de thi HSG lop 8 nam 0809 dap an

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

Bài 1: (2 điểm)

Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 1. x27x6

2. x42008x2 2007x2008 Bài 2: (2điểm) Giải phơng trình:

1. x2 3x 2 x1 0

2.  

2 2

2

2

2

1 1 1 1

8 x 4 x 4 x x x 4

x x x x

       

       

       

       

Bài 3: (2điểm) CMR với a,b,c,là số dơng ,ta cã: (a+b+c)(111)9

c b a

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

Bài 4: (4 điểm)Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB), ® êng cao AH (HBC) Trªn tia HC lÊy ®iĨm D cho HD = HA Đờng vuông góc với BC D cắt AC tại E.

1. Chng 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

.

Bài 1 Câu Nội dung Điểm

1. 2,0

1.1 (0,75 ®iĨm)

   

2 7 6 6 6 1 6 1

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

0.5 0,5

1.2 (1,25 ®iĨm)

4 2

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

         

1 1 2007 1 1 2008

x x x x x x x x x x

            

0,25

2. 2,0

2.1 2

3 2 1 0 x  x  x  (1)

+ NÕu x1: (1)  x12  0 x1 (tháa m·n ®iỊu kiƯn x1)

+ Nếu x1: (1)  x2 4x  3 0 x2 x 3x1  0 x1 x 3 0  x1; x3 (cả hai không bé hn 1, nờn b loi)

Vậy: Phơng trình (1) cã mét nghiƯm nhÊt lµ x1

0,5 0,5 2.2

 

2 2

2

2

2

1 1 1 1

8 x 4 x 4 x x x 4

x x x x

       

       

       

       

(2)

Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x0

(2)  

2

2

2

2

1 1 1 1

8 x 4 x x x x 4

x x x x

 

       

                

        

   

2

2

2

1 1

8 x 8 x x 4 x 4 16

x x

   

           

   

0 8

x hay x

   x0 Vậy phơng trình cho có nghiệm x8

3 2.0 3.1 Ta cã:

A=(   )(111)1   1   1

b c a c c b a b c a b a c

b a c b a

=3 ( ) ( ) ( )

c b b c a c c a a b b a

     

Mµ:  2

x y y x

(BĐT Cô-Si)

Do ú A32229. Vy A9

0,5

0,5 3.2 Ta cã:

       

   

( ) 2 4 6 8 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:

   

( ) 5 3 2008 2 1993 P x  t t   t t

Do chia t2 2t1993 cho t ta có số d 1993

0,5

0,5

4 4,0

4.1 + Hai tam giác ADC BEC có:

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(v× tam giác AHD vuông cân H theo giả thiết)

Nên AEB450 tam giác ABE vng cân A Suy ra:

2 2

BEAB m

1,0

0,5 4.2

Ta cã: 1 1

2 2

BM BE AD

BC  BC  AC (do BECADC)

mµ ADAH 2 (tam giác AHD vuông vân H)

nªn 1 1 2

2 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 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