Bài tập bồi dưỡng môn Toán Lớp 8

Nguồn: tập huấn thay sách tỉnh Long An
CHỦ ĐỀ NÂNG CAO
Tên chủ đề:
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ.
Thời gian thực hiện: 4 tiết.
A. MỤC TIÊU:
- Học sinh nắm được các phương pháp cơ bản, các bất đẳng thức thường dùng.
- Học sinh vận dụng được để trình bày lời giải cho một bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức đại số.
- Rèn luyện kỹ năng áp dụng các hằng đẳng thức để rút gọn biểu thức.
B. NỘI DUNG:
I. Lý thuyết cần lưu ý:
1. Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức:
1) a ³ b Þ a + c ³ b + c
2) a ³ b Þ am ³ bm (m > 0 )
3) a ³ b Þ an £ bn (n < 0 )
4) 
5) 
6) 
7) a ³ 0 Þ a + m ³ m
	(Đẳng thức xảy ra khi a = 0).
8) a ³ 0 Þ n – a £ n
	(Đẳng thức xảy ra khi a = 0).
2. Các bất đẳng thức cần lưu ý:
a) Bất đẳng thức Cô-si:
* Với hai số không âm a và b thì .
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
b) Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối:
* Với mọi x Ỵ R:
1) çx ç ³ 0 , đẳng thức xảy ra khi x = 0.
2) çx ç ³ x , đẳng thức xảy ra khi x ³ 0.
3) çx ç ³ -x , đẳng thức xảy ra khi x £ 0.
* Với mọi số thực a và b:
	 4) ça ç+ çb ç³ ça+bç,đẳng thức xảy ra khi ab ³ 0.
	 5) ça ç+ çb ç³ ça-bç,đẳng thức xảy ra khi ab £ 0.
II. Một số phương pháp cơ bản:
	Phương pháp chung là dựa vào tính chất sau
	Nếu A ³ m thì Amin = m
	Nếu A £ m thì Amax = m
	( trong đó A là biểu thức chứa biến; m là hằng số)
	1. Phương pháp dùng biểu thức không âm:
	Chú ý: 
A ³ 0 => A + m ³ m => (A+m)min = m khi và chỉ khi A= 0
A ³ 0 => m-A £ m => (m-A)max = m khi và chỉ khi A = 0
Các bài tập:
1) Tìm giá trị bé nhất của các biểu thức sau, cùng giá trị tương ứng của biến:
a) A = x2 + x + 1
b) B = x2 + 4y2 – 2x – 12y + 15
c) C = x2 + 3y2 + 2xy – 2x – 14y + 20
d) 
e) 
2) Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau, cùng giá trị tương ứng của biến:
a) A = 3 – x2 + 4x
b) B = -x2 + 2xy – 4y2 + 2x + 10y – 3
c) C = -x2 – 2y2 + 2x + 2x + y – 3 - 4
d) 
e) 
Hướng dẫn:
1) a) A = (x +)2 + ³ Þ Amin = , khi x = - 
	 b) B = (x – 1)2 + (2y – 3)2 + 5 Þ Bmin = 5, khi x = 1 và y =
	 c) C = (x + y -1)2 + 2(y – 3)2 + 1
	Þ Cmin = 1, khi x = -2 và y = 3
	 d) D = 
	Þ Dmin = -1 , khi x = -3
	 e) E = Þ Emin = -1, khi x = -2
2) a) A = 7 – (x – 2)2 £ 7 Þ Amax = 7, khi x = 2
b) B = 10 – (x – y – 1)2 – 3(y – 2)2 £ 10
	Þ Bmax = 10 , khi x = 3 và y = 2
c) C = 3 – (x + - 2)2 – 2 (y - 1)2 £ 3
	Þ Cmax = 3 , khi x = 1 và y = 1
d) D = Þ Dmax = 3, khi x = -3
e) E = Þ Emax = 4 , khi x = ½ 
2. Phương pháp dùng bất đẳng thức đã biết:
* Chú ý: Điều kiện đẳng thức xảy ra ở các bất đẳng thức đã biết.
* Các bài tập:
1) Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau, cùng giá trị tương ứng các biến:
	a) A = .
	b) B = với x,y > 0 và x.y = 1.
2) Cho A = çx - 1ç + çx - 2ç. Tìm giá trị bé nhất của A.
