Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Hoàng Nghĩa Quang

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TỐN 8
	 * * * * *
BÀI 15:
Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH. Trên tia HC lấy HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
Chứng minh AE = AB.
Gọi M là trung điểm của BE. Tính góc AHM.
Giải
Kẻ EF AH. Ta có: 
 = 900 , = 900 , = 900
Tứ giác EFHD là HCN
EF = AH
Xét AHB và EFA có:
 EF = AH
=> AHB = EFA ( g.c.g)
=> AB = AE
 b) Nối MA, MH, MD.
 Xét AMH và DMH có:
	 AH = HD (gt)
	 MH cạnh chung
	 DM = AM = ( đường TT ứng với cạnh huyền)
 => AMH = DMH (c.c.c)
 => 
 => = 450
 * BÀI 16:
	Cho tam giác ABC có chu vi bằng 18. Trong đó BC là cạnh lớn nhất. Đường phân giác góc B cắt AC ở M sao cho . Đường phân giác góc C cắt AB ở N sao cho . Tính các cạnh của tam giác ABC.
	Giải
 Ta có:
 BM là phân giác => 
AB = (1)
CN là phân giác => 
AC = (2)
Mà : AB + BC + AC = 18 (3)
Từ (1), (2) và (3) => + BC + = 18
BC = 8 ; AB = 4; AC = 6
BÀI 17:
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
x2 + 6x + 5
x4 + 2007x2 + 2006x + 2007.
(x + 1).(x + 2).(x + 3).(x + 4) + 1.
BÀI 18:
Cho biểu thức: A = (x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ )
Rút gọn biểu thức A.
Tính giá trị của A với x = 6022.
Tìm x để A < 0.
Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
Giải
ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ 
A = 
 b) Thay x = 6022 vào A ta có:
 A = = 2007
 c) A nhận giá trị nguyên khi x nguyên và x – 1 chia hết cho 3. Ta có:
 x – 1 = 3k => x = 3k + 1 (với k nguyên)
 Vậy với x = 3k + 1 (k nguyên) thì A nhận giá trị nguyên.
BÀI 19:
Giải phương trình: 
	Giải
ĩ 
ĩ (123 – x)
ĩ 123 – x = 0 Vì 
ĩ x = 123
Vậy nghiệm của p.t là x = 123
BÀI 20:
Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC. Một góc xMy bằng 600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. CM: 
BD.CE = 
DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED.
Chu vi tam giác ADE không đổi.
Giải
Trong BDM ta có:
 Vì = 600 nên ta có: 
 => 
 BMD ~ CEM (g.g) (1)
 => => BD.CE = BM.CM
 Vì : BM = CM = => BD.CE = 
Từ (1) => mà BM = CM nên ta có:
 => 
 = 600
 => BMD ~ MED (c.g.c)
 => 
 => DM là phân giác 
 CM tương tự ta có: EM là phân giác 
Kẻ MH AB; MI DE; MK AC
 vuông DHM = vuông DIM ( CH- GN)
DH = DI
 vuông MEI = vuông MEK (CH – GN)
EI = EK
 CVADE = AD + DI + IE + AE
 = AD + DH + EK + AE
 = AH + AK
Mà: vuông AHM = vuông AKM (CH – GN)
AH = AK
CVADE = 2AH ( không đổi)
BÀI 21:
Cho x + = a. Tính:
x2 + 
x3 + 
x4 + 
x5 + 
Giải
x2 + = = a2 – 2
x3 + = 
 = 
 = a(a2 – 2 – 1) = a(a2 – 3)
x4 + = (x2)2 + = - 2
 	 = (a2 – 2)2 – 2 = a4 – 4a2 – 4 – 2 = a4 – 4a2 + 2
x5 + = 
 = 
	 = 
 = a
 = a(a4 – 4a2 + 2 – a2 + 2 + 1)
 = a(a4 – 5a2 + 5) = a5 – 5a3 + 5
BÀI 22:
Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ:
 3
Đặt y = => x2 + = = y2 – 2
Ta có phương trình:
 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0
ĩ 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0
ĩ 3y2 – 6 – 13y + 16 = 0
ĩ 3y2 – 13y + 10 = 0
ĩ 3y2 – 10y – 3y + 10 = 0
ĩ 3y(y – 1) – 10(y – 1) = 0
ĩ (y – 1)(3y – 10) = 0
ĩ y = 1 và y = 
* y = 1 ĩ x + = 1
 => x2 – x + 1 = 0
 ĩ > 0 x
Vậy p.t VN.
