Một số bài toán khó Lớp 8

 Một số bài toán khó lớp 8
 Bài 1: Cho x, y, z là các số khác không. Chứng minh rằng:
 1 1 1 x6 y6 z6
 Nếu x y z 0 thì xyz .
 x y z x3 y3 z3
Bài 2: Cho hình vuông ABCD. Kéo dài các cạnh BC (về phía C) và CD (về phía 
D) một đoạn BM = DN. Dựng hình bình hành AMFN. Chứng minh:
 a) Tứ giác AMFN là hình vuông. b) F thuộc phân giác của góc NCM.
 c) AC vuông góc với CF. d) B, D, O thẳng hàng (O là trung điểm của FA)
 1 3 2n 1 n 2
Bài 3: Chứng minh rằng ... với mọi n nguyên 
 4 14 4 34 4 2n 1 4 4n 2 1
dương.
Bài 4: Xét đa thức 
P(x) = (1- x + x2 - x3+...- x2015 + x2016)(1+ x + x2 + x3+...+ x2015 + x2016)
Khai triển và ước lượng các số hạng đồng dạng có thể viết
 2 4032
 P(x) = a0 + a1x + a2x + ... + a4032x . Tính a2017.
Bài 5 Cho hình vuông ABCD. Qua A vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau lần 
lượt cắt BC tại P và R, cắt CD tại Q và S.
 a) Chứng minh AQR và APS là các tam giác cân.
 b) QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS. Chứng minh tứ giác 
AMHN là hình chữ nhật.
 c) Chứng minh P là trực tâm SQR.
 d) Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng.
Bài 6 : a) d, x2 – y2 + 2x – 4y – 10 = 0 với x,y nguyên dương.
 1
b) Cho hai số a,b thỏa mãn điều điều kiện a + b = 1. Chứng minh a3 + b3+ ab 
 2 Bài 7: Cho tam giác ABC có góc A nhỏ hơn 900. Trên nửa mặt phẳng không chứa 
điểm C, bờ là đường thẳng AB vẽ AF vuông góc với AB và AF = AB. Trên nửa 
mặt phẳng không chứa điểm B, bờ là đường thẳng AC vẽ AH vuông góc với AC 
và AH = AC. Gọi D là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia DA lấy điểm I sao 
cho DI = DA. Chứng minh rằng:
 a/ AI = FH ; b/ DA  FH
Bài 8: Cho hình bình hành ABCD có E, F thứ tự là trung điểm của AB, CD.
 a/ Chứng minh rằng các đường thẳng AC, BD, EF cắt nhau tại trung điểm 
của mỗi đường.
 b/ Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M và N. Chứng minh 
rằng EMFN là hình bình hành.
Bài 9:Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC), có đường cao AH sao cho AH = HC. 
Trên AH lấy một điểm I sao cho HI = BH. Gọi P và Q là trung điểm của BI và AC. 
Gọi N và M là hình chiếu của H trên AB và IC ; K là giao điểm của đường thẳng 
CI với AB ; D là giao điểm của đường thẳng BI với AC.
a). Chứng minh I là trực tâm của tam giác ABC ; b)Tứ giác HNKM là hình vuông
 c). Chứng minh bốn điểm N, P, M, Q thẳng hàng.
Bài 10; Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn điều kiện: x2015 y2015 z2015 3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:x 2 y2 z2
 1 1 1 1 1
Bài 11: Cho A = ... ... Với n N* 
 n 1 n 2 2n 1 2n 2 3n 1
Chứng minh rằng: A > 1
Bài 12: Cho các số: x, y, x thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx và x2014 + y2014 + z2014 
= 3.Tính giá trị của biểu thức: P = x25 + y4 + z2015.
Bài 14 Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ...+ k(k + 1)(k + 2) (với k N*). Chứng 
minh rằng: 4S + 1là bình phương của một số tự nhiên. --- 
Bài 1;. Cho x, y, z là các số khác không. Chứng minh rằng:
 1 1 1 x6 y6 z6
 Nếu x y z 0 thì xyz .
 x y z x3 y3 z3
 1 1 1
Ta có 0 xy + yz + zx = 0 Khi đó chứng minh được:
 x y z
x3y3 + y3z3 + z3x3 = 3x2y2z2 mà x + y + z = 0 suy ra x3 + y3 + z3 = 3xyz
từ đó
 x6 y6 z6 (x3 y3 z3 )2 2(x3 y3 y3z3 z3x3 )
 x3 y3 z3 x3 y3 z3
 (3xyz)2 2.3.x2 y2 z2 9x2 y2 z2 6x2 y2 z2
 xyz
 3xyz 3xyz
Bài 2:
 A B
 H
 N C
 ’ O D
 M
 F H a/ (2 đ)
- Vẽ hình đúng đến câu a 
- Chứng minh hai tam giác vuông ABM ADN
Suy ra BAM DAN và AM = AN. Ta có:
 MAN MAD DAN MAD BAM 900
Chứng minh tứ giác AMFN là hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau và có 1 góc 
vuông là hình vuông.
b/ (2đ)
 Kẻ FH  BM và FH’ CN. 
