20 Chuyên đề bồi dưỡng môn Toán Lớp 8

) 
Ta có: x
2
 – x + 1 chia hết cho B = x2 – x + 1 
 x
9
 + 1 chia hết cho x3 + 1 nên chia hết cho B = x2 – x + 1 
 x
1945
 – x = x(x1944 – 1) chia hết cho x3 + 1 (cùng có nghiệm là x = - 1) 
nên chia hết cho B = x2 – x + 1 
Vậy A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1 
b) C = 8x
9
 – 9x8 + 1 = 8x9 – 8 - 9x8 + 9 = 8(x9 – 1) – 9(x8 – 1) 
 = 8(x – 1)(x8 + x7 + ...+ 1) – 9(x – 1)(x7 + x
6
 + ...+ 1) 
 = (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) 
(8x
8
 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho x – 1 vì có tổng hệ số bằng 0 
suy ra (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho (x – 1)2 
c) Đa thức chia D (x) = x(x + 1)(2x + 1) có ba nghiệm là x = 0, x = - 1, x = - 
1
2
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 
 51 
Ta có: 
C(0) = (0 + 1)
2n
 – 02n – 2.0 – 1 = 0  x = 0 là nghiệm của C(x) 
C(-1) = (-1 + 1)
2n
 – (- 1)2n – 2.(- 1) – 1 = 0  x = - 1 là nghiệm của C(x) 
C(- 
1
2
) = (-
1
2
 + 1)
2n
 – (-
1
2
)
2n
 – 2.(- 
1
2
) – 1 = 0  x = - 
1
2
 là nghiệm của C(x) 
Mọi nghiệm của đa thức chia là nghiệm của đa thức bị chia đpcm 
6. Ví dụ 6: 
Cho f(x) là đa thức có hệ số nguyên. Biết f(0), f(1) là các số lẻ. Chứng minh rằng f(x) 
không có nghiệm nguyên 
Giả sử x = a là nghiệm nguyên của f(x) thì f(x) = (x – a). Q(x). Trong đó Q(x) là đa thức có 
hệ số nguyên, do đó f(0) = - a. Q(0), f(1) = (1 – a). Q(1) 
Do f(0) là số lẻ nên a là số lẻ, f(1) là số lẻ nên 1 – a là số lẻ, mà 1 – a là hiệu của 2 số lẻ 
không thể là số lẻ, mâu thuẩn 
Vậy f(x) không có nghiệm nguyên 
Bài tập về nhà: 
Bài 1: Tìm số dƣ khi 
a) x
43
 chia cho x
2
 + 1 
b) x
77
 + x
55
 + x
33
 + x
11
 + x + 9 cho x
2
 + 1 
Bài 2: Tính giá trị của đa thức x4 + 3x3 – 8 tại x = 2009 
Bài 3: Chứng minh rằng 
a) x
50
 + x
10
 + 1 chia hết cho x20 + x10 + 1 
b) x
10
 – 10x + 9 chia hết cho x2 – 2x + 1 
c) x
4n + 2
 + 2x
2n + 1
 + 1 chia hết cho x2 + 2x + 1 
d) (x + 1)
4n + 2
 + (x – 1)4n + 2 chia hết cho x2 + 1 
e) (x
n
 – 1)(xn + 1 – 1) chia hết cho (x + 1)(x – 1)2 
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 
 52 
CHUYÊN ĐỀ 11 – CÁC BÀI TOÁN VỀ BIỂU THỨC HỮU TỈ 
A. Nhắc lại kiến thức: 
Các bƣớc rút gọn biểu thức hửu tỉ 
a) Tìm ĐKXĐ: Phân tích mẫu thành nhân tử, cho tất cả các nhân tử khác 0 
b) Phân tích tử thành nhân , chia tử và mẫu cho nhân tử chung 
B. Bài tập: 
Bài 1: Cho biểu thức A = 
4 2
4 2
5 4
10 9
x x
x x
 
 
a) Rút gọn A 
b) tìm x để A = 0 
c) Tìm giá trị của A khi 2 1 7x  
Giải 
a)Đkxđ : 
 x
4
 – 10x2 + 9  0  [(x2)2 – x2] – (9x2 – 9)  0  x2(x2 – 1) – 9(x2 – 1)  0 
 (x
2
 – 1)(x2 – 9)  0  (x – 1)(x + 1)(x – 3)(x + 3)  0 
x 1
x 1 1
x 3 3
x 3
x
x

    
  
  
  