*y = ĩ x + 
 ĩ 3x2 – 10x + 3 = 0
 ĩ (3x – 1)(x – 3) = 0
P.t có 2 nghiệm là x = và x = 3.
 * BÀI 23:
	Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp thêm bớt cùng 1 hạng tử)
a4 + 4b4 = a4 + 4a2b2 – 4a2b2 + 4b4
 = (a2)2 + 2.2a2b2 + 4b2 – 4a2b2
	 	= (a2 + 2b2)2 – (2ab)2
	= (a2 + 2b2 – 2ab)(a2 + 2b2 + 2ab)
a4 + a2 + 1 = a4 + a2 + a2 – a2 + 1
 = (a2)2 + 2a2 + 1 – a2
 = (a2 + 1)2 – a2
 = (a2 – a + 1)(a2 + a + 1)
BÀI 24:
Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp đặt biến phụ)
Q = (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) – 12
 Đặt: Y = x2 + x + 1 ta có:
 Q = Y(Y + 1) – 12
 = Y2 + Y – 12
 = Y2 – 3Y + 4Y – 12
 = (Y – 3)(Y + 4)
Trở về biến x ta được:
 Q = (x2 + x + 1 – 3)(x2 + x + 1 + 4)
 = (x2 + x – 2)(x2 + x + 5)
 = (x – 1)(x + 2)(x2 + x + 5)
P = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24
 = (x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) – 24
 = (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) – 24
 = (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 4 + 2) – 24
Đặt Y = x2 + 5x + 4 ta được:
 P = Y(Y + 2) – 24
 = Y2 + 2Y – 24
 = Y2 + 6Y – 4Y – 24
 = (Y + 6)(Y – 4)
Trở về biến x ta được:
 P = (x2 + 5x + 4 + 6)(x2 + 5x + 4 – 4)
 P = (x2 + 5x + 10)(x2 + 5x )
 = x(x + 5)(x2 + 5x + 10)
 *BÀI 25:
	Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp phối hợp nhiều pp)
x10 + x8 + x6 + x4 + x2 + 1
 	 = (x10 + x8 + x6) + x4 + x2 + 1)
	 = x6(x4 + x2 + 1) + (x4 + x2 + 1)
 	 = (x4 + x2 + 1)(x6 + 1)
 	 = (x4 + x3 – x3 + x2 + x2 – x2 + x – x + 1)[(x2)3 + 13]
	 = [(x4 + x3 + x2) – (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1)][(x2)3 + 1]
	 = [(x2 + x + 1)(x2 – x + 1)][(x2 + 1)(x4 – x2 + 1)]
a(b2 + c2) + b(c2 + a2) + c(a2 + b2) + 2abc
 = ab2 + ac2 + bc2 + ba2 + (ca2 + cb2 + 2abc)
 = ab(b + a) + c2(a + b) + c(a2 + b2 + 2ab)
 = (a + b)[(ab + c2) + c(a + b)]
 = (a + b)(ab + c2 + ac + bc)
 = (a + b)(b + c)(c + a)
*BÀI 26:
Cho tứ giác ABCD có AD = BC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Tia MN cắt tia AD ở E và cắt tia BC ở F. CM: .
	Giải
Gọi I là trung điểm của BD, ta có: 
 BF // IN => 
 AE // MI => 
Xét MNI có:
IM = IN (2 đường trung bình)
=> MNI cân tại I
=> 
=> 
 * BÀI 27:
	Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Các đoạn thẳng cắt nhau tại I. CM: IA = AD.
	Giải
 Từ A kẻ AP DN cắt DC tại K, cắt DN tại I.
 Xét MCB và NDC có: 
 DC = BC
 NC = BM
 = 900
=> MCB = NDC (c.g.c)
 => Mà: = 900
 => = 900 => MC DN
 Ta lại có:
 AK DN => AK // MC
 Xét ADK và CBM có:
 AD = BC
 = 900
 => ADK = CBM (g.c.g)
 => DK = BM
 Mà M là trung điểm của AB => K là trung điểm của CD
DP = IP ( PK là đường TB DIC)
DAI cân tại A
 AD = AI
*BÀI 28:
	Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH chia cạnh huyền thành 2 đoạn có độ dài 9 cm và 16 cm. Tính chu vi tam giác ABC.