*Hướng dẫn:
1) a) A = Þ Amax = 	khi x = 1 hoặc x = -1
	 b) Ta có: x4 + y2 ³ 2x2y Þ 
	Þ Bmax = 1 khi x =1; y = 1.
2) A = çx - 1ç + ç2 - xç ³ çx – 1 + 2 - xç = 1
	Þ Amin = 1 khi 1£ x £ 2.
C. GỢI Ý VỀ ĐÁNH GIÁ: 
	Trọng tâm là kiểm tra việc thực hiện kỹ năng vận dụng các kiến thức về bất đẳng thức cho loại toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức đại số.
CHỦ ĐỀ NÂNG CAO
Tên chủ đề:
PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC.
Thời gian thực hiện: 6 tiết.
A. MỤC TIÊU:
- Cung cấp cho học sinh phương pháp sử dụng công thức diện tích các hình (tam giác, tứ giác, đa giác) để chứng minh quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng.
- Rèn luyện cho học sinh kĩ năng biểu thị độ dài đoạn thẳng, tỉ số các độ dài đoạn thẳng, tích các độ dài đoạn thẳng  theo diện tích để giải quyết yêu cầu từng bài toán.
- Tập dượt cách vẽ các đường phụ để xuất hiện yếu tố diện tích.
B. NỘI DUNG:
I. LÝ THUYẾT:
1. Một số tính chất cơ bản của diện tích:
a) Mỗi đa giác có một diện tích xác định và dương.
b) Hai đa giác bằng nhau thì diện tích bằng nhau.
c) Nếu một đa giác được chia thành những đa giác không có điểm chung trong thì diện tích của nó bằng tổng diện tích của những đa giác đó.
2. Các công thức cơ bản:
Diện tích các hình: thang, bình hành, chữ nhật, vuông, tam giác, tứ giác có các đường chéo vuông góc.
(Yêu cầu học sinh phải thuộc lòng).
3. Một số tính chất suy ra từ diện tích:
a) Tỉ số diện tích hai tam giác cùng đáy bằng tỉ số hai đường cao tương ứng đáy đó.
b) Tỉ số diện tích hai tam giác cùng đường cao bằng tỉ số hai đáy tương ứng với đường cao ấy.
c) AB// CD Þ SACD = SBCD
( Phần đảo đúng khi A, B cùng phía so với CD ).
* Giáo viên cần hướng dẫn học sinh chứng minh 3 tính chất này.
4. Một số ghi nhớ về phương pháp giải toán:
1) Đường cao h của một tam giác có diện tích S được biểu thị bằng h = (a là cạnh đáy tương ứng).
2) Có thể biểu thị tỉ số, hoặc tích của độ dài hai đoạn thẳng theo tỉ số diện tích của hai tam giác chứa các đoạn thẳng đó.
3) Vẽ thêm đường cao để sử dụng công thức diện tích tam giác.
4) Có thể sử dụng phương pháp phản chứng trong chứng minh diện tích.
5) Có thể chứng minh hai đường thẳng song song bằng cách sử dụng diện tích tam giác.
II. CÂU HỎI:
1. Điền vào chỗ trống trong các câu sau đây:
a) Tam giác có diện tích S, cạnh đáy bằng a, đường cao tương ứng h thì S = , a = .., h =.
b) Hình chữ nhật có diện tích S, các kích thước a và b thì 
S =.., a =.., b = .
c) Hình bình hành có diện tích S, cạnh đáy a, đường cao tương ứng h thì S=, a = .., h = 
d) Hình thang có diện tích S, các cạnh đáy a và b, chiều cao h thì S = 
e) Hình thoi có các đường chéo m và n thì S =.
f) Hình vuông có diện tích S, cạnh a thì S = , a = 
2. Bài toán cắt ghép hình:
Một cậu bé cắt một hình vuông cạnh 8 cm ra thành hai tam giác vuông và hai hình thang vuông như trên hình 1, rồi ghép 4 hình này lại thành một hình chữ nhật có chiều rộng 5 cm, chiều dài 13 cm như hình 2.
Cậu nghĩ mãi không hiểu tại sao diện tích hình vuông (hình 1) bằng 8.8 = 64 (cm2), còn diện tích hình chữ nhật lại bằng 5.13 = 65 (cm2)
Vậy 1cm2 ở đâu ra?
