Đề thi HSG lớp 8 môn Toán - Trường Ngô Quyền (2014-2015)

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 1 Học Sinh Giỏi Lớp 8 – Trường Ngơ Quyền 14-15 
Thời gian: 90 phút 
(NGÀY THI: 12-01-2015) 
Bài 1: 
     
     
     
2 2
2 2 3
2 x 4x 2 x 4x 12x
A :
2 x 2 xx 4 2x x
a) Tìm điều kiện của A và rút gọn A 
b) Tìm x để AZ 
Bài 2: Tìm x biết: 
a)  22013x x 2012 
b)          x 2 x 3 x 4 x 5 24 0 
Bài 3: 
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của      2 2A 2x y 2xy 4x 2y 5 
b) Cho a + b + c =1 và   
  
a b c
1
b c c a a b
. Chứng minh:   
  
2 2 2
a b c
0
b c c a a b
Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Lấy E bất kì trên BC, trên tia đối của tia CD lấy điểm F sao cho 
CF = CE. K là giao điểm của FE và BD. O là giao điểm của AC và BD. DE cắt BF tại H. M là 
trung điểm của EF. 
a) Chứng minh: DH BF . 
b) Chứng minh: tứ giác OKMC là hình chữ nhật. 
c) Chứng minh: A, H, K thẳng hàng. 
Bài 5: Cho ABCnhọn có 3 đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M, N, S lần lượt là điểm 
đối xứng của H qua BC, AC, AB. Tính  
AM BN CS
AD BE CF
. 
  HẾT  
ĐỀ THI HSG LỚP 8 
Trường NGÔ QUYỀN (2014-2015) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 2 Học Sinh Giỏi Lớp 8 – Trường Ngơ Quyền 14-15 
Bài 1: 
     
     
     
2 2
2 2 3
2 x 4x 2 x 4x 12x
A :
2 x 2 xx 4 2x x
a) Tìm điều kiện của A và rút gọn A 
Điều kiện: 
2
2 3
2
2 x 0
x 2
x 4 0
x 2
2 x 0
x 0
2x x 0
x 3
4x 12x 0
  
 
  
  
   
  
  
  
  
 
 
   
  
 
    
 
 
  
 
2 2 2
2 2 3 2
2 2
2
2 2 2
2
4x x 32 x 4x 2 x 4x 12x x 2 4x x 2
A : :
2 x 2 x x 2 x 2x 4 2x x x 2 x 2 x x 2
x 2 4x x 2 4 x 3 x x 2x 4x 4 4x x 4x 4
A :
x 2 x 2 x x 2 x 2 x 2 4 x 3
x x 24x 8x
A
x 2 x 2
          
             
                
             
    
        
 
 
    
 
  
 
 
24x x 2 x x 2 x
x 34 x 3 x 2 x 2 4 x 3
  
  
    
b) Tìm x để AZ 
  
 
   
     
  
2 2 x 3 x 3 9x x 9 9 9
A x 3
x 3 x 3 x 3x 3
Để AZ thì                        9 x 3 x 3 Ư 9 x 3 1; 1;3; 3;9; 9 x 4;2;6;0;12; 6 
Loại x = 2 và loại x = 0. Vậy  x 4;6;12; 6  thì A có giá trị nguyên. 
Bài 2: Tìm x biết: 
a)  22013x x 2012 
      
2 2
2013x x 2012 2013x 2013x 2012x 2012 0
2013x x 1 2012 x 1 0 x 1 2013x 2012 0
2012
x 1 0 hay 2013x 2012 0 x 1 hay x=
2013
      
        
       
Vậy  
2012
x 1 hay x=
2013
b)          x 2 x 3 x 4 x 5 24 0 
HƯỚNG DẪN ĐỀ THI HSG LỚP 8 
Trường NGÔ QUYỀN (2014-2015) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 3 Học Sinh Giỏi Lớp 8 – Trường Ngơ Quyền 14-15 
    
    
  
     
      
      2 2
 x 2 x 3 x 4 x 5 24 0
x 2 x 5 x 3 x 4 24 0
x 7x 10 x 7x 12 24 0
Đặt   2y x 7x 11 , khi đó phương trình trở thành: 
          2y 1 y 1 24 0 y 25 y 5 hay y = 5 
TH1:                    2 2y 5 x 7x 11 5 x 7x 6 0 x 1 x 6 0 x 1 hay x 6 
TH2:  
 
               
 