	Giải
	Xét ABH và CBA có:
	 chung 
	 Â = = 900
 => ABH ~ CBA (g.g)
 => 
 => AB2 = CB.BH
	 = 25. 9 = 225
AB = 15 (cm)
Aùp dụng ĐL Pitago trong vuông ABC ta có:
	AC2 = BC2 – AB2
	 = 252 – 152 = 625 – 225 = 400
AC = 20 (cm)
Chu vi ABC:
AB + AC + BC = 15 + 20 + 25 = 60 (cm)
BÀI 29:
Giải phương trình:
 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0
	Giải
Chia 2 vế cho x2 ta có:
3x2 – 13x + 16 = 0
 ĩ 3 + 16 = 0
 Đặt: x + = y => x2 + = y2 – 2
 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0
ĩ (y – 1)(3y – 10) = 0 ĩ 
 * y = 1 => x + = 1 PT này VN.
 Vì: x2 – x + 1 = > 0
y = => (3x – 1)(x – 3) = 0 ĩ 
Vậy p.t đã cho có 2 nghiệm là x = và x = 3. 
*BÀI 30: Chứng minh rằng:
	a) (với a, b > 0)
	b) (với a, b, c > 0)
	c) (a2 + b2)c + (b2 + c2)a + (c2 + a2)b ≥ 6abc (với a, b, c > 0)
	 Giải
c)Ta có: (a – b)2 ≥ 0 => a2 + b2 ≥ 2ab
 ĩ (a2 + b2)c ≥ 2abc
Tương tự ta có:
 (b2 + c2)a ≥ 2abc
	 (c2 + a2)b ≥ 2abc
(a2 + b2)c + (b2 + c2)a + (c2 + a2)b ≥ 6abc
Xảy ra đẳng thức ĩ a = b = c
Ta có:
(a - b)2 ≥ 0 a2 + b2 -2ab ≥ 0
 ĩ a2 + b2 ≥ 2ab
 ĩ 
	 ĩ 
Ta có:
 VT = 
 = 
Theo KQ câu a, ta có:
VT ≥ 6
 *BÀI 31: Giải bất phương trình sau:
 < 0
ĩ < 0
ĩ < 0
ĩ < 0
 ĐKXĐ : x ≠ 0 ; x ≠ -5
Nếu x > 0 thì x(x + 5) > 0 ĩ > 0
Vậy BPT vô nghiệm.
Nếu -5 < x < 0 thì x(x + 5) < 0 ĩ < 0
Vậy BPT có nghiệm là -5 < x < 0
*Nếu x 0 ĩ > 0
Vậy BPT vô nghiệm.
Vậy BPT đã cho có nghiệm -5 < x < 0
*BÀI 32: Giải phương trình:
 = 9
1)Nếu x = -x + 4 và = -x – 1
 P.t trở thành: -x + 4 – x – 1 = 9 (ĐK: x < -1)
	 x = -3 (TMĐK)
 2) Nếu -1 ≤ x ≤ 4 thì x – 4 ≤ 0 và x + 1 ≥ 0 => = -x + 4 và = x + 1
 P.t trở thành: -x + 4 + x + 1 = 9 (ĐK: -1 ≤ x ≤ 4)
	ĩ 0x = 4 VN
 3) Nếu x > 4 thì x – 4 > 0 và x + 1 > 0 => = x – 4 và = x + 1
 P.t trở thành: x – 4 + x + 1 = 9 (ĐK: x > 4)
	ĩ x = 6 (TMĐK)
 Vậy p.t đã cho có tập nghiệm là S = 
BÀI 33: Rút gọn các biểu thức: (n là số nguyên dương)
A = 
Ta có:
Do đó:
 2A = 
 = 1 - 
A = 
B = 
Kết quả: B = 
 *BÀI 34:
	Giải và biện luận phương trình:
	 m(x + 3) – 2(m + 1) = 3m – 4x
mx + 3m – 2m – 2 = 3m - 4x
(m + 4)x = 2(m + 1)
Biện luận:
Nếu m + 4 ≠ 0 ĩ m ≠ -4 ta có: x = 
Nếu m + 4 = 0 ĩ m = -4 p.t trở thành: 0x = -6 VN
Không có giá trị nào của m để p.t có VSN.
