HSG TOAN 8 VINH BAO 2017 2018

UBND HUYỆN VĨNH BẢO
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
(Đề có 1 trang)

ĐỀ GIAO LƯU HSG HUYỆN CẤP THCS
MÔN TOÁN 8
Thời gian làm bài 150 phút

Bài 1. (3 điểm)
2
2
2
a)Phân tích đa thức a (b  c)  b (c  a )  c (a  b) thành nhân tử.
b)Cho a;b;c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn:.
Tính giá trị của biểu thức: P=.
c)Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2).
Bài 2. (2 điểm)

a) Tìm số tự nhiên n để n  18 và n  41 là hai số chính phương.
2

2

� 1 � � 1 � 25
a  � �b  ��
�
b) Cho a, b > 0 thỏa mãn a  b  1 . Chứng minh � b � � a � 2 .

Bài 3. (1 điểm)
Cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn. Vẽ ra phía ngoài hình bình hành các
tam giác đều BCE và DCF. Tính số đo góc EAF.

Bài 4. (3 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA’, BB’, CC’ và H là trực tâm
a) Chứng minh BC’.BA + CB’.CA=BC2
HB.HC HA.HB HC.HA


1
b) Chứng minh rằng AB. AC BC. AC BC. AB

c) Gọi D là trung điểm của BC. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với DH cắt AB,
AC lần lượt tại M và N. Chứng minh H là trung điểm của MN.
Bài 5. (1 điểm)
Cho hình vuông ABCD và 2018 đường thẳng cùng có tính chất chia hình vuông này

thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng
2018 đường thẳng trên đồng quy.

2
3

. Chứng minh rằng có ít nhất 505 đường thẳng trong

-----Hết ----Giám thị số 1

Giám thị số 2

............................................

............................................

UBND HUYỆN VĨNH BẢO
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
(Đề có 1 trang)
Bài 1

GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP THCS
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 8
Điểm
chi
tiết

Lời giải sơ lược

2
2
2
2
2
2
Bài 1
a) a (b  c)  b (c  a )  c (a  b) = a (b  c)  b (a  c)  c (a  b)
( 3 điểm)
a 2 (b  c)  b 2  (a  b)  (b  c)  c 2 (a  b)
=

0,25
0,25

2

2
2
2
= (a  b )(b  c)  (c  b )(a  b) =

(a  b)(a  b(b  c)  (b  c )(b  c)( a  b)

0,25
0,25

b) (a+b+c)2=

0,25

(a  b)(b  c)  (a  b  b  c)  (a  b)(b  c)(a  c)
=
=

b2
b2

2
Tương tự: b  2 ac (b  a)(b  c) ;
a2
b2
c2
P 2
 2
 2
a  2bc b  2ac c  2ab

a2
b2
c2



(a  b)(a  c ) ( a  b)(b  c ) (a  c )(b  c )
(a  b)(a  c )(b  c )

1
(a  b)(a  c )(b  c )

1,0
0,25
0,25
0,25

Hay x + y + 3xy(x + y) = –z  3xyz = x + y + z
3

3

3

3

3

Do đó : 3xyz(x2 + y2 + z2) = (x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2)
5

5

5

3

2

2

3

2

2

1,0

0,25

c) Vì x + y + z = 0 nên x + y = –z  (x + y)3 = –z3
3

Cộng

3

2

0,25

2

= x + y + z + x (y + z ) + y (z + x ) + z (x + y )
Mà x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = z2 – 2xy (vì x + y = –z).
2

2

2

2

2

1,0

2

Tương tự:y + z = x – 2yz ; z + x = y – 2zx.
Vì vậy : 3xyz(x2 + y2 + z2)
5

5

5

3

2

0,25
3

2

3

3

5

= x + y + z + x (x – 2yz) + y (y – 2zx) + z (z – 2xy) = 2(x +
y5 + z5) – 2xyz(x2 + y2 + z2)
Bài 3

Suy ra : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2
a) Để n  18 và n  41 là hai số chính phương

� n  18  p 2 và n  41  q  p, q �N
� p 2  q 2   n  18    n  41  59 �  p  q   p  q   59
2

�p  q  1 �p  30
��
�
p

q


59
�
�q  29
Nhưng 59 là số nguyên tố, nên:
2
2
Từ n  18  p  30  900 suy ra n  882
2
2
Thay vào n  41 , ta được 882  41  841  29  q .