2
2 2
7 15
y 5 x 7x 11 5 x 7x 16 0 x 0 vo â lí
2 4
Vậy    x 1 hay x 6 
Bài 3: 
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của      2 2A 2x y 2xy 4x 2y 5 
     
 
 
   
     
     
         
        
     
       
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2 2
2
2
2 2
A 2x y 2xy 4x 2y 5
A y 2xy 2y 2x 4x 5
A y 2y x 1 x 1 x 1 2x 4x 5
A y x 1 x 2x 1 2x 4x 5
A y x 1 x 6x 4
A y x 1 x 3 5 5
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -5. Dấu ‘’=’’ xảy ra khi 
    
 
     
x 3 0 x 3
y x 1 0 y 4
b) Cho a + b + c =1 và   
  
a b c
1
b c c a a b
. Chứng minh:   
  
2 2 2
a b c
0
b c c a a b
Ta có: a + b + c =1 và   
  
a b c
1
b c c a a b
 
 
        
   
a b c
a b c a b c
b c c a a b
          
     
  
        
  
   
  
2 2 2
2 2 2
2 2 2
a a b c b b c a c c a b
a b c
b c c a a b
a b c
a b c a b c
b c c a a b
a b c
0
b c c a a b
Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm E bất kì trên BC, trên tia đối của tia CD lấy điểm F sao 
cho CF = CE. K là giao điểm của FE và BD. O là giao điểm của AC và BD. DE cắt BF tại H. M là 
trung điểm của EF. 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 4 Học Sinh Giỏi Lớp 8 – Trường Ngơ Quyền 14-15 
P
M
H
K
F
O
BA
D C
E
a) Chứng minh: DH BF . 
Xét CEF vuông tại C, ta có CF = CE (gt) CEF vuông cân tại C   0CFE 45 
Mà   0ACD 45 ... nên CFE ACD . Mặt khác: 2 góc này nằm ở vị trí đồng vị nên FE // AC 
Mà  AC BD ABCD là hình vuông nên FE BD tại K 
Xét BDF, ta có: 
 
 
 
 




BC là đường cao BC DF tại F
FK là đường cao FK BD tại K
BC cắt FK tại E gt
  E là trực tâm của BDF mà DE cắt BF tại H nên DH BF 
b) Chứng minh: tứ giác OKMC là hình chữ nhật. 
Xét CEF cân tại C, ta có CM là đường trung tuyến () nên CM là đường cao của CEF . 
Xét tứ giác OKMC, ta có    0COK OKM CMK 90 
 tứ giác OKMC là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông) 
c) Chứng minh: A, H, K thẳng hàng. 
Gọi P là giao điểm của OM và CH. 
Ta có: 
  
   
  

      
BD
OH OC
2
EF
MH MC
2
OM là đường trung trực của đoạn HC P là trung điểm của HC. 
Do đó: OP là đường trung bình của  CAH OP // AH  OM // AH (vì P OM ) 
Ta có: 
 
 
 
 

KM OC OKCM là hình chữ nhật
KM OA
OA OC O là trung điểm của AC
Xét tứ giác OAKM, ta có: 
 
 
 

 

KM // OA ...
tư ù giác OAKM là hình bình hành ... OM // AK
KM OA cmt
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 5 Học Sinh Giỏi Lớp 8 – Trường Ngơ Quyền 14-15 
Ta có: 
 
 
 

  

OM // AH cmt
AH AK Tiên đề Ơ-clit A,H,K thẳng hàng.
OM // AK cmt
Bài 5: Cho ABCnhọn có 3 đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M, N, S lần lượt là điểm 
đối xứng của H qua BC, AC, AB. Tính  
AM BN CS
AD BE CF
. 
S
M
N
HF
E
DB C
A
Ta có: 
  
              
AM BN CS AD MD BE NE CF SF MD NE SF MD NE SF
1 1 1 3
AD BE CF AD BE CF AD BE CF AD BE CF
mà MD = HD; NE = HE; SF = HF 
nên      
AM BN CS HD HE HF
3
AD BE CF AD BE CF
Ta có:       HBC HAC HAB
HBC HAC HAB ABC
ABC ABC ABC
S S S
S S S S 1
S S S
            
1 1 1
HD.BC HE.AC HF.AB
HD HE HF HD HE HF2 2 2
1 1 3 4
1 1 1 AD BE CF AD BE CF
AD.BC BE.AC CF.AB
2 2 2
Mà      
AM BN CS HD HE HF
3
AD BE CF AD BE CF
 nên   
AM BN CS
4
AD BE CF
  HẾT 