Một số đề thi học sinh giỏi Toán 8 có đáp án

 ĐỀ I
Bài 1 Chứng minh rằng :
a, (n5 – 5n3 + 4n) chia hết cho 120 với m,n thuộc Z
 giải
a)Ta cã : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1)
	= n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) lµ tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp trong ®ã cã Ýt nhÊt hai sè lµ béi cña 2 ( trong ®ã mét sè lµ béi cña 4, mét sè lµ béi cña 3, mét sè lµ béi cña 5).
VËy tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 8,3,5 = 120.
b, Phân tích đa thức thành nhân tử: 
 giải
Đặt Khi đó 
Bài 2: 
 Cho biểu thức : 
a,Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A ?
b,Tìm giá trị của x để A > 0?
 c,Tính giá trị của A trong trường hợp : |x - 7| = 4
 giải
a)
Vậy với thì .
b)
 Với 
 ( Vì 4x2 > 0 mọi x # 0)
Vậy với x > 3 thì A > 0.
c)
Với x = 11 thì A = 
Bµi 3 ( 3®iÓm)
a) Giải phương trình: 
b) Gi¶i phư¬ng tr×nh víi nghiÖm lµ sè nguyªn: 
 x( x + x + 1) = 4y( y + 1).
 Giải
a) ( 1,5 điểm)
 Û
Û
ÛÛ
Û
Û (5x+16)(x+4)(x+6) = (5x+24)(x+2)(x+8)
Û (5x+16)(x2 +10x + 24) = (5x+24)( x2 +10x + 16)
Û 5x3 + 50x2 + 120x + 16x2 + 160x + 16.24 
 = 5x3 + 50x2 + 80x + 24x2 + 240x + 24.16
Û 8x2 + 40x = 0
Û 8x(x + 5) = 0
 x = 0; x = -5
Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm 
b) ( 1,5 điểm)
+ Ph¬ng tr×nh ®îc biÕn ®æi thµnh: (x + 1)(x+ 1) = (2y + 1)
+ Ta chøng minh (x + 1) vµ (x+ 1) nguyªn tè cïng nhau !
V× nÕu d = UCLN (x+1, x+ 1) th× d ph¶i lµ sè lÎ (v× 2y+1 lÎ)
 2 mµ d lÎ nªn d = 1.
+ Nªn muèn (x + 1)(x+ 1) lµ sè chÝnh ph¬ng 
 Th× (x+1) vµ (x+ 1) ®Òu ph¶i lµ sè chÝnh ph¬ng
 §Æt: (k + x)(k – x) = 1 hoÆc 
+ Víi x = 0 th× (2y + 1)= 1 y = 0 hoÆc y = -1.(Tháa m·n pt)
 VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ: (x;y)
Bµi 4 ( 8 ®iÓm)
Cho h×nh vu«ng ABCD, ®é dµi c¸c c¹nh b»ng a. Mét ®iÓm M chuyÓn ®éng trªn c¹nh DC (MD, MC) chän ®iÓm N trªn c¹nh BC sao cho MAN = 45o, DB thø tù c¾t AM, AN t¹i E vµ F.
1. Chøng minh: ° ABF # °AMC
2.Chøng minh AFM = AEN = 90o
3. Chøng minh SAEF = SAMN
4. Chøng minh chu vi tam gi¸c CMN kh«ng ®æi khi M chuyÓn ®éng trªn DC
5. Gäi H lµ giao ®iÓm cña MF vµ NE . Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2
 Giải
Bài 4 ( 8 điểm)
 1. Chøng minh: ° ABF # °AMC ( 1,25 điểm)
-Ta cm: ABF =ACM = 450
-BAF =MAC ( v× cïng céng víi gãc CAN b»ng 450 )
 suy ra : ° ABF # °AMC
 2. Chøng minh AFM = AEN = 90o ( 1,5 điểm)
TõD AFB # D AMC (g.g) 
=> 
Cã MAF =BAC = 45 0(2) 
Tõ 1 vµ 2 => D AFM # D ABC 
=> AFM = ABC = 90o
C/M hoµn toµn t¬ng tù cã AEN = 900 
v× vËy AFM = AEN = 90o
 3. S D AEF = 1/2 S D AMN (2 điểm)
Cã D AFM # D AEN => 
=> D AEF # D AMN (c.g.c) => 
Cã FAM = 450, AFM = 900 
=> D AFM Vu«ng c©n ®Ønh F nªn AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2 
 => = 
Thay vµo (1) ta ®îc = hay: S D AEF = 1/2 S D AMN
 4.. C/M chu vi D CMN kh«ng ®æi ( 1,25 điểm)
 Trªn tia ®èi cña tia DC lÊy ®iÓm K sao cho DK = BN 
 D ADK = D ABN => AK = AN vµ BAN = DAK. 
