HSG Toan 7

Ở phía ngoài tam giác đó vẽ các tam giác vuông cân tại A là ABD và ACE a Chứng minh rằng CD = BE và CD  BE b Kẻ đường thẳng đi qua A vuông góc với BC tại H.[r]

PHÒNG GD-ĐT ĐỨC THỌ ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 7 NĂM HỌC 2015-2016

Đề thi chính thức Thời gian làm bài 120 phút

Bài 1: Tính giá trị của các biểu thức sau



    

1 1 1 1

1 2 100 2, 4.42 21.4, 8

2 3 4 5 A

2 3 4 100





4 9 6 120 B

8 3 6

Bài 2: Tìm x biết:

a) x 2015  1 2016

b)

2 10 131313 131313 131313 131313

3 11 151515 353535 636363 999999

Bài 3: a) Tìm x, y, z biết

3x 5y 7y 3z 5z 7x

2 3 4 và x + y + z = 17 b) Tìm các cặp số thực (x; y) sao cho x, y thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau

 2  2

x x y và y2xy

Bài 4: Cho tam giác ABC có   0

A 90 Ở phía ngoài tam giác đó vẽ các tam giác vuông cân tại A là

ABD và ACE

a) Chứng minh rằng CD = BE và CD  BE

b) Kẻ đường thẳng đi qua A vuông góc với BC tại H Chứng minh rằng đường thẳng AH đi qua trung điểm của DE

c) Lấy điểm K nằm trong ABD sao cho ABK 300 và BA = BK Chứng minh rằng AK = KD

Bài 5: Tính tổng S x 2y 3z , biết rằng

2016

x 2y 2y 3z 3zx 2y 3z 3zxx 2y 

BÀI GIẢI

Bài 1: a) Ta có 2, 4.42 21.4, 8 2, 4.21.2 21.2.2, 4 0 Do đó A = 0

b) Ta có

12 10

2 3 1 5

4 9 6 120 2 3 2 3 5 2.6 4 B

8 3 6 2 3 2 3 2 3 2.3 1 3 5 5



Bài 2: a) Vì x 2015  0 x 2015  11 Do đó x 2015  1 2016 x 2015 12016

x 2015 2017 x 4032

x 2015 2017

x 2015 2017 x 2

b) Ta có

2 10 131313 131313 131313 131313

3 11 151515 353535 636363 999999

3 11 15 35 63 99 3 11 2 3.5 5.7 7.9 9.11

2 780 13 8 2 780 52 2

Bài 3: a) Áp dụng dãy tỉ số bằng nhau ta có

7 3x 5y 5 7y 3z 3 5z 7x 21x 35y 35y 15z 15z 21x

3x 5y 0 21x 35y 35y 15z 15z 21x x y z x y z 17

0 7y 3z 0

5z 7x 0

 



 



Do đó ta tìm được

17 x 3



;

17 y 5



;

119 z 15



b) Từ điều kiện

y 0

y 2xy y 1 2x 0 1

x 2







 



Với y = 0 thay vào xx2y2ta có 2   x 0

x x x 1 x 0

x 1





      

 Với

1 x

2

 thay vào xx2y2ta có

2  4   4 2

Vậy x; y 0; 0 ; 1; 0 ;   1; 1 ; 1 1;

2 2 2 2

     

Bài 4: a) Xét ACD và AEB có

AD = AB (gt); AC = AE (gt)

DACBAE (cùng bằng BAC 900)

Do đó ACD = AEB (c – g – c)

 CD = BE và ADC ABE

Gọi P là giao điểm của CD và AB,

Q là giao điểm của CD và BE ta có

ADCAPD90 mà APD BPQ (đối đỉnh)

Nên BPQ ABE 900  BQP 900 hay CD  BE

b) Kẻ DM, EN vuông góc với đường thẳng AH

(M, N thuộc đường thẳng AH) Gọi I là giao điểm của

đường thẳng AH với DE Xét AMD và BHA có

AMDBHA90 ; AD = AB (gt);

DAMABH (cùng phụ với BAH)

Do đó AMD = BHA (cạnh huyền – góc nhọn)  DM = AH Tương tự ta cũng có ANE = CHA (cạnh huyền – góc nhọn)  NE = AH Suy ra DM = NE Xét DMI và ENI có DMI ENI 900 (gt);

DM = NE; MDI NEI (so le) Do đó DMI = ENI (g – c – g)  ID = IE hay AH đi qua trung điểm I của DE

c) Trong ABK vẽ AKG đều Khi đó AGB = KGB ( c – c – c) nên

2

A

D

I N

M

H

K

Q

Vì BA = BK nên ABK cân, do đó

2



hay AGB cân

và KAD 900 750 150 Xét AGB và AKD có AG = AK; AB = AD (gt);   0

GABKAD15 Do đó

AGB = AKD (c – g – c) mà AGB cân nên AKD cân tại K Suy ra AK = KD

Bài 5: Ta có

2y 3z 3zxx 2y   2y 3z 3zxx 2y 

x 2y 3z 2016 171 S 19

224

Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh