BN cắt AD tại E.. Qua B kẻ một đường thẳng vuông góc với BN cắt CD tại F... Khi đó N là trung điểm của CD.
Trang 1Đề thi Chọn học sinh giỏi cấp thành phố
Năm học: 2010 – 2011 Môn thi : Toán lớp 8
Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)
Bài 1: ( 2 điểm)
Chứng minh đẳng thức:
1
2 1 : 1 3
1 1
2 3
2
ư
=
ư
+ ư ư +
ư
x
x x
x x
x
x x
( với x ≠ 0; x ≠1; x ≠-1)
Bài 2: ( 2 điểm)
1) Chứng minh rằng :
6 2 3
3 2
a a a
+ + ∈ Z ( Với mọi a ∈ Z ) 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 9x2 + 6x = y3
Bài 3: ( 2,5 điểm)
Cho các số a, b, c khác 0 thoả m7n điều kiện : a +
b
1
= b +
c
1
= c +
a
1
1) Cho a = 1, tìm b, c ;
2) Chứng minh rằng nếu a, b, c đôi một khấc nhau thì a2b2c2 = 1;
3) Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì a = b = c
Bài 4: ( 2,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a, N là một điểm thay đổ trên cạnh CD ( N ≠C, D)
BN cắt AD tại E Qua B kẻ một đường thẳng vuông góc với BN cắt CD tại F
1) Chứng minh rằng BE = BF ; ND.NF = NB.NE;
2) Tìm vị trí của điểm N để SBDEF = 3SABCD
Bài 5: ( 1 điểm)
Cho x, y là hai số thực thoả m7n x3 + y3 + 3x2 + 4x + 3y2 + 4y + 4 = 0 Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức P =
y x
1
1 +
-Đề có 01 trang -
Trang 2Hướng dẫn giải Bài 1: Biến đổi vế trái ta có:
=
ư
+ ư ư
+
ư
x
x x
x
x x
x
1 : 1 3
1 1
2
3
2
x
x x
x x
x x x
1 : ) 1 ( 1
2 ) 3
1 ( 1
2 3
+ +
+ +
= ( 2
3
2 3
2
+
ư
x
x )
1
ư
x
x
=
1
2
ư
x
x
= Vế phải (đpcm)
Vậy
1
2 1 : 1 3
1 1
2 3
2
ư
=
ư
+ ư ư +
ư
x
x x
x x
x
x x
x
Bài 2 : 1) ta có
6 2 3
3 2
a a a
+
6
2
3 2
3
a a a
6
) 2 3 (a2 + a+
a
6
) 2 2
( 2 + + +
6
) 2 ( ) 2 ( 2 + + +
6
) 2 ( ) 2 (
6
) 2 )(
1
= a a a Ta có a(a +1)(a +2) là tích của ba số nguyên liên tiếp suy ra
a(a +1)(a +2) chia hết cho 6 Khi đó
6
) 2 )(
1 (a+ a+
Suy ra
6 2 3
3 2
a a
2) PT 9x2 + 6x = y3 ⇔ (3x + 1)2 = y3 +1 ⇔ (3x + 1)2 = (y + 1)( y2 – y + 1)
- Do 3x + 1 chi 3 dư 1 suy ra (3x + 1)2 không chia hết cho 3 Suy ra y + 1
và y2 – y + 1 không chia hết cho 3 ( 1)
Gọi d là ƯCLN ( y +1 , y2 – y + 1), khi đó d là ước của (y + 1)2 – (y2 – y + 1) = 3y
Và d là ước của 3(y + 1) – 3y = 3
Khi đó d = 1 hoặc d = 3; do (1) suy ra d = 1
Đặt y + 1 = a2 và y2 – y + 1 = b2 ( a , b ∈ Z và nguyên tố cùng nhau ) (2)
Suy ra b2 = (a2 - 1)2 – ( a2 – 1) + 1
⇔ b2 = a4 - 3a2 + 3
⇔ 4b2 = 4(a4 - 3a2 + 3)
⇔ 4b2 = ( 2a2 – 3)2 + 3
⇔ ( 2b2 – 2a2 + 3)( 2b2 +2a2 - 3) = 3
Do 2b2 – 2a2 + 3 + 2b2 + 2a2 – 3 = 4b2 ≥ 0, nên xảy ra các trường hợp sau:
a) 2b2 – 2a2 + 3 = 1 và 2b2 + 2a2 – 3 = 3; ta suy ra b2 = 1 và a2 = 2( loại)