 do ®ã D AMN = D AKM (c.gc) => MN=KM 
V× vËy: Chu vi D CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN 
 = CD + KD + CN = CD + NB + CN 
 = CD + CB = 2a kh«ng ®æi 
Tøc lµ: Chu vi D CMN kh«ng thay ®æi khi M chuyÓn ®éng trªn c¹nh DC
5. Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2	(2 điểm)
 KÎ HI ^ MN t¹i I 
- Cm: ° MHI # ° MNF => MH.MF =MI.MN
- Cm: °NHI # °NME => NH.NE =NI.NM
- suy ra: MH.MF + NH.NE =MI.MN + NI.NM = MN( MI+NI ) = MN2
- ¸p dông ®Þnh lÝ Pitago vµo °CMN ta cã: MN2 = MC2 +CN2
 VËy: MH.MF + NH.NE = MC2 +CN2
 Bµi 5 
a) Chöùng minh raèng: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia heát cho x2 + x + 1 vôùi moïi m, n N
b) Cho a; b; clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng 
 giải
Bµi 5: ( 2 điểm)
a) ( 1,0 điểm)
 Ta coù: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x + 1
 = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1)
Vì x3m – 1 vaø x3n – 1 chia heát cho x3 – 1 neân chia heát cho x2 + x + 1
Vaäy: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia heát cho x2 + x + 1 vôùi moïi m, n N
b) ( 1,0 điểm)
§Æt x= b + c ; y= c + a ; z = a + b 
 ta cã a = ; b = ; c =
ta cã (1) 
 ( lµ B®t ®óng?
 Đề 2.
Bài 1
a. Phân tích đa thức thành nhân tử: 
b. Giải phương trình: 
 c. Tìm đa thức biết: chia cho dư 5; chia cho dư 7; chia cho được thương là và đa thức dư bậc nhất đối với .
 Giải
a, = ( x2 – 9) + 2y(x + 3) = (x – 3)(x + 3) + 2y(x + 3)
=(x+ 3)(x + 2y – 3)
b, 
(x – 2014)( ) = 0 
x = 2014
c,Gọi dư trong phép chia f(x) cho x2 - 1 là ax + b
Ta có : f(x) = (x – 2)(x – 3)(x2- 1) + ax + b
Theo bài ra : f(2) = 5 nên ta có 2a + b = 5 ; f(3) = 7 nên 3a + b = 7
HS tính được a = 2 ; b = 1
Vậy đa thức cần tìm là : f(x) = (x – 2)( x – 3)(x2 - 1) + 2x + 1 
Bài 2 
Cho: với ; . Chứng minh:
 chia hết cho 19.
 không phụ thuộc vào và .
 Giải
a ,P = 7.2014n + 12.1995n = 19.2014n -12.2014n + 12.1995n = 19.2014n - 12(2014n -1995n)
Ta có : 19. 2014n 19 ; (2014n -1995n) 19. nên P 19
b,Q = 
= = 
Vậy Q không phụ thuộc vào x
Q = 
 Bài 3
a. Chứng minh: 
b. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 
 giải
a, a2 + 5b – (3a + b) 3ab – 5 2a2 + 10b2 – 6a -2b – 6ab +10 0
a2 – 6ab +9b2 + a2 – 6a + 9 + b2 - 2b +1 0
(a – 3b)2 +(a - 3)2 + (b – 1)2 0 . Dấu « = » xảy ra khi a = 3 ; b = 1
b, 2x2 + 4x + 2 = 21 – 3y2 2(x + 1)2 = 3(7 – y2) (*)
Xét thấy VT chia hết cho 2 nên 3(7 – y2) 2 y lẻ (1)
Mặt khác VT 0 3(7 – y2) 0 y2 7 (2).