5
3
3
5
3	 8	5	3	 	5	 5	8
	Hình 1	 	Hình 2	
Giải:
	Tổng diện tích của hai tam giác vuông và hai hình thang vuông bằng 
64 cm2. Khi ghép chúng lại thành một hình chữ nhật, có một khe hở nhỏ dọc theo đường chéo của hình chữ nhật (Hình 3). Khe hở đó có dạng hình bình hành diện tích bằng 1 cm2 (trên hình 3 khe hở được phóng to).
 3 
	8	5	
3
	 5	
	 5 8 
	Tìm hiểu thêm: 
	Ta xét dãy số Fibônaxi: 1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 , 21 , .. Các kích thước 5, 8, 13 trong bài toán trên là ba số hạng liên tiếp của dãy Fibônaxi. Có thể thay các kích thước này bởi ba số hạng liên tiếp khác của dãy, ta đều được các hình vuông và hình chữ nhật có diện tích hơn kém nhau là 1. Càng chọn các kích thước lớn thì sai số tương đối càng nhỏ và điều phi lí càng khó nhận ra. 
III. CÁC BÀI TẬP:
Bài 1: Trong sách giáo khoa Toán 8 tập hai, định lý Talet được công nhận, không chứng minh. Tuy nhiên, có thể chứng minh định lý này bằng phương pháp diện tích.
Định lý Talet trong tam giác: Cho tam giác ABC, nếu DE // BC thì .
Bài 2: Trong sách giáo khoa Toán 8 tập hai, tính chất đường phân giác của tam giác được chứng minh dựa vào định lý Talet. Tuy nhiên, có thể chứng minh định lý này bằng phương pháp diện tích.
Tính chất đường phân giác của tam giác: Nếu AD là phân giác của tam giác ABC thì .
Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC. Gọi MH, MK theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC. Gọi BI là đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng: MH + MK = BI.
Bài 4: Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam giác đều ABC đến ba cạnh của tam giác bằng chiều cao của tam giác đó.
Bài 5: Cho tam giác ABC cân tại A, điểm M thuộc tia đối của tia BC. Chứng minh rằng hiệu các khoảng cách từ điểm M đến các đường thẳng AC, AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của tam giác ABC.
Bài 6; Gọi O là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh BC, AC, AB theo thứ tự ở A/, B/, C/. Chứng minh rằng .
Bài 7: Gọi O là một điểm bất kì trong tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh BC, AC, AB theo thứ tự ở A/, B/, C/. Chứng minh rằng .
Bài 8: Cho hình thang ABCD (AB// CD), các đường chéo cắt nhau tại O. Qua kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AD và BC theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng OE = OF.
Bài 9: Cho hình thang ABCD (AB// CD, AB< CD). Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại O. Gọi F là trung điểm của CD, E là giao điểm của OF và AB.
a) Hãy chứng minh AE = EB bằng phương pháp phản chứng.
b) Từ kết quả trên, có nhận xét gì về các trung điểm của hai đáy và giao điểm của các đường thẳng chứa hai cạnh bên của hình thang?
Bài 10: Cho tam giác ABC vuông tại A, các tia phân giác của các góc B và C cắt nhau tại I. Kẻ IK vuông góc với BC (KỴ BC). Chứng minh rằng KB.KC = AB.AC.
Bài 11: Cho hình vuông ABCD và hình vuông MNPQ như hình 4. 	Dùng 	phương pháp diện tích chứng minh định lý Pyta go: 
	a2 = b2 + c2.
A
C
D
B
M
N
P
Q
c
c
c
c
b
b
b
b
a
	Hình 4
Bài 12: Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD, BC. Đường thẳng CM và DN cắt nhau ở E, đường thẳng BM và AN ở F. Chứng minh rằng SMENF = SDEC + SAFB .
HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP:
Bài 1: 
A
Các tam giác ADE và ABE có
B 
C 
D 
E
chung đường cao kẻ từ E nên theo các tính
chất suy ra từ diện tích: (1)
 	 Các tam giác AED và ACD có
chung đường cao kẻ từ D nên (2)
	 Ta lại có SBEC = SBDC (cùng đáy BC 
và đường cao tương ứng bằng nhau).
Nên SABC – SBEC = SABC - SBDC
Suy ra 	SABE = SACD	 (3)
Từ (1), (2), (3): (đpcm).
