DE DAP AN HSG TOAN 8 HAYDEP

Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BEC vµ ADC ®ång d¹ng.. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BHM vµ BEC ®ång d¹ng.[r]

đề thi Học sinh giỏi toán 8

Năm học 2009 - 2010 Bài 1: (4 điểm)

Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:

1 x2  7 x  6

2 x4  2010 x2  2009 x  2010

Bài 2: (4điểm)

Giải phơng trình:

1 x2  3 x  2  x  1  0

2

Bài 3: (4điểm)

1 CMR với a,b,c,là các số dơng ,ta có: (a + b + c)(111)  9

c b a

2 Tìm d của phép chia đa thức ( x  2)( x  4)( x  6)( x  8) 2010  cho đa thức

Bài 4: (6 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (HBC) Trên tia HC lấy

điểm D sao cho HD = HA Đờng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.

1 Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo

m = AB.

2 Gọi M là trung điểm của đoạn BE Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC

đồng dạng Tính số đo của góc AHM

3 Tia AM cắt BC tại G Chứng minh: GB HD

Bài 5:(2 điểm)

Cho tứ giác ABCD có diện tích bằng 1và O là một điểm nằm trong tứ giác.Chứng minh rằng tổng OA2OB2OC2OD2 nhỏ nhất khi và chỉ khi ABCD là hình vuông và

O là giao điểm hai đờng chéo.

Đáp án và thang điểm Đề 1:

Bài 1 Câu Nội dung Điểm

1.1 (1,5 điểm)

x  x x  x x x x  x x1 x6

1,0 0,5

1.2 (2,5 điểm)

4 2010 2 2009 2010 4 2 2009 2 2009 2009 1

x  x  x x x  x  x  0,5

=x4x2  1 2009(x2 x 1) ( x2 1)2 x22009(x2 x 1) 1,0

(x x 1)(x x 1) 2009(x x 1) (x x 1)(x x 2010)

2.1 x2 3x 2 x1 0 (1)

+ Nếu x 1: (1) x12  0 x (thỏa mãn điều kiện 1 x 1)

+ Nếu x 1: (1)  x2 4x  3 0 x2 x 3x1  0 x1 x 30

 x1; x3 (cả hai đều không bé hơn 1, nên bị loại) Vậy: Phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất là x 1

1,0 1,0 2.2

2

(2)

Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x 0

2

                

        

2

2 2

           

x hay x

   và x 0 Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm x 8

0,75 0,75 0,5

3 4.0

3.1 Ta có:

A=(   )(111)  1     1     1

b

c a

c c

b a

b c

a b

a c

b a c b

a

=3 ( ) ( ) ( )

c

b b

c a

c c

a a

b b

a













Mà:   2

x

y y

x

(BĐT Cô-Si)

Do đó A 3  2  2  2  9 Vậy A 9

0,5 0,5 0,5 0,5 3.2 Ta có:

( ) ( 2)( 4)( 6)( 8) 2010 ( ) ( 10 16)( 10 24) 2010

Đặt t x 210x21 (t3;t7), biểu thức P(x) đợc viết lại:

( ) ( 5)( 3) 2010

P x  t t  =t2 2t1995

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

1,0

1,0

4.1 + Hai tam giác ADC và BEC có:

Góc C chung

CD CA

CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng

dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

Suy ra: BEC ADC1350(vì tam giác AHD vuông cân

tại H theo giả thiết)

Nên AEB 450 do đó tam giác ABE vuông cân tại A Suy ra:

BEAB m

1,0

1,0 0,5 4.2

Ta có: 1 1

BC  BC  AC (do BECADC)

mà ADAH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H)

BC  AC   AC AB BE (do ABH CBA)

Do đó BHM BEC (c.g.c), suy ra:   0  0

BHM BEC  AHM 

1,0 1,0

0,5 4.3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC

Suy ra: GB AB

GC AC , mà AB ED ABC DEC AHED AH//  HD

GC HC  GB GC HD HC  BC AH HC 0,5

Đặt OA= a; OB = b ; OC = c; OD = d.Ta có:

a2 b2 2ab4S AOB

Tơng tự : b2  c2  4 SBOC

c2  d2  4 SCOD

d2  a2  4 SDOA

Suy ra: 2( a2  b2  c2  d2) 4  SABCD  4

Giá trị nhỏ nhất của a b c d2 2 2 2bằng 2khi và chỉ khi a = b =c =d

và AOB = BOC=COD=DOA=900tức là ABCD là hình vuông và O

là giao điểm hai đờng chéo

1,0

1,0

C D

O