Từ (1) và (2) suy ra y2 = 1 thay vào (*) ta có : 2(x + 1)2 = 18
HS tính được nghiệm nguyên đó là (2 ; 1) ; (2 ; -1) ; (-4 ; -1) ; (-4 ; 1)
Bài4
Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC). Các đường cao AE, BF cắt nhau tại H. Gọi M trung điểm của BC, qua H vẽ đường thẳng a vuông góc với HM, a cắt AB, AC lần lượt tại I và K.
a. Chứng minh ABC đồng dạng EFC.
b. Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự tại N và D. Chứng minh NC = ND và HI = HK.
c. Gọi G là giao điểm của CH và AB. Chứng minh:
 Giải
Ta có AEC BFC (g-g) nên suy ra 
Xét ABC và EFC có và góc C chung nên suy ra ABC EFC ( c-g-c)
Vì CN //IK nên HM CN M là trực tâm HNC 
MN CH mà CH AD (H là trực tâm tam giác ABC) nên MN // AD
Do M là trung điểm BC nên NC = ND
IH = IK ( theo Ta let)
Ta có:
Tương tự ta có và 
= +. Dấu ‘=’ khi tam giác ABC đều, mà theo gt thì AB < AC nên không xảy ra dấu bằng.
 Đề 3
Bài 1
Cho P=
a) Rót gän P
b) T×m gi¸ trÞ nguyªn cña a ®Ó P nhËn gi¸ trÞ nguyªn
 Giai
a) (1,5) a3 - 4a2 - a + 4 = a( a2 - 1 ) - 4(a2 - 1 ) =( a2 - 1)(a-4)
 =(a-1)(a+1)(a-4) 
a3 -7a2 + 14a - 8 =( a3 -8 ) - 7a( a-2 ) =( a -2 )(a2 + 2a + 4) - 7a( a-2 )
 =( a -2 )(a2 - 5a + 4) = (a-2)(a-1)(a-4) 
 Nªu §KX§ : a 
 Rót gän P= 
b) P= ; ta thÊy P nguyªn khi a-2 lµ íc cña 3,
 mµ ¦(3)= 0,25
 Tõ ®ã t×m ®îc a 
Bài 2
a) Chøng minh r»ng nÕu tæng cña hai sè nguyªn chia hÕt cho 3 th× tæng c¸c lËp ph¬ng cña chóng chia hÕt cho 3.
b) T×m c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó biÓu thøc :
 	P=(x-1)(x+2)(x+3)(x+6) cã gi¸ trÞ nhá nhÊt . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt ®ã .
 Giải
a) Gäi 2 sè ph¶i t×m lµ a vµ b , ta cã a+b chia hÕt cho 3 .	 
 Ta cã a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)=
 =(a+b)	 	
 V× a+b chia hÕt cho 3 nªn (a+b)2-3ab chia hÕt cho 3 ;
 Do vËy (a+b) chia hÕt cho 9	 b)P=(x-1)(x+6)(x+2)(x+3)=(x2+5x-6)(x2+5x+6)=(x2+5x)2-36 	 
 Ta thÊy (x2+5x)2 0 nªn P=(x2+5x)2-36 -36 	 
 Do ®ã Min P=-36 khi (x2+5x)2=0
 Tõ ®ã ta t×m ®îc x=0 hoÆc x=-5 th× Min P=-36	 
Bài 3
a) Gi¶i ph¬ng tr×nh : 
b) Cho a , b , c lµ 3 c¹nh cña mét tam gi¸c . Chøng minh r»ng :
 A = 
 Giải 
 a) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ;
 x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ;
 x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ;	 
 §KX§ : 	 
 Ph¬ng tr×nh trë thµnh : 
	 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
	 (x+13)(x-2)=0
 Tõ ®ã t×m ®îc x=-13; x=2;	
b) (1®) §Æt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0 
 Tõ ®ã suy ra a= ;	 Thay vµo ta ®îc A= 
 Tõ ®ã suy ra A hay A	 
Bài4
Cho tam gi¸c ®Òu ABC , gäi M lµ trung ®iÓm cña BC . Mét gãc xMy b»ng 600 quay quanh ®iÓm M sao cho 2 c¹nh Mx , My lu«n c¾t c¹nh AB vµ AC lÇn lît t¹i D vµ E . Chøng minh :
a) BD.CE=
b) DM,EM lÇn lît lµ tia ph©n gi¸c cña c¸c gãc BDE vµ CED.
 c) Chu vi tam giac ADE kh«ng ®æi.
 Giải 
a) 	
 Trong tam gi¸c BDM ta cã : 
 V× =600 nªn ta cã : 
 Suy ra 
 Chøng minh ∾ (1) 	 
 Suy ra , tõ ®ã BD.CE=BM.CM
 V× BM=CM= , nªn ta cã BD.CE= 	 
b) (1®) Tõ (1) suy ra mµ BM=CM nªn ta cã 
 Chøng minh ∾ 	 
 Tõ ®ã suy ra , do ®ã DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BDE
 Chøng minh t¬ng tù ta cã EM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED 	 
c) Gäi H, I, K lµ h×nh chiÕu cña M trªn AB, DE, AC
 Chøng minh DH = DI, EI = EK 	 
 TÝnh chu vi tam gi¸c b»ng 2AH.
Bµi 5
T×m tÊt c¶ c¸c tam gi¸c vu«ng cã sè ®o c¸c c¹nh lµ c¸c sè nguyªn du¬ng vµ sè ®o diÖn tÝch b»ng sè ®o chu vi .	
 Giải
 Gäi c¸c c¹nh cña tam gi¸c vu«ng lµ x , y , z ; trong ®ã c¹nh huyÒn lµ z
 (x, y, z lµ c¸c sè nguyªn du¬ng )
 Ta cã xy = 2(x+y+z) (1) vµ x2 + y2 = z2 (2)	
 Tõ (2) suy ra z2 = (x+y)2 -2xy , thay (1) vµo ta cã :
 z2 = (x+y)2 - 4(x+y+z)
	z2 +4z =(x+y)2 - 4(x+y)
	z2 +4z +4=(x+y)2 - 4(x+y)+4
	(z+2)2=(x+y-2)2 , suy ra z+2 = x+y-2	 
	z=x+y-4 ; thay vµo (1) ta ®uîc :
	xy=2(x+y+x+y-4)
	xy-4x-4y=-8
	(x-4)(y-4)=8=1.8=2.4	 
 Tõ ®ã ta t×m ®uîc c¸c gi¸ trÞ cña x , y , z lµ :
 (x=5,y=12,z=13) ; (x=12,y=5,z=13) ; 
 (x=6,y=8,z=10) ; (x=8,y=6,z=10)
 Đề 4
Bài 1
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 3xy – x – y + 3 = 0
 Giải
 Giải phương trình nghiệm nguyên.
 x2 + 2y2 + 3xy - x - y + 3 = 0.
....... (x + y)(x + 2y - 1) = - 3
Vì x,y nguyên nên x + y và x + 2y - 1 là các ước của - 3.
Ta có bảng sau:
x + y
1
-3
-1
3
x + 2y -1
-3
1
3
-1
x
4
-8
-6
6
y
-3
5
5
-3
Kết luận nghiệm (x; y) là (4; 3), (-8;5), (-6; 5), (4; -3).
Bài 2
a, biết abc=1
 b, 
 Giải
a, 
 =
b, Áp dụng bất đẳng thức: x2+y2 2xy dấu bằng khi x=y
 ; ; 
Cộng từng vế ba bất dẳng thức trên ta có
Bài 3
1. Cho hình vuông ABCD; Trên tia đối tia BA lấy E, trên tia đối tia CB lấy F sao cho AE = CF
	a) Chứng minhEDF vuông cân
 	b) Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi I là trung điểm EF. Chứng minh 
 O, C, I thẳng hàng.
2. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên AB, AC sao 
 cho BD = AE. Xác địnhvị trí điểm D, E sao cho:
	a/ DE có độ dài nhỏ nhất
	b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.
 Giải
Chứng minh EDF vuông cân
Ta có ADE =CDF (c.g.c)EDF cân tại D 
	Mặt khác: ADE =CDF (c.g.c) 	 
Mà = 900 = 900 	 
 = 900. VậyEDF vuông cân	 
 b)Chứng minh O, C, I thẳng
	Theo tính chất đường chéo hình vuông CO là trung trực BD 
A
D
B
C
 E
MàEDF vuông cân DI =EF	
	Tương tự BI =EF DI = BI 	
 I thuộc dường trung trực của DB I thuộc đường thẳng CO
Hay O, C, I thẳng hàng	 
2.
DE có độ dài nhỏ nhất
Đặt AB = AC = a không đổi; AE = BD = x (0 < x < a)
Áp dụng định lý Pitago với ADE vuông tại A có:
DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2(x2 – ax) – a2 
= 2(x –)2 + 	
	Ta có DE nhỏ nhất DE2 nhỏ nhất x = 
 BD = AE = D, E là trung điểm AB, AC	 
b,Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.