Tử : x4 – 5x2 + 4 = [(x2)2 – x2] – (x2 – 4) = x2(x2 – 1) – 4(x2 – 1) 
= (x
2
 – 1)(x2 – 4) = (x – 1)(x + 1)(x – 2)(x + 2) 
Với x   1; x   3 thì 
A = 
(x - 1)(x + 1)(x - 2)(x + 2) (x - 2)(x + 2)
(x - 1)(x + 1)(x - 3)(x + 3) (x - 3)(x + 3)
 
b) A = 0  
(x - 2)(x + 2)
(x - 3)(x + 3)
 = 0  (x – 2)(x + 2) = 0  x =  2 
c) 2 1 7x   
2 1 7 2 8 4
2 1 7 2 6 3
x x x
x x x
     
           
* Với x = 4 thì A = 
(x - 2)(x + 2) (4 - 2)(4 + 2) 12
(x - 3)(x + 3) (4 - 3)(4 + 3) 7
  
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 
 53 
* Với x = - 3 thì A không xác định 
2. Bài 2: 
Cho biểu thức B = 
3 2
3 2
2 7 12 45
3 19 33 9
x x x
x x x
  
  
a) Rút gọn B 
b) Tìm x để B > 0 
Giải 
a) Phân tích mẫu: 3x3 – 19x2 + 33x – 9 = (3x3 – 9x2) – (10x2 – 30x) + (3x – 9) 
= (x – 3)(3x2 – 10x + 3) = (x – 3)[(3x2 – 9x) – (x – 3)] = (x – 3)2(3x – 1) 
Đkxđ: (x – 3)2(3x – 1)  0  x  3 và x  
1
3
b) Phân tích tử, ta có: 
 2x
3
 – 7x2 – 12x + 45 = (2x3 – 6x2 ) - (x2 - 3x) – (15x - 45) = (x – 3)(2x2 – x – 15) 
= (x – 3)[(2x2 – 6x) + (5x – 15)] = (x – 3)2(2x + 5) 
Với x  3 và x  
1
3
Thì B = 
3 2
3 2
2 7 12 45
3 19 33 9
x x x
x x x
  
  
 = 
2
2
(x - 3) (2x + 5) 2x + 5
(x - 3) (3x - 1) 3x - 1
 
c) B > 0  
2x + 5
3x - 1
 > 0  
1
3
3 1 0 5 1
2 5 0 2 3
53 1 0 1
232 5 0
5
2
x
x
x x
x
x
xx
x
x


                       
  

3. Bài 3 
Cho biểu thức C = 
2 2
1 2 5 1 2
:
1 1 1 1
x x
x x x x
  
  
    
a) Rút gọn biểu thức C 
b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên 
Giải 
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 
 54 
a) Đkxđ: x   1 
C = 
2 2
1 2 5 1 2 1 2(1 ) 5 ( 1)( 1) 2
: .
1 1 1 1 (1 )(1 ) 1 2 2 1
x x x x x x
x x x x x x x x
          
      
          
b) B có giá trị nguyên khi x là số nguyên thì 
2
2 1x


 có giá trị nguyên 
 2x – 1 là Ƣ(2)  
2 1 1 1
2 1 1 0
2 1 2 1,5
2 1 2 1
x x
x x
x x
x x
   
    
 
   
 
     
Đối chiếu Đkxđ thì chỉ có x = 0 thoả mãn 
4. Bài 4 
Cho biểu thức D = 
3 2
2
2
2 4
x x x
x x x
 
  
a) Rút gọn biểu thức D 
b) Tìm x nguyên để D có giá trị nguyên 
c) Tìm giá trị của D khi x = 6 
Giải 
a) Nếu x + 2 > 0 thì 2x  = x + 2 nên 
D = 
3 2
2
2
2 4
x x x
x x x
 
  
 = 
3 2 2
2
2 ( 1)( 2)
( 2) 4 ( 2) ( 2)( 2) 2
x x x x x x x x
x x x x x x x
    
 
      
Nếu x + 2 < 0 thì 2x  = - (x + 2) nên 
D = 
3 2
2
2
2 4
x x x
x x x
 
  
 = 
3 2
2
2 ( 1)( 2)
( 2) 4 ( 2) ( 2)( 2) 2
x x x x x x x
x x x x x x x
    
 
        
Nếu x + 2 = 0  x = -2 thì biểu thức D không xác định 
b) Để D có giá trị nguyên thì 
2
2
x x
 hoặc 
2
x
 có giá trị nguyên 
+) 
2
2
x x
 có giá trị nguyên  
2 x(x - 1) 2 x - x 2 
x > - 2x > - 2
 
