HSG toan 8

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (117.52 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

NGUYễN XUÂN THụ
THCS YÊN PHƯƠNG ý YÊN

NAM ĐịNH

thi hc sinh gii

môn: toán 8

(Thời gian lµm bµi: 120 phót)

Bài 1: (5 điểm)

Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:
1. x27x6

2. x4 2008x22007x2008
Bài 2: (6điểm) Giải phơng trình:

3 2 1 0

x x x 





2 2 2

2 2

1 1 1 1

8 x 4 x 4 x x x 4

x x x x

       

       

       

       

Bµi 3: (2điểm) 1. CMR với a,b,c,là các số dơng ,ta cã: (a+b+c)( 1

a+
1
b+

1
c¿≥9

Bài 4: (7 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 vng 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 s o ca gúc AHM

3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Bài Câu Nội dung Điểm

1. 2,0

1.1 (0,75 điểm)

2 2

7 6 6 6 1 6 1

x  x x  x x x x  x





x1

 

x6



0.5
0,5

1.2 (1,25 ®iĨm)

4 2008 2 2007 2008 4 2 2007 2 2007 2007 1

x  x  x x x  x  x  0,25



 







4 2 1 2007 2 1 2 1 2 2007 2 1

x x x x x x x x

            0,25



x2 x 1

 

x2 x 1



2007



x2 x 1

 

x2 x 1

 

x2 x 2008



             0,25

2. 2,0

2.1 x2 3x 2 x 1 0
    

(1)
+ NÕu x1: (1)





1 0 1

x x

    

(tháa m·n ®iỊu kiƯn x1).

+ NÕu x1: (1)







 



2 2

4 3 0 3 1 0 1 3 0

x x x x x x x

            

 x1; x3 (cả hai đều không bé hơn 1, nờn b
loi)

Vậy: Phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất lµ x1.

0,5
0,5
2.2





2 2 2

2 2

1 1 1 1

8 x 4 x 4 x x x 4

x x x x

       

       

       

        (2)

Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x0

(2)





2 2

1 1 1 1

8 x 4 x x x x 4

x x x x

 

       

                

        









2 2

1 1

8 x 8 x x 4 x 4 16

x x

   

           

   

0 8

x hay x

   vµ x0.

Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm x8

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3 2.0

3.1 Ta cã:

A= (a+b+c)(1

a+
1

b+

1
c)=1+

a
b+

a
c+

b
a+1+

b
c+

c
a+

c
b+1

= 3+(a

b+
b
a)+(
a
c+

c
a)+(
c
b+
b
c)

Mµ: x

y+
y

x ≥2 (BĐT Cô-Si)

Do ú A 3+2+2+2=9. Vy A 9

0,5

0,5
3.2 Ta cã:



 





 



( ) 2 4 6 8 2008

10 16 10 24 2008

P x x x x x

x x x x

     

Đặt tx210x21 (t3;t7), biểu thức P(x) đợc viết lại:



 



( ) 5 3 2008 2 1993

P x  t t   t t

Do đó khi chia t2  2 1993t cho t ta có số d là 1993

0,5

4 4,0

4.1

+ Hai tam giác ADC và
BEC cã:

Gãc 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 ADC1350(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo
giả thiÕt).

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

2 2

BEAB m

1,0
0,5
4.2
Ta cã:
1 1
2 2

BM BE AD

BC  BC AC (do BECADC)
mà ADAH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H)
nên

1 1 2

2 2 2

BM AD AH BH BH

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

Do đó BHM BEC (c.g.c), suy ra:

  1350  450

BHM BEC   AHM 

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

BAC.

Suy ra:

GB AB

GC AC , mà

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>









AB ED AH HD

ABC DEC ED AH

AC DC   HC HC

Do đó:

GB HD GB HD GB HD

</div>

HSG toan 8







 





 









 





 

 













 





















 

 

 





 





 











Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về