* BÀI 35:
 Cho A = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 – a4 – b4 – c4
Phân tích A thành nhân tử.
CMR: Nếu a, b, c là 3 cạnh của tam giác thì A > 0.
Giải
A = 4a2b2 – (a4 + 2a2b2 + b4 + c4 – 2b2c2 – 2a2c2 )
 = (2ab)2 – (a2 + b2 – c2 )2
 = (2ab + a2 + b2 – c2 )(2ab – a2 – b2 + c2 )
 = [(a + b)2 – c2][-(a – b)2 + c2 ]
 A = (a + b + c)(a + b – c)(c + a – b)(c – a + b)
b) Nếu a, b, c là các cạnh của tam giác thì:
 a + b + c > 0 ; a + b – c > 0 ; c + a – b > 0 ; c – a + b > 0
=> A > 0
* BÀI 36:
 Tính giá trị của đa thức:
P(x) = x7 – 80x6 + 80x5 – 80x4 +.+ 80x + 15 tại x = 79
b) Q(x) = x14 -10x13 + 10x12 – 10x11 +..+ 10x2 – 10x + 10 tại x = 9
	Giải
Ta có:
P(x) = x7 – 79x6 – x6 + 79x5 + x5 – 79x4 – x4 +..+79x + x + 15
 = x6(x – 79) – x5(x – 79) + x4(x – 79)- .. –x(x – 79) + x + 15
Thay x = 79 vào ta có:
P(79) = 94
Ta có:
Q(x) = x14 – 9x13 – x13 + 9x12 + x12 – 9x11 - .. + 9x2 + x2 – 9x – x + 10
 = x13(x – 9) – x12(x – 9) + x11(x – 9) - . + x(x – 9) – x + 10
Thay x = 9 vào ta có:
Q(9) = 1
BÀI 37:
 	Cho tam giác ABC vuông tại A, trung tuyến AM. Kẻ MD AB ; ME AC.
CM : DE = AM.
CM: ADE ~ ABC.
Giải
Ta có:
 Â = 900 (gt) 
 = 900 ( MD AB)
 = 900 ( ME AC)
Tứ giác ADME là HCN.
DE = AM (2 đường chéo HCN)
Ta có MB = MC (gt)
 MD // AC (2 cạnh đối HCN)
D là trung điểm của AB.
CM tương tự ta có:
 E là trung điểm của AC.
=> DE là đường TB của ABC.
=> DE // BC
=> ADE ~ ABC
 * BÀI 38:
	Cho tam giác ABC có AB = AC = 9cm. Tia phân giác góc B cắt đường cao AH ở I. Biết . Tính chu vi tam giác ABC.
	Giải
Ta có: BI là phân giác .
Aùp dụng t/c đường phân giác trong ABH ta có: 
=> 
=> BH = 6 cm
Ta lại có:
ABC cân tại A có AH là đường cao nên cũng là trung tuyến.
BC = 2BH = 2.6 = 12 cm
Chu vi ABC = 9 + 9 + 12 = 30 cm
 *BÀI 39:
	Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của phân thức sau cũng là số nguyên.
	A = 
 ĐKXĐ: x ≠ -2
 Ta có: A = (3x – 10) + 
	A nguyên ĩ nguyên ĩ 3 (x + 2) ĩ x + 2 Ư (3)
	ĩ x + 2 = ± 1 ; ± 3
	* x + 2 = 1 ĩ x = -1 (TMĐK)
	* x + 2 = -1 ĩ x = -3 (TMĐK)
	* x + 2 = 3 ĩ x = 1 (TMĐK)
	* x + 2 = -3 ĩ x = -5 (TMĐK)
	Vậy với x { -5 ; -3 ; -1 ; 1 } thì A có giá trị nguyên.
 * BÀI 40:
Cho x 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
	A = 
Tìm x để A có GTNN.
	Giải
Ta có:
	A = 
 = 
 = 2001 + 
Vì : (x – 1)2 ≥ 0 và x2 > 0
Nên: 2001 + 
GTNN của A là 2001 ĩ x = 1
BÀI 41:
Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh là a, tâm O. Kẻ đường thẳng d bất kì qua O, d không trùng với AC, BD. Kẻ AM, BN, CP, DQ lần lượt vuông góc với d.