Ta có: SADE =AD.AE =AD.BD =AD(AB – AD)=(AD2 – AB.AD) 
= –(AD2 – 2.AD + ) + = –(AD – )2 + 
	Vậy SBDEC = SABC – SADE – = AB2 không đổi	
 	Do đó min SBDEC =AB2 khi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC 
 Đề 5
Bài 1 Cho A = (với )
1) Rút gọn A
2) Với giá trị nguyên nào của x thì A có giá trị nguyên?
 Giải
1, Với ta có 
2) Ta có 
Suy ra với x nguyên thì A có giá trị nguyên khi x + 1 là ước của 2013.
Ước của 2013 gồm -2013;-671; -183; -61; -33; -11; -3; -1; 1; 3; 11; 33; 61; 183; 671; 2013
Từ đó tìm và đối chiếu điều kiện ta có với x nhận các giá trị là -2014; -672; -184; -62; -34; -12; -4; -2; 2; 10; 32; 60; 182; 670; 2012 thì A nhận giá trị nguyên
Bài 2
1) Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:
a. 
b. 
2) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì A = 4a2b2 – (a2 + b2 - c2)2 luôn luôn dương.
 Giải
1) a. 
b. 
2) Ta có A = [2ab + (a2 + b2 - c2)][2ab – (a2 + b2 - c2)] = [(a + b)2 – c2][c2 – (a – b)2]
 = (a + b + c)(a + b – c)(c + b – a)(c + a – b).
Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0 và theo bất đẳng thức trong tam giác ta có a + b – c > 0; c + b – a > 0; c + a – b > 0 từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 3
 1) Cho x, y thoả mãn . Chứng minh rằng:
2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: sao cho tích x.y đạt giá trị lớn nhất.
 Giải	
1) (1)
Vì => => 
BĐT (2) luôn đúng => BĐT (1) luôn đúng (dấu ‘’=’’ xảy ra khi x = y)
2)
Dấu bằng xảy ra khi (x;y) 
Kết luận....
Bài 4 
Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm M, Qua điểm M kẻ các đường thẳng song song với AC và AB thứ tự cắt AB và AC tại E và F. 
1)Chứng minh có giá trị không đổi.
2) Cho biết diện tích của các tam giác MBE và MCF thứ tự là a2 và b2 .Tính diện tích của tam giác ABC theo a và b.
3)Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.
 Giải
1) Vì ME// AC ; MF // AB theo hệ quả định lý Ta-Let ta có 
2) Chứng minh tam giác MBE đồng dạng với tam giác CBA suy ra ; Tương tự ( S2 là diện tích tam giác ABC) suy ra hay . Vậy dt(ABC) = (a+b)2
3) Từ phần 2 suy ra dt(AEMF) = 2ab 
Lại có 2ab dấu bằng xảy ra khi a = b khi M là trung điểm của BC
Kết luận ...
Bài 5 Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn: 
 Giải
Ta có: (*) 
VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0
Vậy có 2 cặp số nguyên hoặc 
Bài IV nên sửa a>0, b> 0
 Đề 6
Bài 1
a) Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 với m, n Z
b)Phân tích đa thức thành nhân tử: 
 Giải
a)Ta cã : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1)
	= n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) lµ tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp trong ®ã cã Ýt nhÊt hai sè lµ béi cña 2 ( trong ®ã mét sè lµ béi cña 4, mét sè lµ béi cña 3, mét sè lµ béi cña 5).
VËy tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 8,3,5 = 120.
Đặt Khi đó 
Bài 2: 
Cho biểu thức : 
Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A ?
Tìm giá trị của x để A > 0?
Tính giá trị của A trong trường hợp : |x - 7| = 4.
 Giải
a) 
Vậy với thì .
b) 
 Với 
 ( Vì 4x2 > 0 mọi x # 0)
Vậy với x > 3 thì A > 0.
c) 
Với x = 11 thì A = 
Bài 3
a) Giải phương trình: 
b) Gi¶i ph¬ng tr×nh víi nghiÖm lµ sè nguyªn: 
 x( x + x + 1) = 4y( y + 1).
 Giải
a) ( 1,5 điểm)
 Û
Û
ÛÛ
Û
Û (5x+16)(x+4)(x+6) = (5x+24)(x+2)(x+8)
Û (5x+16)(x2 +10x + 24) = (5x+24)( x2 +10x + 16)
Û 5x3 + 50x2 + 120x + 16x2 + 160x + 16.24 
 = 5x3 + 50x2 + 80x + 24x2 + 240x + 24.16
Û 8x2 + 40x = 0
Û 8x(x + 5) = 0
 x = 0; x = -5
Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm 
b) ( 1,5 điểm)
+ Ph¬ng tr×nh ®îc biÕn ®æi thµnh: (x + 1)(x+ 1) = (2y + 1)
+ Ta chøng minh (x + 1) vµ (x+ 1) nguyªn tè cïng nhau !
V× nÕu d = UCLN (x+1, x+ 1) th× d ph¶i lµ sè lÎ (v× 2y+1 lÎ)
 2 mµ d lÎ nªn d = 1.
+ Nªn muèn (x + 1)(x+ 1) lµ sè chÝnh ph¬ng 
 Th× (x+1) vµ (x+ 1) ®Òu ph¶i lµ sè chÝnh ph¬ng
 §Æt: (k + x)(k – x) = 1 hoÆc 
+ Víi x = 0 th× (2y + 1)= 1 y = 0 hoÆc y = -1.(Tháa m·n pt)
 VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ: (x;y)
Bài 4
Cho h×nh vu«ng ABCD, ®é dµi c¸c c¹nh b»ng a. Mét ®iÓm M chuyÓn ®éng trªn c¹nh DC (MD, MC) chän ®iÓm N trªn c¹nh BC sao cho MAN = 45o, DB thø tù c¾t AM, AN t¹i E vµ F.
1. Chøng minh: ° ABF # °AMC
2.Chøng minh AFM = AEN = 90o
3. Chøng minh SAEF = SAMN
4. Chøng minh chu vi tam gi¸c CMN kh«ng ®æi khi M chuyÓn ®éng trªn DC
5. Gäi H lµ giao ®iÓm cña MF vµ NE . Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2
 Giải
1. Chøng minh: ° ABF # °AMC 
-Ta cm: ABF =ACM = 450
-BAF =MAC ( v× cïng céng víi gãc CAN b»ng 450 )
 suy ra : ° ABF # °AMC
2. Chøng minh AFM = AEN = 90o 
TõD AFB # D AMC (g.g) 
=> 
Cã MAF =BAC = 45 0(2) 
Tõ 1 vµ 2 => D AFM # D ABC 
=> AFM = ABC = 90o
C/M hoµn toµn t¬ng tù cã AEN = 900 
v× vËy AFM = AEN = 90o
3. S D AEF = 1/2 S D AMN 
Cã D AFM # D AEN => 
=> D AEF # D AMN (c.g.c) => 
Cã FAM = 450, AFM = 900 
=> D AFM Vu«ng c©n ®Ønh F nªn AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2 
 => = 
Thay vµo (1) ta ®îc = hay: S D AEF = 1/2 S D AMN
 4.. C/M chu vi D CMN kh«ng ®æi 
 Trªn tia ®èi cña tia DC lÊy ®iÓm K sao cho DK = BN 
 D ADK = D ABN => AK = AN vµ BAN = DAK. 
 do ®ã D AMN = D AKM (c.gc) => MN=KM 
V× vËy: Chu vi D CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN 
 = CD + KD + CN = CD + NB + CN 
 = CD + CB = 2a kh«ng ®æi 
Tøc lµ: Chu vi D CMN kh«ng thay ®æi khi M chuyÓn ®éng trªn c¹nh DC
5. Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2	
 KÎ HI ^ MN t¹i I 
- Cm: ° MHI # ° MNF => MH.MF =MI.MN
- Cm: °NHI # °NME => NH.NE =NI.NM
- suy ra: MH.MF + NH.NE =MI.MN + NI.NM = MN( MI+NI ) = MN2
- ¸p dông ®Þnh lÝ Pitago vµo °CMN ta cã: MN2 = MC2 +CN2
 VËy: MH.MF + NH.NE = MC2 +CN2
Bài 5
a) Chöùng minh raèng: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia heát cho x2 + x + 1 vôùi moïi m, n N
b) Cho a; b; clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng 
 Giải
Bµi 5:
a) 
 Ta coù: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x + 1
 = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1)
Vì x3m – 1 vaø x3n – 1 chia heát cho x3 – 1 neân chia heát cho x2 + x + 1
Vaäy: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia heát cho x2 + x + 1 vôùi moïi m, n N
b)
§Æt x= b + c ; y= c + a ; z = a + b 
 ta cã a = ; b = ; c =
ta cã (1) 
 ( lµ B®t ®óng
Bài 6
Cho ABC tam giác đều, gọi M là trung điểm của BC . Một góc xMy = 600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E . Chứng minh :
a. Tam giác đồng dạng với , Từ đó suy ra tích BD.CE không đổi.
b. DM, EM lần lượt là tia phân giác của góc BDE và góc CED.
c. Chu vi ADE không đổi.