 Ta có HMF = MAB (góc có cạnh tương ứng  )
 FND = DAN (góc có cạnh tương ứng  ), 
 mà BAM = DAN (cmt) nên:
 HMF = FND (1)
 FHM FH 'N vì có (1) và FM = FN (cmt) => FH = FH’, nghĩa là F cách đều các 
cạnh của góc MCN, do đó F thuộc phân giác của góc này
c/ (1,5 đ)
CF là đường phân giác của MCN nênFCN = 450 vì AC là đường chéo hình vuông ANCD nên CAN = 450. 
 Từ đó ACF = 900 hay AC  CF
 d/ (1,5đ)
 Tứ giác AMFN là hình vuông nên O cũng là trung điểm MN. Chứng minh được: 
 1 1
 CO MN FA OA=> O cách đều A và C.
 2 2
 BD là đường chéo của hình vuông ABCD nên cũng cách đều A và C. 
 Vậy 3 điểm B, D, O thẳng hàng vì cùng thuộc trung trực AC.
Bài 3: TQ ta có: 
 a a a 1 1 1 
 . 
 4 2 2 2 2 2 
4 a a 2 2 4a 2 a 2 2a a 2 2a 4 a 2 2a a 2 2a 
Với a = 1, 3, , 2n – 1. thì:
 1 1 1 1 1 1 1 
Vế trái của đẳng thức bằng: VT = . ... 
 2 2 
 4 1 5 5 7 (2n - 2) 1 (2n) 1 
 1 1 1 n 2
= . 2 2 = VP (vế phải của đẳng thức cần chứng minh).
 4 1 (2n) 1 4n 1
Bài 4: Đặt f(x) = (1-x+x2-x3+...-x2015+x2016)
 g(x) = (1+x+x2+x3+...+x2015+x2016)
Để có x2017 của P(x) thì một hạng tử xk (0 ≤ k ≤ 2016) của f(x) phải nhân với hạng 
tử xm (0 ≤ m ≤ 2016) của g(x) sao cho k + m = 2017.
Suy ra:
- Nếu k = 0 thì m = 2017 không t/m m ≤ 2016.
- Nếu k = 1 thì m = 2016
- Nếu k = 2 thì m = 2015
- Nếu k = 2016 thì m = 1.
 2017 2016 2 2015 3 2014 2016
Vậy a2017.x = ( - x.x + x .x – x .x + + x .x ) 
 = ( - 1 + 1 – 1 + 1 – 1 + - 1 + 1)x2017.
Trong dãy 1, 2, 3, , 2015, 2016 có 1008 số lẻ và 1008 số chẵn. Các hạng tử với 
số mũ lẻ của f(x) có hệ số là – 1, các hạng tử với số mũ chẵn của f(x) có hệ số là 
 2017
1. Như vậy hệ số a2017 của số hạng a2017.x của P(x) là: 
a2017 = - 1 + 1 – 1 + 1 – 1 + - 1 + 1 = 0 Bài 5: Vẽ đúng hình, cân đối đẹp.
a) a) ADQ = ABR vì chúng là hai tam 
giác vuông (2 góc có cạnh t.ư vuông góc) và 
DA = BD (cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, 
nên AQR là tam giác vuông cân. Chứng 
minh tương tự ta có: ABP = ADS
do đó AP =AS và APS là tam giác cân tại A.
b) AM và AN là đường trung tuyến của tam 
giác vuông cân AQR và APS nên AN  SP và 
AM  RQ.
Mặt khác : P· AN P· AM = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có 
ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật.
c) Theo giả thiết: QA  RS, RC  SQ nên QA và RC là hai đờng cao của 
SQR. Vậy P là trực tâm của SQR.
d) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM = 1 QR
 2
 MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.
Chứng minh tương tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, 
ta có NA = NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trung trực của AC
e) Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách 
khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên 
đường trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng. 
Bài 6: a) A = 13x2 + y2 + 4xy - 2y - 16x + 2015 = y2 + 4xy - 2y + 13x2 - 16x 
+ 2015
 = y2 + 2y(2x - 1) + (2x -1)2 + 9x2 - 12 x + 2015 = (y + 2x - 1)2 + (3x - 2)2 + 
2010 
 2 1
Chứng tỏ A 2010, dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi (x = ; y = )
 3 3
 2 1
Vậy min A = 2010 khi (x = ; y = ) 
 3 3
 1 1 1
b) Ta có a3+ b3 + ab (1) a3+b3+ab - 0 (a+b)(a2+ b2-ab) + ab- 0
 2 2 2
 1
 a2+b2- 0 (vì a + b =1) 2a2+2b2-1 0 2a2+2(1-a)2-1 0 (vì b = 1- 
 2
a) 2
 1 1 
 2a2+2 - 4a + 2a2 - 1 0 4(a2- a + ) 0 4 a 0 a (2)
 4 2 
 ... đpcm.