Tính AM2 + BN2 + CP2 + DQ2 theo a.
	Giải
Xét vuôngAMO và vuông ONB có:
	OA = OB (t/c đường chéo hình vuông) 
	 (cùng phụ )
=> AMO = ONB (CH-GN)
=> BN = OM
CM tương tự ta có:
	CPO = OQD
CP = OQ
AM2 + BN2 + CP2 + DQ2
 = (OA2 – OM2) + (OB2 – ON2) + (OC2 – OP2) + (OD2 – OQ2)
 = (OA2 + OB2 + OC2 + OD2) – (OM2 + ON2 + OP2 + OQ2)
 = (OA2 + OB2 + OC2 + OD2 ) – [(BN2 + (OB2 – BN2) + (OC2 – CP2) + CP2 ]
 = OA2 + OB2 + OC2 + OD2 – OB2 – OC2
 = OA2 + OD2
 = AD2 = a2
 * BÀI 42:
Cho tam giác nhọn ABC, M là điểm thuộc miền trong của tam giác, các đường thẳng AM, BN, CM lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại Q, N , P.
CM: .
CMR: Tổng không phụ thuộc vào vị trí của điểm M thuộc miền trong tam giác ABC.
Giải
Kẻ MH BC ; AK BC
MH // AK
MHQ ~ AKQ
Ta lại có:
=> 
b) CM tương tự câu a ta có:
=> 
 = = = 1 (hằng số)
Vậy: tổng không phụ thuộc vào vị trí của điểm M thuộc miền trong tam giác ABC.
 *BÀI 43:
 	Cho x ≠ 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
	B = 
 Ta có:
	B = 
 Đặt: y = x + 1 => x = y – 1
B = 
 = 
 = = 
Đặt: t = 
B = 1 – t + t2 = t2 – t + 1
 = (t - )2 + ≥ 
GTNN của B là ĩ t = 
t = ĩ ĩ y = 2
y = 2 ĩ x + 1 = 2 ĩ x = 1
 Vậy GTNN của B là ĩ x = 1
 *BÀI 44:
 	Cho tam giác ABC cân tại A, O là trung điểm của BC. Lấy 2 điểm M , N trên 2 cạnh BA, CA thoả mãn: BM.BN = OB2 = OC2.
	CM: Ba tam giác MBO, OCN và MON đồng dạng.
	Giải
 *Xét MBO và OCN có: 
 (gt)
 => 
 => MBO ~ OCN (c.g.c) (1)
 * Xét OCN và MON có:
 ( do MBO ~ OCN)
 => 
 Ta lại có:
 Và: 
 Mà : 
 => 
 => OCN ~ MON (c.g.c) (2)
 Từ (1) và (2) => MBO ~ OCN ~ MON
BÀI 45:
Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
x(y2 – z2) + y(z2 – x2) + z(x2 – y2)
 = xy2 – xz2 + yz2 – yx2 + zx2 – zy2
 = (xy2 – yx2) + (yz2 – xz2) + (zx2 – zy2)
 = xy(y – x) + z2(y – x) –z(y2 – x2)
 = (y – x)[xy + z2 – z(y + x)]
 = (y – x)(xy + z2 – zy – zx)
 = (y – x)[x(y – z) – z(y – z)]
 = (y – x)(y – z)(x – z)
 *BÀI 46:
	Cho biểu thức: A = 
Rút gọn A.
CM: A > 0 với mọi x.
Giải
Ta có:
x4 – x3 + x – 1 = x3(x – 1) + (x – 1)
 	 = (x – 1)(x3 + 1)
x4 + x3 – x - 1 = x3(x + 1) – (x + 1)
	 = (x + 1)(x3 – 1)
x5 – x4 + x3 – x2 + x – 1 = (x5 – x2) – (x4 – x) + (x3 – 1)
	 = x2(x3 – 1) – x(x3 – 1) + (x3 – 1)
	 = (x3 – 1)(x2 – x + 1)
A = 
 = 
 MTC = (x – 1)(x + 1)(x2 – x + 1)(x2 + x + 1)
 A = 
 = 
 = = 
 = 
A = 
 b) Ta có: 
	x4 + x2 + 1 = 
=> A = với mọi x
 BÀI 47:
	Cho biểu thức: B = 
Rút gọn B.
