hsg toan 8 rat hay + dap an

Gọi K là giao điểm của BO và AC.. Gọi M là trung điểm của BC.. Chứng minh rằng tam giỏc MPQ cõn tại M... Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng qua AB, AC của H.. b Chứng minh BEFC là hình t

đề khảo sát chất lợng học sinh giỏi

Mụn : Toỏn Lớp 8 Năm học : 2009 – 2010

Thời gian làm bài : 120 phỳt

Cõu 1 : Giải phương trỡnh : a) x x−−12+x x−+43+(x−2)2.(4−x)

b) 6x2 - x - 2 = 0

Cõu 2 : Cho x + y + z = 0

2 2 2

) ( ) ( )

z y x

− +

− +

−

+ +

Cõu 3 : Chứng minh rằng khụng tồn tại x thỏa món :

a) 2x4 - 10x2 + 17 = 0 b) x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0

Cõu 4 : Cho tam giỏc ABC, điểm D nằm trờn cạnh BC sao cho

2

1

=

DC

DB

; điểm O nằm trờn đoạn AD sao cho

2

3

=

OD

OA

Gọi K là giao điểm của BO và AC Tớnh tỷ

số AK : KC.

Cõu 5 : Cho tam giỏc ABC cú 3 gúc nhọn, trực tõm H Một đường thẳng qua H

cắt AB, AC thứ tự ở P và Q sao cho HP = HQ Gọi M là trung điểm của BC Chứng minh rằng tam giỏc MPQ cõn tại M.

hướng dẫn giải Cõu 1 (Bạn đọc tự giải)

Cõu 2:

Từ x + y + z = 0 ⇒ x2 + y2 + z2 = - 2(xy + yz + zx) (1)

Ta cú: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = 2( x2 + y2 + z2 ) - 2(xy + yz + zx) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = - 6( xy + yz + zx) (3)

Thay (1) và (3) vào biểu thức A ta cú:

A = - 2(xy + yz + zx) 1

- 6(xy + yz + zx) = 3

Cõu 3:

a) 2x4 - 10x2 + 17 = 0 ⇔2( x4 - 5x2 + 17

2 ) = 0 ⇔2(x4 - 2 5

2 x2 + 25

4 )2 + 9

2 = 0

⇔2(x2 - 5

2)2 + 9

2 = 0

Vỡ 2(x2 - 5

2)2 + 9

2 > 0 với mọi x nờn khụng tồn tại x để 2x4 - 10x2 + 17 = 0 b) x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0 ⇔(x2 + 1)(x2 - x + 1) = 0

Vỡ vế phải luụn dương với mọi x nờn khụng tồn tại x để x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0

Cõu 4:

Từ D kẻ DM // BK

áp dụng định lí Talét vào ∆AOK ta cĩ:

KM =OD =2 (1)

Tương tự, trong ∆CKB thì: KM CD 1

CK = DB =3 (2) Nhân (1) với (2) vế theo vế ta cĩ: AK 1

CK = 2 Câu 5

Gọi giao điểm của AH và BC là I

Từ C kẻ CN // PQ (N∈ AB),

Tứ giác CNPQ là hình thang, có H là trung điểm PQ,

hai cạnh bên NP và CQ đồng quy tại A nên K là

trung điểm CN ⇒ MK là đường trung bình của ∆

BCN

⇒ MK // CN ⇒ MK // AB (1)

H là trực tâm của ∆ABC nên CH⊥A B (2)

Từ (1) và (2) suy ra MK ⊥CH ⇒ MK là đường cao

của∆CHK (3)

Từ AH ⊥BC ⇒ MC⊥HK ⇒ MI là đường cao của ∆CHK (4)

Từ (3) và (4) suy ra M là trực tâm của ∆CHK⇒ MH⊥CN ⇒ MH⊥PQ

∆MPQ cĩ MH vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên cân tại M

a)

=

=

=

b)

=

=

=

=

O

K M

C D

B A

I K N

M

Q

P H

C B

A

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

Năm học: 2010-2011 Môn thi: Toán lớp 8 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (5 điểm)

a) Chứng tỏ rằng biểu thức sau đây luôn dương với mọi x trong tập xác định:

P = ( 2)2

2

b) Cho đa thức bậc hai: P(x) = ax2 + bx + c

Tìm a, b, c biết P(0) = 26; P(1) = 3; P(2) = 2000

Bài 2: (5 điểm)

Giải các phương trình sau:

a) x-11 x-12 x-33 x-67 x-88 x-89+ + = + +

b) x8 - 2x4 + x2 - 2x + 2 = 0

Bài 3: (5 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Q = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 b) Tìm giá trị nguyên của x để A chia hết cho B

Biết A = 10x2 - 7x - 5 và B = 2x - 3

Bài 4: (5 điểm)

Cho tam giác vuông ABC vuông ở A và điểm H di chuyển trên BC Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng qua AB, AC của H.

a) Chứng minh E, A, F thẳng hàng.

b) Chứng minh BEFC là hình thang Có thể tìm được vị trí của H để BEFC trở thành hình thang vuông, hình bình hành, hình chữ nhật được không?

c) Xác định vị trí của H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất.

