DE THI HSG

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]

Phòng gd&đt sông lô

Trng thcs nhân đạo đề thi học sinh giỏimơn tốn 8 (Thời gian làm 120 phút)

Bµi 1: (2 điểm)

Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 7x 6



2 x4 2008x2 2007x 2008

 

Bài 2: (2điểm)

Giải phơng trình: x2 3x 2 x1 0

2  

2 2

2

2

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

       

       

       

       

Bµi 3: (2điểm)

1 Căn bậc hai 64 có thĨ viÕt díi d¹ng nh sau: 64 6  4

Hỏi có tồn hay khơng số có hai chữ số viết bậc hai chúng dới dạng nh số nguyên? Hãy tồn số

2 T×m sè d phÐp chia cđa biĨu thøc x2 x4 x6 x82008 cho ®a thøc x2 10x 21

Bài 4: (4 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB), đờng cao AH (HBC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đờng vng góc với BC D cắt AC E

1 Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m AB

2 Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM

3 Tia AM c¾t BC t¹i G Chøng minh: GB HD

P N Điểm

1. Câu 2,0

1.1 (0,75 ®iÓm)

   

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 2

2008 2007 2008 2007 2007 2007

x  x  x x x  x  x  0,25

   2  

4 1 2007 1 1 2007 1

x x x x x x x x

           

0,25

         

1 2007 1 2008

x x x x x x x x x x

             0,25

2. 2,0

2.1 x2 3x 2 x 1 0

     (1)

+ NÕu x1: (1)  x12  0 x1 (tháa m·n ®iỊu kiƯn x1)

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

 x1; x3 (cả hai không bé 1, nên bị loại) Vậy: Phơng trình (1) có nghiệm x1

0,5 0,5 2.2

 

2 2

2

2

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

       

       

       

       

(2) Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x0

(2)  

2

2

2

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

                                        2 2 1

8 x x x x 16

x x

   

           

   

0

x hay x

   vµ x0

Vậy phơng trình cho có nghiệm x8

0,25 0,5 0,25

3 2.0

3.1 Gọi số cần tìm lµ ab 10a b

  (a, b lµ số nguyên a khác 0)

Theo gi thit: 10a b a   blà số nguyên, nên ab blà số phơng, đó: b hoặc4

Ta cã: 10a b a   b 10a b a  22a b b  5a  ba2

 

2 b a

   (v× a0)

Do a phải số chẵn: a2k , nên 5 b k

NÕu b 1 a 8 81 8  1 9 (tháa ®iỊu kiƯn toán) Nếu b 4 a 6 64 6 4 8 (thỏa điều kiện toán) Nếu b 9 a 4 49 4  9 7 (tháa ®iỊu kiƯn toán)

0,5

0,5 3.2 Ta có:

       

   

( ) 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:

   

( ) 2008 1993

P x  t t   t t

0,5

Do chia t2 2t 1993

  cho t ta cã sè d lµ 1993

4 4,0

4.1 + Hai tam giác ADC BEC có: Góc C chung

CD CA

CE CB (Hai tam giác vuông CDE CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c) Suy ra:  

135

BECADC (vì tam giác AHD vuông cân

H theo giả thiết) Nên AEB 450

ú tam giác ABE vuông cân A Suy ra:

2

BEAB m

1,0

0,5 4.2

Ta cã: 1

2

BM BE AD

BC  BC  AC (do BECADC)

mà ADAH 2 (tam giác AHD vuông vân H)

nên 1

2 2

BM AD AH BH BH

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

Do BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC 1350 AHM 450

   

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

Suy ra: GB AB

GC AC , mµ    // 

AB ED AH HD

ABC DEC ED AH

AC DC   HC HC 0,5

Do đó: GB HD GB HD GB HD