de thi hsg toan 8 toán học 8 phan văn hiền thư viện giáo dục tỉnh quảng trị

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]

đề thi học sinh giỏi Mơn : Tốn

Thêi 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

2 3 2 1 0 x  x  x 

2

 

2 2

2

2

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

       

       

       

      

Bài 3: (2điểm)

CMR với a,b,c,là số dơng ,ta có: (a+b+c)( a+

1 b+

1 c¿≥9

2 T×m sè d phÐp chia cđa biĨu thøc x2 x4 x6 x82008 cho đa thức x210x21

Bài 4: (4 điểm)

Cho tam giác ABC vuông 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

Bài 1 Câu Nội dung Điểm

1. 2,0

1.1 (0,75 ®iĨm)

   

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

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

 

       

                         

   

2

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 Ta cã:

A= (a+b+c)(1 a+

1 b+

1 c)=1+

a b+

a c+

b a+1+

b c+

c a+

c b+1 = 3+(a

b+ b a)+( a c+ c a)+( c b+ b c) Mµ: x

y+ y

x≥2 (BĐT Cơ-Si) Do A 3+2+2+2=9 Vậy A

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 t x210x21 (t3;t7), 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 BECADC) 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

0,5 0,5 0,5 4.3 Tam giác ABE vuông cân A, nên tia AM phân giác gãc 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