Bài 2: 	
	Các tam giác ABD và ADC có 
A
B
C
D
H
K
	chung đường cao kẻ từ A đến BC nên:
	 	 (1)
	 Kẻ DH ^ AB, DK ^ AC thì 
	 DH = ..
 Ta có: SABD = 
	 SADC = 
	Nên (2)
	Từ (1) và (2) suy ra: (đpcm).
Bài 3: (Dùng phương pháp diện tích, lời giải khá gọn).
A
I
K
C
M
B
H
	Ta có: SAMB + SAMC = SABC
	 Û AB. MH + AC. MK = AC.BI
	 Û MH + MK = BI
	(do AB = AC).
Bài 4: 	
A
E
C
D
B
F
M
Gọi a là độ dài cạnh, h là đường cao của tạm giác đều. Ta có:
	 SMBC + SMAC + SMAB = SABC	
A
H
I
C
B
K
M
Bài 5: 
	Đặt AB = AC = a. Kẻ MH ^ AC,
MK ^ AB, BI ^ AC, ta sẽ chứng minh
MH – MK = BI.
	Ta có:
	SMAC – SMAB = SABC
	Học sinh có thể tự giải tiếp bài toán.
Bài 6: 
A
B/
A/
C/
B
C
O
	Theo tính chất suy ra từ diện tích:
	 Nên theo tính chất dãy số bằng nhau:	 	 	
	 Tương tự: 
	 Học sinh giải tiếp Þ đpcm.
Bài 7: (Hình vẽ như bài 6)
Theo tính chất suy ra từ diện tích:
	 nên theo tính chất dãy số bằng nhau:
	 tương tự 
	Học sinh giải tiếp bài toán.
Bài 8: 
A
B
F
C
D
E
O
5
1
2
3
4
Kí hiệu như trên hình vẽ.
Ta có: SADC = SBDC
Cùng trừ đi S5 được:
S1 + S2 = S3 + S4 (1)
Giả sử OE > OF thì
S1 > S3 và S2 > S4
nên S1 + S2 > S3 + S4, trái với (1).
Giả sử OE < OF thì S1 < S3 và S2 < S4 nên S1 + S2 < S3 + S4, trái với (1).
Vậy OE = OF.
O
Bài 9: 
A
D
F
C
B
E
1
3
4
2
a) Ta có SOFD = SOFC nên	
	S1 + S2 = S3 + S4 (1)
Giả sử AE > EB thì S1 > S3 (theo công thức tính diện tích tam giác) 
	 và S2 > S4 (theo công thức tính diện tích hình thang)
nên S1 + S2 > S3 + S4, trái với (1).
Học sinh giải tiếp bài toán.
b) Từ kết quả trên suy ra: Trong hình thang, các trung điểm của hai đáy và giao điểm của các đường thẳng chứa hai cạnh bên là ba điểm thẳng hàng.
A
D
B
K
3
2
1
r
r
r
m
m
n
n
I
C
E
Bài 10: 
Kẻ ID ^ AB, IE ^ AC. 
Ta có IK = ID = IE, 
	 đặt chúng bằng r.	
Đặt KB = m, KC = n, ta có BD = m, CE = n.	
Tứ giác ADIE là hình vuông, 
	 AD = AE = r.
Ta có: 
AB.AC = (m + r)(n + r)
	 = mn + mr + nr + r2 (1)
	 Mà: mr = 2S1
	 	 nr = 2S2
	 	 r2 = S3 
và 2S1 + 2S2 + S3 = SABC = nên mr + nr + r2 = (2)
Từ (1) và (2) suy ra: = mn + .
Vậy mn = . Suy ra: đpcm.
Bài 11: 
	Ta có: SABCD = (b + c)2
	 SABCD = 4.SAMQ + SMNPQ = 2bc + a2.
	Từ đó học sinh suy ra đẳng thức cần chứng minh.
Bài 12: 
 S
A
M
D
C
N
B
F
E
S1
S2
S3
S4
S5
S6
S7
S8
BDM = SABD
 SBDN = SBDC
Suy ra: SDMBN = SABCD
Tương tự: SAMCN = SABCD
Do đó: SDMBN + SAMCN – SABCD = 0
Thay S1, S2, S3, S4, S5, S6, S7, S8 vào, ta có: SMENF = SDEC + SAFB.
C. GỢI Ý ĐÁNH GIÁ:
	Trọng tâm là vận dụng các công thức về diện tích để giải các bài toán chứng minh hình học.