0,25
1,0
0,25
0,25
0,25
0,25


Vậy với n  882 thì n  18 và n  41 là hai số chính phương.
a  b
b) Có: 

2

�0 � a 2  b 2  2ab �0 � a 2  b 2 �2ab

(*)

0,25

(Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b)
2

� 1 � 25
� 1�
a  �
�5 �
a �
�
� b�
Áp dụng (*), có: � b � 4
2

� 1 � 25
� 1�
b  �
�5 �
b �
�
� a� 4
� a�
2

2

�
�
� 1 � � 1 � 25

� 1�� 1�
a  � �
b  �
�5 �
a  � �
b �
�
�
�
� b�� a�
�
�
Suy ra: � b � � a � 2
2

2

�
1 1�
�
� 1 � � 1 � 25
��
a  � �
b  �
�5 �
 a  b  �
� �
�
� b� � a� 2
�a b �

�
�
2

2

� 1 � � 1 � 25
�1 1 �
��
a  � �
b  �
�5  5. �  �
� b� � a� 2
�a b �( Vì a+b = 1)
1 1
4
 �
4
Với a, b dương, chứng minh a b a  b
(Vì a+b = 1)
(Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b)
2

0,25
0,25

2

� 1 � � 1 � 25
a  � �

b  �
�5  5.4
�
Ta được: � b � � a � 2
2

1,0

2

� 1 � � 1 � 25
1
��
a  � �
b  ��
�ab
� b � � a � 2 Dấu đẳng thức xảy ra:
2

0,25

Bài 3

�

�

Chứng minh được ABE  ECF
Chứng minh được ABE  FCE (c  g  c )
=>AE=EF

Tương tự AF=EF
=>AE=EE=AF
=>Tam giác AEF đều
o
�
=> EAF  60

0,25
0,25
0,25
0,25

1,0


Bài 4
(3 điểm)

a)Chứng minh

BHC ' đồng dạng với BAB '

BH BC '

=> AB BB ' => BH .BB '  BC '.BA

Chứng minh BHA ' đồng dạng với BCB '
BH BA '

BC BB ' => BH .BB '  BC.BA '

0,25

(1)
0,25
(2)

Từ (1) và (2) => BC '.BA  BA '.BC
Tương tự CB '.CA  CA '.BC
2
=> BC '.BA  CB '.CA  BA '.BC  CA '.BC  ( BA ' CA ').BC  BC

0,25
0,25

BH .CH BC '.CH S BHC
BH BC '



b) Có AB BB ' => AB. AC BB '. AC S ABC
AH .BH S AHB
AH .CH S AHC


CB
.
CA
S
CB

.
AB
S ABC
ABC
Tương tự
và

0,25

HB.HC HA.HB HC.HA S ABC



1
AB
.
AC
AC
.
BC
BC
.
AB
S
ABC
=>

0,5

/>c) Chứng minh được AHM đồng dạng với CDH (g-g)

HM AH

=> HD CD
(3)
Chứng minh được AHN đồng dạng với BDH (g-g)
AH HN

BD
HD
=>
(4)
Mà CD=BD (gt)
(5)
HM HN

Từ (3), (4), (5) => HD HD => HM=HN
=>H là trung điểm của MN

1,0

0,25

1,0

0,25
0,25
1,0
0,25
0,25

Bài 5
(1 điểm)

Gọi E, F, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, CD, BC và AD. Lấy
các điêrm I, G trên EF và K, H trên PQ thỏa mãn: 0,25
IE HP GF KQ 2




IF HQ GE KP 3

Xét d là một trong các đường thẳng bất kỳ đã cho cắt hai AD, BC,
EFlần lượt tại M, N, G’. Ta có
AB( BM  AN )
S ABMN 2
2
EG ' 2
2
 ��
G G'
CD(CM  DN ) 3
SCDNM 3
G'F 3
2
hay d qua G
Từ lập luận trên suy ra mỗi đường thẳng thỏa mãn yêu cầu của đề
bài đều đi qua một trong 4 điểm G, H, I, K.
Do có 2018 đường thẳng đi qua 1 trong 4 điểm G, H, I, K, theo

�
2018�
� 4 � 1  505
�
�

nguyên lý Dirichlet phải tồn tại ít nhất
đường
thẳng cùng đi qua một điểm trong 4 điểm trên. Vậy có ít nhất 505
đường thẳng trong số 2018 đường thẳng đã cho đồng quy.

1,0

0,25

0,25
0,25