077 đề HSG toán 8 liên châu 2013 2014

Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD HA .Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.. 1 Chứng minh rằng BEC: ADC.Tính độ dài đoạn BE theo m AB 2 Gọi M là trung diểm của đoạn thẳng BE...

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI

TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8 Năm học: 2013-2014

Câu 1 (6 điểm)

1 Giải phương trình sau:

b) x   1 x 3 4

2) Chứng minh bất đẳng thức sau:

x  y  z xy xz yz  với mọi , ,x y z

Câu 2 (5 điểm)

1 Tìm đa thức ( )f x biết rằng: ( ) f x chia cho x dư 10, ( )2 f x chia cho 2 x

dư 24, ( )f x chia cho x2  được thương là 5x4  và còn dư

2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x2xy 6x5y8

Câu 3 (2 điểm) Cho ,a b và 0 a b  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:1

M

     

Câu 4 (7 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A  AC AB , đường cao AH

H BC  Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD HA .Đường vuông góc với BC

tại D cắt AC tại E.

1) Chứng minh rằng BEC: ADC.Tính độ dài đoạn BE theo m AB

2) Gọi M là trung diểm của đoạn thẳng BE Chứng minh BHM : BEC.Tính

số đo của góc AHM

3) Tia AM cắt BC tại G Chứng minh

BC  AH HC



ĐÁP ÁN Câu 1.

a) Đặt:

2 2

5 2012

   





  



Phương trình đã cho trở thành:

a  b  ab a b   a b  a b

Khi đó, ta có:

2011

11 2011

11 2011

11

S





b) Lập bảng xét dấu các nhị thức : x và 1 x3

Xét x 3 (1)

Phương trình         (không thỏa (1))1 x 3 x 4 x 3

Xét 3  x 1 (2)

Phương trình      1 x x 3 4 0x (Thỏa mãn với mọi 0 x¡ / 3  x 1

Xét x1 (3)

Phương trình      x 1 x 3 4 2x   (thỏa mãn (3))2 x 1

Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm 3  x 1

2) Có   2  2 2

0

x y  y z  z x  với mọi , ,x y z

( )

Câu 2.

1) Giả sử ( )f x chia cho x2  được thương là 5x4  và còn dư là ax b Khi đó: f x( )x2 4 5  x ax b

Xét các giá trị riêng của x sao cho 2     2

2

x

x





          Với x 2 f(2) 2 a b

Với x      2 f( 2) 2a b

Theo đề bài, ta có:

7

2



Do đó:  2    7

2

f x  x   x  x

Vậy đa thức ( )f x cần tìm có dạng: 3

47

2

f x   x  x

2) x2 xy6x5y 8 x2 6x 8 y x 5 (2)

2 6 8

5

y

x

 

 

 (vì x không là nghiệm của phương trình (2))5 3

5

y x

x

   

 Vì ,x y nguyên nên x là ước của 35 Hay x  5  1;3;1; 3 hay  x4;6;8;2

Khi x  2 y 0 Khi x  4 y 0

Khi x  6 y 8 Khi x   8 y 8

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là          x y,  2,0 ; 4,0 ; 6,8 ; 8,8 

Câu 3.

2 2

2 2

M

M

      

          

Dấu " " xảy ra

1

& 1

2

Vậy

1 18

2

MinM    a b

Câu 4.

a) Chứng minh ( )

Hai tam giác ADC và BEC có:

µC chung; CD CE  CA CB(cmt) ADC : BEC c g c 

Suy ra ·BEC ADC· 1350(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo gt) Nên ·AEB45 0 Do đó tam giác ABE vuông cân tại A suy ra

BE AB m

b) Ta có:

Mà AD AH 2(tam giác AHD vuông cân tại H)

Nên

2

Do đó BHM : BEC c g c  BHM· BEC· 1350 ·AHM 450

c) Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác ·BAC

Suy ra AG là phân giác ·BAC suy ra :

GC  AC

Mà AB ED ABC DEC AH ED/ /AH HD

Do đó:

GC  HC  GB GC  HD HC  BC  AH HC