 


Vì x(x – 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 với mọi x > - 2 
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 
 55 
+) 
2
x
 có giá trị nguyên 
x 2 x = 2k 
2k (k Z; k < - 1)
x < - 2 x < - 2
x
 
    
 

c) Khia x = 6  x > - 2 nên D = 
2
2
x x
 = 
6(6 1)
15
2

 
Bài tập về nhà 
Bài 1: 
Cho biểu thức A = 
2
2 3 2
: 1
3 2 5 6 1
x x x x
x x x x x
     
     
       
a) Rút gọn A 
b) Tìm x để A = 0; A > 0 
Bài 2: 
Cho biểu thức B = 
3 2
3 2
3 7 5 1
2 4 3
y y y
y y y
  
  
a) Rút gọn B 
b) Tìm số nguyên y để 
2D
2y + 3
 có giá trị nguyên 
c) Tìm số nguyên y để B  1 
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 
 56 
CHUYÊN ĐỀ 12 – CÁC BÀI TOÁN VỀ BIỂU THỨC (TIẾP) 
* Dạng 2: Các biểu thức có tính quy luật 
Bài 1: Rút gọn các biểu thức 
a) A = 
 
22 2
3 5 2 1
......
(1.2) (2.3) ( 1)
n
n n

  

Phƣơng pháp: Xuất phát từ hạng tử cuối để tìm ra quy luật 
Ta có 
 
2
2 1
( 1)
n
n n


 = 
2 2 2 2
2 1 1 1
( 1) ( 1)
n
n n n n

 
 
 Nên 
A = 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1)
......
1 2 2 3 3 ( 1) 1 ( 1) ( 1)
n n
n n n n n

          
  
b) B = 
2 2 2 2
1 1 1 1
1 . 1 . 1 ........ 1
2 3 4 n
       
          
       
Ta có 
2
2 2 2
1 1 ( 1)( 1)
1
k 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 1
n
n n n n
n n
n n n n
    
                  
       
 
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG 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
          
 ; 
 b) 
3
3
3
1 1 1
B x x 3 x 27 9 18
x x x
                    
 ; 
 c) 
2
4 2
4 2
1 1
C x x 2 49 2 47
x x
          
 ; 
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG 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
                  
  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 
Tƣơng 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)  -a
3
 = b
3
 + c
3
 + 3bc(b + c)  -a
3
 = b
3
 + c
3
 – 3abc 
 a
3
 + b
3
 + c
3
 = 3abc (2) 
Thay (2) vào (1) ta có B = 
3 3 3a b c 3abc 3
2abc 2abc 2
 
  (Vì abc  0) 
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG 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 
  a
2
 + 2bc = a
2
 + 2bc – (ab + ac + bc) = a2 – ab + bc – ac = (a – b)(a – c) 
Tƣơng 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
   
                   
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
     

20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG 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 (a
2
 – 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 
  (a
2
b – 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 
 ax
2
 + by
2
 + cz
2
 = a(y + z)
2
 + b(x + z)
2
 + c (y + x)
2
 =  
 = (b + c)x
2
 + (a + c)y
2
 + (a + b)z
2
 + 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: 
ax
2
 + by
2
 + cz
2
 = -( ax
2
 + by
2
 + cz
2
 )  ax
2
 + by
2
 + cz
2
 = 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)

  
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG 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
) 
Tƣơng 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) 
Tƣơng 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
(a
3
 + b
3
 + c
3
 ) (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 
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 
 62 
2) Cho a
3
 + b
3
 + c
3
 = 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 = a
2
 + b
2
 + c
2
 = 1; 
a b c
x y z
  . Chứng minh xy + yz + xz = 0 
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 
 63 
CHUYÊN ĐỀ 13 – CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG 
A. Kiến thức: 
* Tam giác đồng dạng: 
a) trƣờng hợp thứ nhất: (c.c.c) 
ABC A’B’C’  
AB AC BC
 = = 
A'B' A'C' B'C'
b) trƣờng hợp thứ nhất: (c.g.c) 
ABC A’B’C’  
AB AC
 = 
A'B' A'C'
 ;  A = A' 
c. Trƣờng hợp đồng dạng thứ ba (g.g) 
ABC A’B’C’   A = A' ;  B = B' 
AH; A’H’là hai đƣờng cao tƣơng ứng thì: 
A'H'
AH
 = k (Tỉ số đồng dạng); A'B'C'
ABC
S
S
 = K
2
B. Bài tập áp dụng 
Bài 1: 
Cho ABC có  B = 2 C , AB = 8 cm, BC = 10 cm. 
a)Tính AC 
b)Nếu ba cạnh của tam giác trên là ba số tự nhiên liên tiếp thì mỗi 
cạnh là bao nhiêu? 
Giải 
Cách 1: 
Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho:BD = BC 
ACD ABC (g.g)  
AC AD
AB AC
 