 Giải
 + Vẽ hình đúng.
a, Chứng minh (g-g) 
Vì BM = CM =(gt) BD.CE =BM.MC = 
 b, Chứng minh :Từ a,=>BDCE=MD.MB
 và B = M2 = 600 => (c-g-c)	 
 Từ đó suy ra , do đó DM là tia phân giác của góc BDE
 Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của góc CED 
c, Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
A
B
C
K
E
I
D
H
M
Chứng minh: Từ tính chất tia phân giác ta có: DH = DI, EI = EK.
 Chu vi : PADE = AD+DE+EA =AD+DI+IE+KA 
 = AD +DH +AE+EK = AH +AK = 2.AH .(không đôỉ) 
Kết luận.
 Đề 6
Bài 1
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: 
b) Tìm các số nguyên sao cho: .
c) Tìm các hằng số a và b sao cho chia cho dư 7; chia cho dư 4. 
 Giải
a/ =
=
b/ . Do là các số nguyên nên ta có: 
TH1: (thỏa mãn) hoặc (thỏa mãn)
TH2: (thỏa mãn) hoặc (thỏa mãn)
c/ Vì chia cho dư 7 nên ta có: = do đó với thì -1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1).
Vì chia cho dư 4 nên ta có: = do đó với thì 8+2a+b=4, tức là 2a+b=-4 (2).
Từ (1) và (2) suy ra a=-4;b=4.
Bài 2
a) Tính giá trị biểu thức: 
A= với 
b) Tìm để B có giá trị nhỏ nhất: B với > 0.
Giải
a/ Ta có: với mọi nên ta có:
A= 
= 
Thay vào A ta có: A=
b/ B==
=.
Dấu “=” xẩy ra khi .
Vậy GTNN của B là đạt được khi .
Bài 3
Chứng minh rằng 
 	 a) 
 	 b) Nếu là các số tự nhiên thỏa mãn : thì :
 và đều là số chính phương.
 Giải
a/ Đặt a=2011; b=11; c=2000. Khi đó ta có a=b+c.
 Xét vế phải đẳng thức ta có: 
Thay a=b+c vào 
Nên .
Vậy: 
b/Ta có(*)
Gọi d là ƯCLN(m-n;5m+5n+1)(5m+5n+1)+5m-5n d10m+1 d
Mặt khác từ (*) ta có: d2m d. Mà 10m+1 d nên 1 dd=1
Vậy m-n;5m+5n+1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương.
Bài 4
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD (AB//CD). Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
 	 a) Chứng minh OM=ON.
 	 b) Chứng minh .
 	 c) Biết Tính  ?
 	 d) Nếu . Chứng minh BD > AC.
 hình vẽ
a/ Ta có Do MN//DC
OM=ON.
b/ Do MN//AB và CD và . Do đó: (1)
Tương tự: (2)
Từ (1);(2) 
c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh đáy tương ứng. Do vậy : và 
Nhưng nên .
Tương tự .Vậy 
d/ Hạ AH, BK vuông góc với CD tại H và K
Do nên H, K nằm trong đoạn CD
Ta có . 
Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE Vậy AD>BC DH>KCDK > CH. 
Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có : (Do 
 Đề 7
Bài 1
a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - 5
b. Chứng minh thì là hợp số.
c. Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ.
 Giải
= (x - y)2 +4(x - y) - 5 = (x - y)2 + 4(x - y)2 + 4 -9
= (x - y + 2)2 - 32 = ( x - y + 5)(x - y -1)
Ta có: n3 + n + 2 = n3 + 1+ n+1= (n + 1)( n2 - n + 1) + (n + 1)
=(n+1)( n2 - n + 2)
Do nên n + 1 > 1 và n2 - n + 2 >1 Vậy n3 + n + 2 là hợp s