02 hsg9 bà rịa vũng tàu 22 23

3,0 điểm Giải phương trình và hệ phương trình sau: 1.. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MC của đường tròn O A, C là các tiếp điểm.. Trên đoạn BD lấy điểm F sao cho FAD BAC.. Từ điểm A vẽ ha

Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu

Câu 1 (3,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức

:

1

x A

x



2 So sánh hai số M  3 2 2 310 6 3 và N 39 80 39 80

Câu 2 (3,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1

2 2

10

 

2

1

2

2

x y









Câu 3 (3,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn 2x2y23xy 3x 3y11 0

2 Cho a, b, c là các số nguyên thoả mãn a b c  4046 Chứng minh rằng

P a b b c c a    abcchia hết cho 14

Câu 4 (4,0 điểm)

1 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A thuộc parabol (P) yx2 có tung độ y  Tìm A 4 toạ độ các điểm B thuộc (P) sao cho tam giác OAB vuông tại B

2 Cho các số x y z, , thoả mãn 1x y z, , 3 và x2y2 z2 2(x y z  1) Chứng minh bất đẳn

Câu 5 (5,0 điểm)

Cho điểm M nằm ngoài (O) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MC của đường tròn (O) (A, C là các tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MBD của (O) sao cho B nằm giữa M và D, BC < BD

1 Chứng minh

2 Trên đoạn BD lấy điểm F sao cho FAD BAC Chứng minh hai tam giác ABF, ACD đồng dạng và AD.BC + AB.CD = AC.BD

3 Tiếp tuyến tại B của (O) cắt MC tại N và cắt đường thẳng CD tại P; ND cắt đường tròn (O) tại E Chứng minh A, E, B thẳng hàng

9 Học sinh giỏi

g thức 11xy yz zx   3 52

Đẳng thức xảy ra khi nào?

Câu 6 (2,0 điểm) Cho điểm A nằm ngoài (O) Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn

(O) (B, C là các tiếp điểm) Vẽ cát tuyến AED (E nằm giữa A và D) không đi qua O cắt BC ở

F Hai tia CE và DB cắt nhau ở G, trên tia đối của tia BC lấy điểm H sao cho tứ giác CDHG nội tiếp đường tròn

1

ADAE AF

2 Khi tam giác CDG có diện tích bằng 1, chứng minh

2 2 4

DBE

DE S

BC



-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1 (3,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức

:

1

x A

x

2 So sánh hai số M  3 2 2 310 6 3 và N 39 80 39 80

Lời giải

1 Rút gọn biểu thức

:

1

x A

x

:

1

x A

x

 

       

:

x

:



:



2

2

1

x





1 1

x

x





 (với 0 x 1)

2 So sánh hai số M  3 2 2 310 6 3 và N 39 80 39 80

3

 2 12 31 33

39 80 39 80

 3

3 39 80 39 80

3 9 80 9 80 3

3 3 18 0

N 3 N2 3N 6 0

3

N

Câu 2 (3,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1

2 2

10

 

2

1

2

2

x y









Lời giải

1

2 2

10

x x

4

2

3 3

x x

4 2

0 3

3

x x



2

0 3

x

2

2

120 144

2 2

x x

2

Mà 24 1 24   24 1  2 12  12 2  3 8  8 3  4 6  6 4 

Và

10

Nên ta có các trường hợp sau:

TH1:



TH2:

24 9

TH3:

TH4:

12 8

TH5:

3 2

TH6:

8 7

TH7:

12 4

x

   

2

1

2

2( )

2 0

6( )

6 0

x

x





TH8:

12 6

x

2 6 12 0

2 2

b ac

  

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là x1 2;x2 6;x3  3 21;x4  3 21( )tm

2

 

 

1

2 1

2 2

x y









Đặt

1

x

y



 1 t 1 2

t

 

1

1 1 3

x

x y y



Từ  2

và  3

ta có

2

2

x y









 



Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là

;

Câu 3 (3,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn 2x2y23xy 3x 3y11 0

2 Cho a, b, c là các số nguyên thoả mãn a b c  4046 Chứng minh rằng

Pa b b c c a    abcchia hết cho 14

Lời giải

1 2x2y23xy 3x 3y11 0  2 (x x y )y x y(  ) 3( x y ) 11 0 

(x y)(2x y 3) 11

Vì x y Z,   x y và 2x y  3 Ư(11)

Ta có 4 trường hợp sau:

Trường hợp 1:



Trường hợp 2:



Trường hợp 3:



Trường hợp 4:



Vậy tất cả các cặp số nguyên (x, y) là (–9; 20), (15; –16), (15; – 26), ( –9; 10)

2 Vì a, b, c là các số nguyên thoả mãn a b c  4046nên a b c  2.7.289 14

P a b b c c a    abc a b c b c c a     c b c c a   abc

2 (a b c b c c a)( )( ) c a b c( ) 7abc

Vì a b c  4046nên ít nhất một trong ba số a, b, c là số nguyên chẵn

2

abc

  Vậy P(a b b c c a )(  )(  ) 6 abc14

Câu 4 (4,0 điểm)

1 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A thuộc parabol (P) y x2 có tung độ y  Tìm A 4 toạ độ các điểm B thuộc (P) sao cho tam giác OAB vuông tại B