Đáp án

Bài 1: (5 điểm)

a) Chứng tỏ rằng biểu thức sau đây luôn dương với mọi x trong tập xác định ( 2.5 điểm )

* Ta có M ≠ 0 <=> 1 0 1

Vậy tập xác định của biểu thức B là x ≠ ±1 (0,5 điểm)

* Đặt M =

1- x 1+ x

1- x 1+ x

  Phân tích tử số và rút gọn đúng mỗi ngoặc đơn trong ngoặc vuông Ngoặc đơn thứ nhất = (1 + x)2; ngoặc đơn thứ hai = (1 - x)2 (0,5 điểm)

Ta có P = ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

Vì 1 + x2 > 0 với mọi giá trị của x

b) (2,5 điểm)

Vì P(0) = 26 suy ra c = 26 khi đó P(x) = ax2 + bx + 26 (0,5 điểm)

P(1) = 3 do đó ta có a + b + 26 = 3 hay a + b = -23 (1) (0,5 điểm)

P(2) = 2000 nên ta có 4a + 2b + 26 = 2000 suy ra 2a + b = 987 (2) (0,5 điểm)

Từ (1) và (2) suy ra a = 1010 và b = - 1033 (0,5 điểm)

Kết luận các giá trị phải tìm của a;b;c là: a = 1010; b = - 1033; c = 26 (0,5 điểm)

Bài 2: (5 điểm) Giải các phương trình sau: ( mỗi phần cho 2.5 điểm )

a) Phương trình tương đương với

x− − +x− − + x− − = x− − + x− − + x− −

(0,5 điểm) Quy đồng suy ra: 100 100 100 100 100 100

x− +x− +x− = x− + x− x−

(0,5 điểm) Chuyển vế đưa về dạng: (x-100)( 1 1 1 1 1 1

89 88 67 33 12 11+ + − − − ) = 0 (0,5 điểm) Lập luận trong ngoặc khác 0 suy ra x-100 = 0 (0,5 điểm)

b) Biến đổi phương trình về dạng

(x8 – 2x4 + 1) + ( x2 - 2x +1) = 0 (0,5 điểm)

Lập luận từng ngoặc không âm chỉ ra dấu bằng khi x = 1 (1 điểm)

Bài 3: (5 điểm) ( mỗi phần cho 2.5 điểm )

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Biến đổi biểu thức:

Q = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 = (x4 + 2x3 +x2) + 2( x2 + x) + 1 (0,5 điểm)

= (x2 + x)2 + 2 (x2 + x) + 1 = (x2 + x + 1 )2 (0,5 điểm)

Lập luận vì Q > 0 với mọi x vì vậy Q nhỏ nhất khi x2 + x + 1 nhỏ nhất (0,5 điểm)

Chỉ ra x2 + x + 1 nhỏ nhất bằng 3

4 đạt khi x = 1

2

Vậy Q min = 9

16 đạt khi x = 1

2

Biến đổi A = 5x( 2x – 3) +4( 2x – 3) +7 (0,5 điểm)

Lập luận với x nguyên suy ra 5x(2x-3) + 4(2x-3) là số nguyên và chia hết cho 2x-3 Suy ra để

Hay 2x-3 là ước của 7

Cho 2x-3 bằng Ư(7) suy ra x = -2; 1; 2; 5 và trả lời (1 điểm)

Bài 4: (5 điểm)

- Không cho điểm vẽ hình và ghi GT, KL nhưng nếu vẽ hình sai không chấm bài.

a) ( 1 điểm)

F E

D I

C H

B

A

- Chỉ ra vì E đối xứng với H qua AB nên AB là đường trung trực của EH do đó ta có:

EAI =IAH tương tự ta có ·FAD DAH=· mỗi góc cho 0,25 điểm) => (0,5 điểm)

Cộng vế với vế suy ra · 0

180

EAF = suy ra ba điểm E;A;F thẳng hàng (0,5 điểm) b) (2,5 điểm)

* Chứng minh được EBC FCB· +· =2(·ABC ACB+· ) 180= 0 (0,5 điểm)

Suy ra EB // FC suy ra tứ giác BEFC là hình thang (0,5 điểm)

*Giả sử tứ giác BEFC là hình thang vuông suy ra · 0

90

BEF = suy ra · 0

90

AHB= hay AH là đường cao

* Giả sử tứ giác BEFC là hình bình hành suy ra BE=BH=FC=CH suy ra H là trung điểm BC

* Giả sử tứ giác BEFC là hình chữ nhật suy ra ·EBC=900 suy ra ·EBA ABC= · =450 suy ra tam giác ABC vuông cân điều này không xảy ra (0,5 điểm)

c) (1,5 điểm)

Lấy H bất kì thuộc cạnh BC gần B hơn Ta có SEFH = 2SAIHD (vì tứ giác AIHD là hcn)

(0,25 điểm) Dựng hình chữ nhật HPQD bằng hình chữ nhật AIHD

Suy ra SEFH = SAIPQ Dễ dàng chứng minh được SHIB = SHMP suy ra SEHF= SABMQ<SABC

Khi H là điểm chính giữa BC thì SEHF=SABC (0,5 điểm)

Vậy SEHF≤ SABC dấu bằng xảy ra khi HB=HC (0,25 điểm)

D

C Q

M P

H

B

A

E