Cho tam giác đều ABC, trọng tâm G.. Từ một điểm P thuộc miền trong của của tam giác đều ABC.. Hạ các đường vuông góc PD, PE và PF xuống các cạnh BC, CA và AB.. Thay vào 1, ta được tử thứ
Trang 1ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 – 2016 LẦN 5
MÔN: TOÁN LỚP 8
( Thời gian làm bài 150 phút )
Câu 1: (3 đ )
a) Giả sử y 1 và y 0, biết rằn : 1 2
1
y
Tìm y nếu : x1986 3
2
2 2 3
.
y z yz xy xz
câu 2:(5 đ )
a) Phân tích đa thức C = ( x – 2)( x – 4)( x – 6)( x – 8) + 15 thành nhân tử
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì : a5 – 5a3 + 4a 120
câu 3:(3 đ )
a) Cho
;
và x 1 Hãy tính z theo y
b).Cho xy + xz + yz = 1 và x,y,z khác 1 Chứng minh rằng:
4
Câu 4:(4 đ )
; 2
a b c a c b
b c a
bc a b c b c a
và b + c - a0; bc0; a + b + c0
Tính giá trị của biểu thức P = (x + y + xy + 1 )3
b) Chứng minh rằng nếu a,b,c khác nhau thì :
a b a c b c b a c a c b a b b c c a
Câu 5:(5 đ )
a) Cho tam giác đều ABC, trọng tâm G O là một điểm thuộc miền trong của tam giác
và O khác G Đường thẳng OG cắt các đường thẳng BC, BA và AC theo thứ tự ở
A’,B’,C’.Chứng minh rằng: OA'' OB'' OC'' 3
GA GB GC
b) Từ một điểm P thuộc miền trong của của tam giác đều ABC Hạ các đường vuông góc
PD, PE và PF xuống các cạnh BC, CA và AB Tính PD PE PF
BD CE AF
Trang 2ĐÁP ÁN
a) 1
2
1
x
1
Tương tự, ta tính được 3 4
1
1
y
y
suy ra x5=x1; x6=x2;x7=x3;… 0,5
Vì 1986 = 4.496 + 2, nên 1986 2
3
3
y
2
2 2 3
.
y z yz xy xz
2
.
y z yz y z x xyz x y z
x y z
0,5
2
2 y y z yz y z yz z x 3xyz
x y z
x y z
0,5
2
2 x y z 3xyz
x y z
x y z
0,5
Mà x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx ) 0,5
2
2 y y z yz y z yz z x 3xyz
x y z
x y z
0,5
Do đó kết quả trên được viết thành :
2
2 x y z x y z xy yz zx
x y z
x y z
0,5
= 2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2zx + x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx
= 3(x2 + y2 + z2)
(xyz 0; y + z 0 và x + y + z 0)
) a5 – 5a3 + 4a = (a – 2)(a – 1)a(a + 1)(a + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp
nên chia hết cho 5; 3 ; 8, chúng đôi một nguyên tố cùng nhau,
nên a5 – 5a3 + 4a 3.5.8 = 120
2,5
a) Ta có:
2
2
0,5
4
2 4
4
4 4
1
x
1
Trang 3b) Ta có:
x y z x(1 y2 )(1 z2 ) y(1 x2 )(1 z2 ) z(1 x2 )(1 y2 )
1 x2 1 y2 1 z2 (1 x2 )(1 y2 )(1 z2 )
Phân tích tử thức của phân thức trên, ta có:
x – xy2 – xz2 + xy2z2 + y – x2y – yz2 + x2yz2 + z – x2z – y2z + x2y2z
= xyz(xy + xz + yz) + y(1 – xy – yz) + x(1 – xz – xy) + z(1 – xz – yz) (1)
0,5
0,5 Theo giả thiết xy + yz + xz = 1, nên xz = 1 – xy – yz ; yz = 1 – xz – xy ;
xy = 1 – xz – yz Thay vào (1), ta được tử thức bằng 4xyz Từ đó ta có được kết
quả của bài toán
0,5
a) Ta có (x + y + xy + 1)3 = [(x +1) + y(x + 1)]3 = [(x + 1)(y + 1)]3 0,5
b c a b c a
b c a
1
a b c a c b a b c a c b a b c b c a
0,5
4
a b c b c a a b c b c a
vậy
3 3
3 3
4
2
bc b c a b c a
( bc 0, a + b + c 0 và b + c – a 0 ) Vậy P = 8 0,5
b).Ta có: a b a c b c a b1 a c1
tương tự, ta có:
;
c a c b c a c b b c b a b c b a
Cộng theo từng kết quả tìm được, suy ra điều phải chứng minh 1
0,5
Trang 4a) Từ G hạ GH, GE, GF lần lượt vuông góc với các cạnh BC, CA và AB
(Xem Hình vẽ 1 ).
Từ O hạ OI, OM và ON lần lượt vuông góc với BC, CA và AB Áp dụng định lí
Thales đối với tam giác, ta có
A'O
OI ; B'O ON ; C'O OM
A'G GH B'G GF C'G GE
Mặt khác ABC đều nên GE = GF = GH = 3
1
h và OI + OM + ON = h (h là đường cao của ABC ) Từ đó suy ra điều phải chứng minh
b) Từ P dựng các đường song song với các cạnh của ABC, ta được ba tam
giác đều MNP, PIK và PRS nhận PD, PE và PF là đường cao (Xem Hình vẽ 2 ).
Gọi x, y, z lần lượt là các cạnh của tam giác đều trên thì x + y + z = a (a là cạnh
của tam giác đều ABC)
Gọi h là đường cao của tam giác đều ABC, ta có h 3
2
a
Ta lại có PD PE PF 3
2
a
2
Mặt khác BD z x ; CE x y ; AF y z nên
0,5
Trang 5h ú
ý
N ế u
h ọ c
s i n h
c ó
c á c h
g i ả i
k h á c ,
đ ú n g
v à
l ậ p
l u ậ n
c h í n h
x á c
t h ì
v ẫ n
c h o
đ i ể m
t u y ệ t
đ ố i
B
D
+
C
E
+
A
F
=
a
3
V
ậ
y
2
P
D
P
E
P
F
1
B
D
C
E
A
F
3
0
,
5
0
,
5