Bai 7: 
 H
 K
 F A
 B D C
 I
a/ - Xét BDI và CDA có: DB = DC (gt),
 B· DI C· DA (đối đỉnh), DA = DI (gt) 
 BDI = CDA (c.g.c) 
 BI = CA (2 cạnh tương ứng), 
 B· ID C· AD (2 góc tương ứng). Mặt khác 2 góc này ở vị trí so le trong nên suy ra 
BI//AC.
- Xét ABI và FAH có:
 AB=AF (gt), ·ABI F· AH (cùng bù với B· AC ),
BI = AH (cùng = AC) ABI = EAH (c.g.c)
 AI = FH (2 cạnh tương ứng).
b/ Gọi K là giao điểm của DA và FH ta có:
 B· AI F· AK 900 , mà ·AFH B· AI hay ·AFK B· AI nên ·AFH F· AK 900
- Xét AFK có ·AFH F· AK 900
 F· KA 900 AK  FK AI  FH
(vì I, K thuộc đường thẳng AD, K thuộc EH)
Bài 8 a/ - Hình vẽ: 
 A E B
- Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình // //
 M
hành ABCD, ta có O là trung điểm của BD. 
 O
- Chứng minh BEDF là hình bình hành 
 N
- Có O là trung điểm của BD nên O cũng là trung // // C
 D F
điểm của EF 
- Vậy EF, BD, AC đồng quy tại O. 
 1
b/ Xét ABD có M là trọng tâm, nên OM OA
 3
 1
- Xét BCD có N là trọng tâm, nên ON OC 
 3
- Mà OA = OC nên OM = ON 
- Tứ giác EMFN có OM = ON và OE = OF nên là hình bình hành. 
Bài 9:
Xét tam giác BHI có: BH = HI ; H 900
Tam giác BHI vuông cân tại H.=> IBH 450
Tam giác AHC có AH = HC; H 900 
Tam giác AHC vuông cân tại H => ACH 450
Suy ra tam giác BCD vuông cân tại D
Tam giác ABC có 2 đường cao AH, BD.
Vậy I là trực tâm của tam giác ABC
- Xét tứ giác HMKN có: M N 900
 K 900 . ( CK là đường cao).
Tứ giác HMKN là hình chữ nhật. (1)
Xét tam giác MIH và tam giác NBH có: HMI HNB 900
 HB HI(gt)
 HIC HBN
 A
 D
 K
 I j Q
 M
 P
 N
 B C
 H
Suy ra
 HMI HNB
=> HM = HN (2)
Từ (1) và (2): Tứ giác HMKN là hình vuông
- Theo câu b: Tứ giác HMKN là hình vuông nên M, N thuộc trung trực của đoạn thẳng KH
- Xét 2 tam giác vuông AHC và AKC; trung tuyếnHQ,KQ. Ta có: HQ = ½ AC; KQ = ½ AC; Suy 
ra Q thuộc trung trực KH
- Hoàn toàn tương tự ta cũng có P thuộc trung trực KH
Vậy 4 điểm M,N,P,Q thẳng hàng
Bài 10: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 2015 số dương
 x2015; x2015; 1;1;1;......;1;1 ta được
 x2015+x2015+1+1+1+......+1+1 20152015 x2015.x2015.1.1.1.....1 2015x2
2x2015+2013 2015x2
 Hoàn toàn tương tự ta cũng có:
2y2015+2013 2015y2
2z2015+2013 2015z2
 2 x2015 y2015 z2015 6039 2015(x2 y2 z2 )
=> x2 y2 z2 3
Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1
Vậy x2 + y2 + z2 đạt giá trị lớn nhất là 3 tại x = y = z =1 1 1 4
Bài 11: Ta có với mọi a,b > 0 Dấu bằng xảy ra khi a=b
 a b a b
 1 1 1 1 1
A = ... ... Với n N* 
 n 1 n 2 2n 1 2n 2 3n 1
Ta có A có 2n+1 hạng tử
 1 1 4
Chứng minh được với mọi a,b > 0 Dấu bằng xảy ra khi a=b
 a b a b
Áp dụng BĐT trên với các cặp số đôi một khác nhau ta có
 1 1 2
 n 1 3n 1 2n 1
 1 1 2
 n 2 3n 2n 1
...........................
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được:
 2
2A > (2n+1)  A >1 (ĐPCM)
 2n 1
Bài 12: có: x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx 2(x2 + y2 + z2) = 2(xy + yz + zx)
 (x - y )2 +( y – z)2 + (z – x)2 = 0 x = y = z
 Thay vào biểu thức: x2014 + y2014 + z2014 = 3 => x = y = z = 1
Với x = y = z = 1 thi P = 3; Với x = y = z = -1 thì P = -1
Bài 13:
Ta có:
 1 1
 k(k + 1)(k + 2) = k (k + 1)(k + 2). 4= k(k + 1)(k + 2). (k 3) (k 1)
 4 4