Tính giá trị của B khi |x| = .
Với giá trị nào của x thì B < 0.
Với giá trị nào của x thì B = 2.
Giải
ĐKXĐ: x ≠ 0 ; x ≠ 2 ; x ≠ -2
KQ: B = 
|x| = => x = ± 
 KQ: B = và B = 
KQ: x > 2
KQ: x = 
*BÀI 48: Giải phương trình:
	(x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4) = 120
ĩ (x2 – 5x +4)(x2 – 5x + 6) = 120
Đặt: t = x2 – 5x + 5 ta có:
 (t – 1)(t + 1)- 120 = 0
ĩ t2 – 121 = 0
ĩ t = 11 và t = - 11
* t = 11 ĩ x2 – 5x + 5 = 11
 ĩ (x – 6)(x + 1) = 0
 ĩ x = 6 và x = -1
*t = - 11 ĩ x2 – 5x + 5 = -11
 ĩ x2 – 5x + 16 = 0
 Vì: x2 – 5x + 16 = (x - )2 + ≥ 0
 Nên: PTVN
Vậy p.t đã cho có 2 nghiệm là x = 6 và x = - 1.
*BÀI 49:
Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của BC; N là trung điểm của AC. Các đường trung trực của BC và AC cắt nhau tại O; H là trực tâm; G là trọng tâm của tam giác ABC. CM:
a) ABH ~ MNO.
b) AHG ~ MOG.
c) Ba điểm H, G, O thẳng hàng.
	Giải
Xét ABH và MNO có: 
AH // OM
AB // MN
=> (1)
 Ta lại có:
 ON // BH
 AB // MN
 => (2)
 Từ (1) và (2) => ABH ~ MNO (g.g)
Xét AHG và MOG có:
 (SLT) (3)
= 2
=> (4)
Từ (3) và (4) => AHG ~ MOG (c.g.c)
Ta có:
 AHG ~ MOG
=> 
Mà: A, G, M thẳng hàng (G là trọng tâm)
H, G, O thẳng hàng.
BÀI 50:
Cho hình thang cân ABCD (AB = CD và AB // CD). Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA.
CM: MP là phân giác của .
Hình thang cân ABCD phải có thêm điều kiện gì đối với đường chéo để = 450.
CMR: Nếu có thêm điều kiện đó thì hình thang cân có đường cao bằng đường trung bình của nó.
Giải
Ta có: 
MA = MB (gt)
NB = NC (gt) 
MN là đường TB ABC
MN // AC và MN = AC (1)
CM tương tự ta có:
 QP // AC và QP = AC (2)
MNPQ là HBH (*)
 Ta lại có:
	QM = BD (QM là đường TB ABD)
Mà: AC = BD (2 đường chéo HT cân)
QM = MN (**)
Từ (*) và (**) => MNPQ là hình thoi.
MP là phân giác .
 b) ĩ 
	 ĩ MN NP
AC BD
 Từ ĩ AC BD
 	 ĩ MNPQ là hình vuông
	 ĩ MP = QN
Mà: MP = AH
AH = QN
BÀI 51:
Giải và biện luận phương trình sau (với a là tham số):
 a(ax + 1) = x(a + 2) + 2
ĩ a2x + a = ax + 2x + 2
ĩ x(a2 – a – 2) = 2 – a
ĩ x(a + 1)(a – 2) = 2 – a
ĩ x = 
* Nếu (a + 1)(a – 2) ≠ 0
=> a + 1 ≠ 0 và a – 2 ≠ 0
=> a ≠ -1 và a ≠ 2
PT có 1 nghiệm là x = 
Nếu (a + 1)(a – 2) = 0
a + 1 = 0 hoặc a – 2 = 0
a = -1 hoặc a = 2
+ Nếu a = -1 p.t trở thành: 0x = 3 (VN)
+Nếu a = 2 p.t trở thành: 0x = 0 (VSN)
KL: -Nếu a ≠ -1 và a ≠ 2 thì p.t có 1 nghiệm x = 
Nếu a = - 1 thì p.t VN
Nếu a = 2 thì p.t có VSN