Đề thi học sinh giỏi - Trường THCS Nguyễn Du Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2015 - 2016 môn Toán 8

ĐỀ THI HSG TRƯỜNG THCS NGUYỄN DU – THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

NĂM HỌC 2015-2016

Môn Toán 8 thời gian 90 phút.

Bài 1: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 a. Phân tích biểu thức A thành nhân tử. b. Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0. Bài 2: a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : A = x2– 2xy + 2y2 - 4y + 2015 b. Cho 4a2 + b2 = 5ab và 2a b  0

TÝnh: 2 2 4 b a

ab P  

Bài 3:Cho M = : 

 



     2 1 3 6

6 4 3

2

x x x x

x

 

  



    2 10 2

2

x

x x

a. Tìm ĐKXĐ của M b. Rút gọn M c.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhất. Bài 4 : Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC lấy M bất kì sao cho BM  CM. Từ M vẽ đường thẳng song song với AC cắt AB tại E và song song với AB cắt AC tại F. Gọi N là điểm đối xứng của M qua E F.

a) Tứ giác AEMF là hình gì? vì sao? b) Chứng minh : AFEN là hình thang cân? c) M ë vị trí nào để tứ giác AEMF là hình thoi? Vì sao?

d) TÝnh : ANB + ACB = ?

ThuVienDeThi.com

Hdc đề thi HSG Trường Môn Toán 8

Bài 1: (5đ) a). A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc) = = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) (3đ) 2 2 ( ) b c a      

2 2 ( ) b c a       b). Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác) Tương tự: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0 Vậy A< 0 (2đ) Bài 2: (4đ) a). A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2011 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2011 2011  Dấu ''='' xảy ra x – y = 0 và y – 2 = 0 x = y = 2.   Vậy GTNN của A là 2011 tại x = y =2 (3đ)

b). Từ 4a2 + b2 = 5ab ta có (a-b)(4a-b) = 0 vì 2a b  0 => 4a>b>0 => a=b => P = . (1®) 3 1

Bài 3: (4đ) a) ĐKXĐ: x 0, x 2; x -2 (1đ)   

b) M = : = = (2đ) 

 



     2 1 3 6

6 4 3

2

x x x x

x

 

  



    2 10 2

2

x

x x 6

2 .) 2 )( 2 (

6   

 x x x x  2

1

c). Nếu x 2 thì M 0 nên M không đạt GTLN.   Vậy x 2, khi đó M có cả Tử và Mẫu đều là số dương, nên M muốn đạt GTLN thì Mẫu là  (2 – x) phải là GTNN, Mà (2 – x) là số nguyên dương 2 – x = 1 x = 1.   Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x là: 1. (1®) Bài 4 : (7®)

a) Tứ giác AEMF là hình bình hành vì có các cạnh đối song song. (2®) b) Gọi EF cắt MA và MN tại O và K=> OK//AN (đtb )  Mặt khác AE=NF (cùng bằng MF) => AFEN là hình thang cân. (2®)

c) Tứ giác AEMF đã là hình bình hành, nó sẽ trở thành hình thoi khi có AM là phân giác góc BAC=> khi đó M là giao phân giác góc BAC với cạnh BC (HS có thể tìm ra M là trung điểm BC vì ABC cân) (2®)  d) Ta có EN=EB (cùng bằng EM) => ENB = EBN   Mà ENA+ C = NAC+ ABC (T/c tam giác cân và     hình thang cân)

O

B C

A

N

M

F

E K

Cộng vÕ theo vÕ hai đẳng thức trên => tứ giác ANBC tổng hai góc đối này bằng tổng hai góc đối kia nên : ANB + ACB = 1800 (1®)  

ThuVienDeThi.com