b) 2b2 – 2a2 + 3 = 3 và 2b2 + 2a2 – 3 = 1; ta suy ra b2 = 1 và a2 = 1 ( thoả m7n) Thay vào (2) ta được y = 0; suy ra x = 0
Vậy phương trình có nghiệm là ( x; y) =( 0; 0)
Trang 3Bài 3:
1) Khi a = 1; ta có 1 +
b
1
= b +
c
1
= c + 1, suy ra bc = 1 ( 1) và b +
c
1
= c + 1
Từ b +
c
1
= c + 1 ⇔(bc + 1) : c = c + 1 ⇔ c2 + c – 2 = 0
⇔(c – 1)( c + 2) = 0 ⇔ c = 1 hoặc c = – 2
a) Với c = 1 thay vào (1) ta được b = 1
b) Với c = – 2 thay vào (1) ta được b =
2 1
ư
Vậy a = b = c = 1 hoặc a =1; b =
2 1
ư
; c = – 2
2) Từ điều kiện bài toán ta suy ta : a – b =
c
1
–
b
1
=
bc
c
b ư
hay a – b =
bc
c
b ư
(1)
làm tương tự ta suy ra b – c =
ac
a
c ư
(2) và c – a =
ab
b
a ư
(3)
Do a, b, c đôi một khác nhau suy ra ( a – b)(b – c)(c – a) ≠ 0
Nhân các đẳng thức (1), (2) và (3) với nhau ta được
(a – b)(b – c)(c – a) = ( )(2 2 2)( )
c b a
a c c b b
(4) suy ra a2b2c2 = 1 Vậy a2b2c2 = 1
3) Khi a , b , c > 0 ta xét các trường hợp sau:
a) Có hai số bằng nhau, giả sử a = b suy ra b = c, suy ra a = b = c
b) Không có hai số nào bằng nhau khi đó do ( 4) suy ra abc = 1, thay c = ab1 vào
điều kiện ta được a +
b
1
= b + ab =
ab
1
+
a
1
Từ a +
b
1
= b + ab suy ra (b – 1)( ab + b + 1) = 0 suy ra b =1 thay vào điều kiện
b + ab =
ab
1
+
a
1
ta được a2 + a – 2 = 0 suy ra a = 1 ( do a > 0) ( loại do a, b khác nhau)
Vậy a, b , c > 0 thì a = b = c
Trang 4D
C
E
F
Bài 4:
1) - Chứng minh BE = BF
Xét ∆ BAE và ∆ BCF
Ta có : góc ABE = góc CBF
( cùng phụ với góc CBN)
BA = BC ( ABCD là hình vuông)
góc A = góc C = 900
Suy ra∆ BAE =∆ BCF(g.c.g)
Suy ra BE = BF
- ND.NF = NB.NE
Xét ∆ BNF và ∆ DNE
Ta có góc NBF = góc NDE = 900
góc BNF = góc DNE ( đối đỉnh)
suy ra ∆ BNF ∆ DNE (g.g)
khi đó
NE
NF
ND NB = , suy ra NB.NE = ND.NF 2) Đặt DN = x ( 0 ≤ x≤ a )
Ta có SABCD = a2; SBDEF = SBDE + SBEF
∆ DNE ∆ ABE (g.g) suy ra DE =
x a
ax
−
SBDEF = SBDE + SBEF = 2
2
1 2
1
BE DE
) (
( 2
1
2
4 2
2
x a
a a
x a
x a
− + +
−
) (
2
=
− + +
a x
a
x
)
2
=
−
−
+
a x
a
a
(1)
Đặt t =
x
a
a
− ( t > 0) ; PT (1) ⇔ t2 + t – 6 = 0 ⇔ t = 2 ( tm) hoặc t = -3 (loại)
t = 2 ⇔ x =
2
a
Khi đó N là trung điểm của CD
Bài 5 : Theo giả thiết suy ra ( x + 1)3 + (y + 1)3 + ( x + y + 2) = 0
2
) 1 ( ) 1 ( ) (x y 2 x 2 y 2
= 0 ⇔x + y = – 2 hoặc x = y = – 1 a) x = y = -1 suy ra P = -2
b) x + y = -2 ; ta có (x – y)2 ≥ 0 ⇔(x + y)2 ≥ 4xy ⇔ xy ≤ 1
+ xy < 0 Suy ra P =
xy xy
y x y x
2 1
=
+
= + Không có giá trị lớn nhất
+ xy > 0, suy ra P
xy
2
−
= ≤−2 Khi đó P đạt giá trị lớn nhất là - 2 khi x = y = -1