Trong nửa mặt phẳng bờ AH có chứa C, vẽ hình vuông AHKE.. Gọi P là giao điểm của AC và KE.. a Chứng minh ∆ABP vuông cân?. b Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB, gọi I là giao đi
Trang 1TRƯỜNG THCS BẠCH SAM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI - ĐỢT II
Môn: Toán 8
(Thời gian làm bài: 120 phút)
Bài 1 (2 điểm): Cho biểu thức: C = 2 2
:
a) Rút gọn biểu thức C
b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên
Bài 2 (2 điểm):
a) Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x4 − 3x3 +ax b+ chia hết cho đa thức
2
b) Cho x, y, z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
y x
z x
z
y z
y
x
+
+ +
+ +
Câu 3: (2,0 điểm)
a) Tìm x, y ,z thỏa mãn phương trình sau :
9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0
b) Cho x y z 1
x+ + =y z Chứng minh rằng : x22 y22 z22 1
Câu 4(3 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH Trong nửa mặt
phẳng bờ AH có chứa C, vẽ hình vuông AHKE Gọi P là giao điểm của AC và KE
a) Chứng minh ∆ABP vuông cân?
b) Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB, gọi I là giao điểm của BP và AQ
Chứng minh H, I, E thẳng hàng?
c) Tứ giác HEKQ là hình gì?
Câu 5 (1 điểm): Tính diện tích hình thang ABCD ( AB // CD), biết AB = 42cm, ∠A = 450;
∠B = 600, chiều cao của hình thang bằng 18m?
……… @ @ @ ………
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM
Trang 2Bài ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM 1
(2 điểm)
a) Đkxđ: x ≠ ± 1; x≠
C =
2 2
:
.
2
2 1
x
−
=
−
b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của
biểu thức B là số nguyên?
B có giá trị nguyên khi x là số nguyên thì
2
2x 1
−
− có giá trị nguyên
⇔ 2x – 1 là Ư(2) ⇔
1( )
( )
( ) 2
x
x x
=
− =
− =
Đối chiếu Đkxđ thì có x = 0 hoặc x = hoặc x = thoả
mãn
0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ 2
( 2điểm)
a) tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) =
4 3 3
x − x +ax b+ chia hết cho đa thức B x( ) =x2 − + 3x 4
Ta có:
A(x) =B(x).(x2-1) + ( a – 3)x + b + 4
Để A x B x( ) ( ) M thì { 3 0 { 3
4 0 4
b− = b=
b) Cho x, y, z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
y x
z x
z
y z
y
x
+
+ +
+ + Đặt y + z = a ; z + x = b ; x + y = c ⇒x + y + z =
2
c b
⇒ x =
2
c b
−
; y =
2
c b
; z =
2
c b
P =
c
c b a b
c b a a
c b a
2 2
2
− + + +
− + + +
−
2
1
c
b c
a b
c b
a a
c a
+
−
= ( 3 ( ) ( ) ( ))
2
1
b
c c
b c
a a
c b
a a
b
+ + + + + +
2
3
0,5 đ 0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ 0,25 đ
Trang 3Min P =
2
3 Khi và chỉ khi a = b = c ⇔ x = y = z 3
( 2điểm)
a) Tìm x,y,z thỏa mãn phương trình sau :
9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0
BL.a/ 9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0
⇔(9x2 – 18x + 9) + (y2 – 6y + 9) + 2(z2 + 2z + 1) = 0
⇔9(x - 1)2 + (y - 3)2 + 2 (z + 1)2 = 0 (*)
(x− 1) ≥ 0;(y− 3) ≥ 0;(z+ 1) ≥ 0 Nên : (*)⇔ x = 1; y = 3; z = -1
Vậy (x,y,z) = (1,3,-1)
b)Cho x y z 1
a b+ + =c và a b c 0
x+ + =y z Chứng minh rằng :
2 2 2
2 2 2 1
Từ : a b c 0 ayz+bxz+cxy 0
⇔ayz + bxz + cxy = 0
Ta có : 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 1( )
dfcm
0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ 0,25 đ
4
( 3điểm)
a/ CM được ∆BHA= ∆PEA(g.c.g)
⇒ AB = AP mà = 900 (gt)
Vậy ∆BPA vuông cân
b/Ta có : HA = HK
⇒H nằm trên đường trung trực của AK
Ta có : AE = KE
⇒E nằm trên đường trung trực của KA
PBK
∆ vuông có IB = IP (t/c đ/c hbh ABQP)
IK IP IB
Ta có ABQP là hbh(gt), có BA= AP (∆BPA vuông cân tại A)
APQB
⇒ là hình thoi, mà = 900 (gt)
⇒APQBlà hình vuông nên PI = IA(**).
Từ (*) và(**) suy ra IK = IA nên I nằm trên đường trung trực của
AK
Vậy H, I, E thẳng hàng
c/ Ta có APQB là hình vuông (cmt) nên AP = BQ
mà IK =
IK
0.5 0.25 0.25 0.25 0.25
0.5 0.25 0.25 0.25
I
Q
P E
C B
A
Trang 4∆ có AI = IQ(t/c đ/c hv)
Mà
2
AQ
IK = (cmt) ⇒ ∆AKQvuông ở K
⇒ ⊥ mà AK ⊥HE(EAHK là hv) ⇒QK // HE
Vậy HEKQ là hình thang
0.5
5
( 1điểm)
Qua A và B kẻ AA’ và BB’ vuông góc với CD
Tứ giác ABB’A’là hcn và A’A = BB’ = 18m; ∠A’AB = 900
∠DAB = 450 => ∠A’AD = 450
Do đó A’AD vuông cân
⇒A’D = A’A = 18m
∠B’BA = 900; ∠CBA = 600 => ∠B’BC = 300
vì thế trong tam giác vuông B’BC
ta có B’C =
2
BC
Theo định lí Pi ta go, ta có:
B’C2 = BC2 – B’B2
⇒ B’C2 = 4B’C2 – B’B2
⇒ 3B’C2 = B’B2
⇒B’C = ' 18
Suy ra :
CD = A’B’ – A’D – B’C = 42 – 18 -18 24 18
3 = − 3 (cm) Vậy SABCD =1( ) ' 1 42 24 18 18 498,6
2)
0.25 0.25
0.25
D
B' C
B A
A'