2 Cho các số x y z, , thoả mãn 1x y z, , 3 và x2y2z2 2(x y z  1) Chứng minh bất đẳng thức 11xy yz zx   3 52

Đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải

1 Điểm A thuộc (P) nên có toạ độ A(– 2; – 4) hoặc A(2; –4)

2

B P  B b b b b

Khi A(– 2; – 4), do tam giác OAB vuông tại B ta có:

2 2 2 3 3 2 0 ( 1)( 2 2) 0

OA OB AB b  b   b b  b 

1( )

(1; 1) 2( )

B







 Khi A( 2; – 4), do tam giác OAB vuông tại B ta có:

2 2 2 3 3 2 0 ( 1)( 2 2) 0

OA OB AB b  b   b b  b 

1( )

( 1; 1) 2( )

B







 Vậy có hai điểm B(1; –1) và B(–1; –1)

2 Ta có:

1

2 x y  y z  z x    x y z xy yz zx 

3

Ta lại có: 2(xy yz xz  ) 2( x2y2z2) (x y z  )2 3(x2y2z2)

Đặt a = x + y + z ; b = xy + yz + xz

Ta có: x2y2z2 2(x y z  1)  a2 6(a1)

2 6 6 ( 3)2 15

Mà x y z   3 a 3 0

Mặt khác:

5 1 3

 







* Ta có: (x1)(y1)(z1) (3  x)(3 y)(3 z) 0

xy yz xz x y z

4 13

x y z  x y z    (x y z  )2 2(x y z  ) 2 2(  xy yz xz  )

2 2 2 2

Vì b4a13 a2 2a 2 8 a 26 a210a24 (a 5)2 (1) 1

Ta có:

( 1)( 3) 0

( 1)( 3) 0









2

Từ (1) a 6 b4a13 4.6 13 11  

Dấu = xảy ra khi ( ; ; )x y z là một hoán vị của bộ (1; 2; 3)

Câu 4 (5,0 điểm) Cho điểm M nằm ngoài (O) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MC của đường tròn (O)

(A, C là các tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MBD của (O) sao cho B nằm giữa M và D, BC < BD

1 Chứng minh

2 Trên đoạn BD lấy điểm F sao cho FAD BAC Chứng minh hai tam giác ABF, ACD đồng dạng và AD.BC + AB.CD = AC.BD

3 Tiếp tuyến tại B của (O) cắt MC tại N và cắt đường thẳng CD tại P; ND cắt đường tròn (O) tại E Chứng minh A, E, B thẳng hàng

Lời giải

tam giác MDC ta có:

CMD chung

MCB MDC (cùng chắn cung BC)

MCB

  ∽ MDC(g-g)

(1) Chứng minh: AD.BC = AB.CD

Xét tam giác MAB và tam giác MDA ta có:

AMD chung

MAB MDA (cùng chắn cung AB)

MAB

  ∽ MDA(g-g)

(2)

Mà MA = MC (3) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

AD BC AB CD

2 Ta có: BAF BAC CAF CAD FAD CAF BAC FAD ;   ;  

BAF CAD

Xét tam giác ABF và tam giác ACD ta có:

BAF CAD cmt

ABFACD (cùng chắn cung AD)

ABF

  ∽ ACD (g-g)

AB CD AC BF

(5) Xét tam giác ABC và tam giác AFD ta có:

BAC FAD

BCA FDA (cùng chắn cung AB)

ABC

  ∽ AFD (g-g)

AD BC AC FD

(6)

Từ (5) và (6) ta có:

AD.BC + AB.CD = AC.FD + AC.BF = AC(FD + BF) = AC.BD (7) (đpcm)

3 Từ (4) và (7) ta có:

2

AD BC

(8) Chứng minh được:

2

BD DE (9)

2 2

Từ (9) và (10) ta có:

2

Giả sử AE cắt CD tại Q

Xét tam giác QEC và tam giác QDA ta có:

EQC chung;  QECADC

QEC

  ∽ QDA (g-g)

Mà QDE ∽ QAC

2

Từ (11) và (12)

P Q

Vậy A, E, P thẳng hàng

Câu 6 (2,0 điểm)

Cho điểm A nằm ngoài (O) Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm) Vẽ cát tuyến AED (E nằm giữa A và D) không đi qua O cắt BC ở F Hai tia CE

và DB cắt nhau ở G, trên tia đối của tia BC lấy điểm H sao cho tứ giác CDHG nội tiếp đường tròn

1

AD AE AF

2 Khi tam giác CDG có diện tích bằng 1, chứng minh

2 2 4

DBE

DE S

BC



Lời giải

6.1 (1,0đ)

Chứng minh :

AD AE AF

Chứng minh AD AE AC2 (1)

Gọi I là giao điểm của OA và BC, Jlà trung điểm của DE

Chứng minh AF AJ AI AO AC2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra AF AJ AD AE



AD AE







AE JE AD JD

AD AE





AE AD





6.2 (1,0đ)

Chứng minh:

2 2 4

DBE

DE S

BC



2 2

DBE DHG

2

DBE DHG

DE

DG

(1) Gọi h ,1 h lần lượt là chiều cao ứng với cạnh 2 DGcủa hai tam giác DHG,DCG

1

2

DHG

DCG

(2)

Từ (1), (2) suy ra

2 2

DBE

S

(3)

Từ (3), (4) ta có

2

DBE

S

