - b) (a - b)(a - c) (a - b)(b - c)  (a - c)(b - c)
    
    =  
2 2 2a (b - c) b (a - c) c (b - c) (a - b)(a - c)(b - c)
 -  1
(a - b)(a - c)(b - c)  (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c)
    
* Dạng 4: Chứng minh đẳng thức thoả mãn điều kiện của biến 
1. Bài 1: Cho 
1 1 1
 +   +   = 2
a b c
 (1); 
2 2 2
1 1 1
 +   +   = 2
a b c
  (2). 
Chứng minh rằng: a + b + c =  abc  
Từ (1) suy ra  
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
 +   +   + 2.   +   +  4 2.   +   +  4  +   + 
a b c ab bc ac ab bc ac a b c
     
        
     
  
1 1 1 a + b + c
 +   +  1 1
ab bc ac abc
     a + b + c = abc 
2. Bài 2: Cho a, b, c ≠ 0 và a + b + c ≠ 0 thỏa mãn điều kiện  1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
.   
Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có hai số đối nhau.  
Từ đó suy ra rằng :
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
. 
 Ta có : 
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
   1 1 1 1 0
a b c a b c
+ + - =
+ +
     a b a b 0
ab c(a b c)
+ +
+ =
+ +

a b 0 a b
c(a b c) ab
(a b). 0 (a + b)(b + c)(c + a) = 0 b c 0 b c
abc(a b c)
c a 0 c a
é é+ = = -
ê ê+ + + ê ê+ = Û Û + = Û = -
ê ê+ + ê ê+ = = -ë ë
Từ đó suy ra : 
2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 1 1 1 1 1 1
a b c a ( c) c a
+ + = + + =
-
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 8 
 60 
2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 1 1
a b c a ( c) c a
= =
+ + + - +
      
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
. 
3. Bài 3: Cho 
a b c b c a
 +   + 
 b   c   a   a   b   c 
    (1) 
chứng minh rằng : trong ba số a, b, c tồn tại hai số bằng nhau 
Từ (1)    2 2 2 2 2 2 2 2 2a c + ab  + bc  = b c + ac  + a b   a (b - c) - a(c b ) bc(c - b) = 0    
   (c – b)(a2 – ac = ab + bc) = 0   (c – b)(a – b)( a – c) = 0   đpcm 
4. Bài 4: Cho (a2 – bc)(b – abc) = (b2 – ac)(a – abc); abc   0 và a   b 
 Chứng minh rằng: 
1 1 1
 +   +   = a + b + c
a b c
Từ  GT   a2b – b2c  - a3bc + ab2c2 = ab2 – a2c – ab3c + a2bc2 
             (a2b – ab2) + (a2c – b2c) = abc2(a – b) + abc(a - b)(a + b) 
             (a – b)(ab + ac + bc) = abc(a – b)(a + b + c)  
             
ab + ac + bc
 = a + b + c 
abc

1 1 1
 +   +   = a + b + c
a b c
5. Bài 5: Cho a + b + c = x + y + z = 
a b c
 +   +   = 0
x y z
; Chứng minh rằng: ax2 + by2 + cz2 = 0 
Từ  x + y + z = 0   x2 = (y + z)2 ; y2 = (x + z)2 ; z2 = (y + x)2 
  ax2 + by2 + cz2 = a(y + z)2 + b(x + z)2 + c (y + x)2 =  
 = (b + c)x2 + (a + c)y2 + (a + b)z2 + 2(ayz + bxz + cxy) (1) 
Từ  a + b + c = 0   - a = b + c; - b = a + c; - c = a + b (2) 
Từ  
a b c
 +   +   = 0
x y z
   ayz + bxz + cxy = 0 (3). Thay (2), (3) vào (1); ta có:  
ax2 + by2 + cz2 = -( ax2 + by2 + cz2 )   ax2 + by2 + cz2 = 0 
6. Bài 6: Cho 
a b c
 +  0
b - c c - a a - b
  ; chứng minh: 
2 2 2
a b c
 +  0
(b - c) (c - a) (a - b)
   
Từ  
a b c
 +  0
b - c c - a a - b
     
2 2a b c b ab + ac - c
 = 
b - c a - c b - a (a - b)(c - a)

   
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 8 
 61 
  
2 2
2
a b ab + ac - c
(b - c) (a - b)(c - a)(b - c)

   (1)  (Nhân hai vế với  
1
b - c
) 
Tương tự, ta có: 
2 2
2
b c bc + ba - a
(c - a) (a - b)(c - a)(b - c)

  (2) ; 
2 2
2
c a ac + cb - b
(a - b) (a - b)(c - a)(b - c)

  (3) 
Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm 
7. Bài 7:  
Cho a + b + c = 0; chứng minh: 
a - b  b - c c - a c a b
 +   + 
 c   a   b   a - b   b - c   c - a 
  
   
  
 = 9 (1) 
Đặt  
a - b  b - c c - a
 = x ;  ;
 c   a   b 
y z     
c 1 a 1 b 1
 =    ;
 a - b  x  b - c   c - a y z
   
(1)     
1 1 1
x + y + z  +   +  9
x y z
 
 
 
Ta có:   
1 1 1 y + z x + z x + y
x + y + z  +   +  3  +   + 
x y z x y z
   
    
   
 (2) 
Ta lại có: 
2 2y + z b - c c - a c b bc + ac - a c c(a - b)(c - a - b) c(c - a - b)
. .
x  a   b   a - b  ab  a - b  ab(a - b) ab
 
     
 
= 
  2c 2c - (a + b + c) 2c
ab ab
  (3) 
Tương tự, ta có:  
2x + z 2a
y bc
  (4) ; 
2x + y 2b
z ac
  (5) 
Thay (3), (4) và (5) vào (2) ta có:  
 
1 1 1
x + y + z  +   +  3
x y z
 
 
 
 + 
2 2 2 2c  2a  2b
ab bc ac
   = 3 + 
2 
abc
(a3 + b3 + c3 ) (6) 
Từ  a + b + c = 0   a3 + b3 + c3 = 3abc (7) ? 
Thay (7) vào (6) ta có:   
1 1 1
x + y + z  +   +  3
x y z
 
 
 
 + 
2 
abc
. 3abc = 3 + 6 = 9 
Bài tập về nhà: 
1) cho  
1 1 1
 +   +  0
x y z
 ; tính giá trị biểu thức A = 
2 2 2
yz xz xy
 +   + 
x y z
HD: A = 
3 3 3
xyz xyz xyz
 +   + 
x y z
 ; vận dụng a + b + c = 0   a3 + b3 + c3 = 3abc 
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 8 
 62 
2) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc ; Tính giá trị biểu thức A = 
a b c
 + 1  + 1  + 1
b c a
   
   
   
3) Cho x + y + z = 0; chứng minh rằng:  3 0
y z x z x y
x y z
  
     
4) Cho a + b + c = a2 + b2 + c2 = 1; 
a b c
x y z
  . Chứng minh xy + yz + xz  = 0 
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 8 
 63 
CHUYÊN ĐỀ 13 – CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG 
A. Kiến thức: 
* Tam giác đồng dạng: 
a) trường hợp thứ nhất: (c.c.c) 
ABC   A’B’C’   
AB AC BC
 =   = 
A'B' A'C' B'C'
b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c) 
ABC   A’B’C’   
AB AC
 = 
A'B' A'C'
 ;   A = A'  
c. Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g) 
ABC   A’B’C’     A = A' ;   B = B' 
AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì: 
A'H'
AH