DE THI HSG TOAN 8 CUA TP HUE

Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BEC vµ ADC ®ång d¹ng.. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BHM vµ BEC ®ång d¹ng.[r]

UBND THàNH PHố Huế kỳ thi CHọN học sinh giỏi tHàNH PHố PHòNG Giáo dục đào tạo lớp thCS - năm học 2007 - 2008 Mơn : Tốn

Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm)

Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 7x6

2 x42008x22007x2008 Bài 2: (2điểm)

Giải phơng trình:

1

3

x  x  x 

2

 

2 2

2

2

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

       

       

       

       

Bµi 3: (2điểm)

1 Căn bậc hai 64 viÕt díi d¹ng nh sau: 64 6 

Hỏi có tồn hay khơng số có hai chữ số viết bậc hai chúng dới dạng nh số nguyên? Hãy tồn số

2 T×m sè d phÐp chia cđa biĨu thøc x2 x4 x6 x82008 cho đa thức x210x21

Bài 4: (4 ®iĨm)

Cho tam giác ABC vng A (AC > AB), đờng cao AH (HBC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đờng vng góc với BC D cắt AC E

1 Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m AB

2 Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM

3 Tia AM cắt BC G Chứng minh:

GB HD

BC AH HC .

HÕt

UBND THµNH PHè HuÕ kú thi CHäN häc sinh giái tHµNH PHè

PHòNG Giáo dục đào tạo lớp thCS - năm học 2007 - 2008 Môn : Toỏn

Bài 1 Câu Nội dung Điểm

1. 2,0

1.1 (0,75 điểm)

   

2

7 6 6

x  x x  x x x x  x x1 x6

0.5 0,5

1.2 (1,25 ®iĨm)

4 2008 2007 2008 2007 2007 2007 1

x  x  x x x  x  x  0,25

   2  

4 1 2007 1 1 2007 1

x x x x x x x x

            0,25

x2 x 1 x2 x 1 2007x2 x 1 x2 x 1 x2 x 2008

             0,25

2. 2,0

2.1

3

x  x  x  (1) + NÕu x1: (1)  

1

x x

    

(tháa m·n ®iỊu kiƯn x1)

+ NÕu x1: (1)      

2 4 3 0 3 1 0 1 3 0

x x x x x x x

            

 x1; x3 (cả hai không bé 1, nên bị loại) Vậy: Phơng trình (1) có nghiệm x1

0,5 0,5 2.2

 

2 2

2

2

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

       

       

       

        (2)

Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x0

(2)   2 2 2

1 1

8 x x x x x

x x x x

                                        2 2 1

8 x x x x 16

x x

   

           

   

0

x hay x

   vµ x0.

Vậy phơng trình cho có nghiệm x8

3 2.0

3.1

Gọi số cần tìm ab10a b (a, b số nguyên a khác 0)

Theo gi thit: 10a b a   blà số nguyên, nên ab blà số phơng, đó: b hoặc4

Ta cã:  

2

10a b a   b10a b a  2a b b  5a  b a

 

2 b a

  

(v× a0)

Do a phải số chẵn: a2k, nên 5 b k

NÕu b 1 a 8 81 (thỏa điều kiện toán) Nếu b 4 a 6 64 6  8 (tháa điều kiện toán) Nếu b a 49 (thỏa điều kiện toán)

0,5

0,5 3.2 Ta cã:

       

   

( ) 2008

10 16 10 24 2008

P x x x x x

x x x x

     

   

Đặt

2 10 21 ( 3; 7)

t x  x t t , biểu thức P(x) đợc viết lại:

   

( ) 2008 1993

P x  t t   t t

Do chia t2 1993t cho t ta có số d 1993

0,5

0,5

4 4,0

4.1

+ Hai tam gi¸c ADC vµ BEC cã:

Gãc C chung CD CA

CE CB (Hai tam giác vuông CDE CAB đồng dạng) Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

Suy ra: BECADC1350(vì tam giác AHD vng cân H theo giả thiết) Nên AEB450 tam giác ABE vuông cân A Suy ra:

2

BEAB m

1,0

0,5 4.2

Ta cã:

1

2

BM BE AD

BC  BC  AC (do BECADC) mà ADAH (tam giác AHD vuông vân H)

nªn

1

2 2

BM AD AH BH BH

BC  AC   AC AB BE (do ABH CBA)

Do BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC 1350 AHM 450 4.3 Tam giác ABE vng cân A, nên tia AM cịn phân giác góc BAC

Suy ra:

GB AB

GC AC , mµ    // 

AB ED AH HD

ABC DEC ED AH

AC DC   HC HC 0,5

Do đó:

GB HD GB HD GB HD