112 đề HSG toán 8 hòa an 2011 2012

4 điểm Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 1.. Gọi M là trung điểm của đoạn BE Chứng minh rằng hai tam giác.. BHM BEC, đồng dạng.. Tia AM cắt BC tại G.. 4 điểm Cho hình chữ nhật AB

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÒA AN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2011-2012

Môn: TOÁN LỚP 8 Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1 (4 điểm)

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử

1  2 2  2 

8 x 3x5 7 x 3x 5 15

2 x11 x7 1

Câu 2 (4 điểm) Giải phương trình:

1

3

81 16 8x 64



   

2

     

Câu 3 (2 điểm)

Tìm số dư trong phép chia của đa thức  x2 x4  x6 x 8 2010cho đa thức x2 10x21

Câu 4 (6 điểm)

Cho đa thức 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 điểm của đoạn BE Chứng minh rằng hai tam giác . BHM BEC,

đồng dạng Tính số đo của ·AHM

3 Tia AM cắt BC tại G Chứng minh :

BC  AH HC



Câu 5 (4 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD Vẽ BH vuông góc với . AC H( AC).Gọi M là trung điểm của AH K là trung điểm của CD Chứng minh rằng: BM MK, 

ĐÁP ÁN Câu 1.

1.1  2 2  2 

8 x 3x5 7 x 3x 5 15

Đặt t x 23x , ta có: 5

8 x 3x5 7 x 3x  5 15 8t  7t 15

2

Thay t x 2 3x vào đa thức ta có: 5

2

3 5 1 8 3 5 15

3 4 8 24 55

        

1.2

1

1

        

Câu 2.

3

2.1

81 16 8 64

5 3 9 81 9

16 8 64 8 8

5 3 9

16 8 8

9 5

23

8 16

8

x

x

x

x



   



      





2.2 22 22  

x

Đặt t x 2 2x 3 x2 2x  2 t 1, DK t: 2 Phương trình trở thành:

2

6 2 6 1 1 7 ( 1)

6 12 6 12 6 7 7

5 17 6 0

3( ) 2

5

   







     

 

 Với

2

x

x





Vậy nghiệm của phương trình là : x0;x 2

Câu 3.

Ta có:

Đặt t x 210x21,biểu thức ( )P x được viết lại:

Do đó khi chia t2  2t 1995cho t ta có số dư là 1995

Câu 4.

4.1 CDE và CAB có: µC chung; · CDE CAB · 900

Hai tam giác ADC và BEC có:

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

Suy ra : ·BEC ADC · 1350(Vì AHD vuông cân tại H theo giả thiết)

Nên ·AEB450, do đó ABE vuông cân tại A

Suy ra BE AB 2m 2

4.2 Ta có:

BC  BC  AC

(do BEC: ADC)

Mà AD AH 2( AHD vuông cân tại H)

Nên

Do đó: BHM : BEC c g c( )BHM· BEC· 1350 ·AHM 450

4.3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là tia phân giác góc BAC

Suy ra

GC  AC

mà AB ED ABC DEC

AC  DC  : 

Ta lại có: / /

Mà

HD HC

Câu 5.

Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BH

Ta có M O lần lượt là trung điểm của , AH BH nên: MO là đường trung bình HAB,  Vậy

1

, / / 2

MO AB MO AB

Mà

1 , / / ,

2

AB CD AB CD KC  CD

Do đó: MO KC MO KC , / / ,suy ra tứ giác MOCK là hình bình hành.

Từ đó có: CO MK/ /

Ta có: MO KC KC CB/ / ,  MO CB

Tam giác MBC có MO CB BH , MC nên O là trực tâm MBC COBM

Ta có: COBM và CO MK nên BM MK/ / 