2AC AB. AD =AB.(AB + BD)  = AB(AB + BC) 
= 8(10 + 8) = 144  AC = 12 cm 
Cách 2: 
Vẽ tia phân giác BE của ABC  ABE ACB 
E
D
C
B
A
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 
 64 
2AB AE BE AE + BE AC = AC = AB(AB + CB) 
AC AB CB AB + CB AB + CB
    = 8(8 + 10) = 144 
  AC = 12 cm 
b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c thì từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) 
Vì b > anên có thể b = a + 1 hoặc b = a + 2 
+ Nếu b = a + 1 thì (a + 1)2 = a
2
 + ac  2a + 1 = ac  a(c – 2) = 1 
a = 1; b = 2; c = 3(loại) 
+ Nếu b = a + 2 thì a(c – 4) = 4 
- Với a = 1 thì c = 8 (loại) 
- Với a = 2 thì c = 6 (loại) 
- với a = 4 thì c = 6 ; b = 5 
Vậy a = 4; b = 5; c = 6 
Bài 2: 
Cho ABC cân tại A, đƣờng phân giác BD; tính BD 
biết BC = 5 cm; AC = 20 cm 
Giải 
Ta có 
CD BC 1
 = 
AD AC 4
  CD = 4 cm và BC = 5 cm 
Bài toán trở về bài 1 
Bài 3: 
Cho ABC cân tại A và O là trung điểm của BC. Một điểm O di động trên AB, lấy điểm E 
trên AC sao cho 
2OB
CE = 
BD
. Chứng minh rằng 
a) DBO OCE 
b) DOE DBO OCE 
c) DO, EO lần lƣợt là phân giác của các góc BDE, CED 
d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi khi D di động trên AB 
Giải 
D
CB
A
21
3
2
1 H
I
O
E
D
CB
A
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 
 65 
a) Từ 
2OB
CE = 
BD
  
CE OB
 = 
OB BD
 và  B = C (gt)  DBO OCE 
b) Từ câu a suy ra   23O = E (1) 
 Vì B, O ,C thẳng hàng nên    03O + DOE EOC 180  (2) 
trong tam giác EOC thì    02E + C EOC 180  (3) 
Từ (1), (2), (3) suy ra   DOE B C  
DOE và DBO có 
DO OE
 = 
DB OC
 (Do DBO OCE) 
và 
DO OE
 = 
DB OB
 (Do OC = OB) và   DOE B C  
nên DOE DBO OCE 
c) Từ câu b suy ra  1 2D = D  DO là phân giác của các góc BDE 
Củng từ câu b suy ra  1 2E = E EO là phân giác của các góc CED 
c) Gọi OH, OI là khoảng cách từ O đến DE, CE thì OH = OI, mà O cố định nên OH không 
đổi OI không đổi khi D di động trên AB 
Bài 4: (Đề HSG huyện Lộc hà – năm 2007 – 2008) 
Cho ABC cân tại A, có BC = 2a, M là trung điểm BC, lấy D, E thuộc AB, AC sao cho 
 DME = B 
a) Chứng minh tích BD. CE không đổi 
b)Chứng minh DM là tia phân giác của BDE 
c) Tính chu vi của AED nếu ABC là tam giác đều 
Giải 
a) Ta có     DMC = DME + CME = B + BDM , mà  DME = B(gt) 
nên  CME = BDM, kết hợp với  B = C (ABC cân tại A) 
suy ra BDM CME (g.g) 
 2
BD BM
 = BD. CE = BM. CM = a
CM CE
 không đổi 
b) BDM CME  
DM BD DM BD
 = = 
ME CM ME BM
 
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 
 66 
(do BM = CM) DME DBM (c.g.c)   MDE = BMD hay 
DM là tia phân giác của BDE 
c) chứng minh tƣơng tự ta có EM là tia phân giác của DEC 
kẻ MH CE ,MI DE, MK DB thì MH = MI = MK  
DKM = DIM 
DK =DI  E