23 hsg9 ha nam 22 23

Gọi C là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn.. iii Gọi ,I H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng , BD AB.. Các đường thẳng IH và CD cắt nhau tại K Tìm vị trí của đi

Tỉnh Hà Nam

Câu 1: Cho biểu thức

2

P

  với a0,a1.

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm điều kiện của a để biểu thức

8

Q P

 nhận giá trị nguyên

Câu 2: a) Giải phương trình x2 3 x3 3x24x 2 0

b) Giải hệ phương trình

2

4 6 5 0







Câu 3: Cho parabol   1 2

: 2

và hai điểm A2; 2 ,  B4;8 nằm trên  P Gọi M là điểm thay đổi trên  P và có hoành độ là m2m4 

Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn

nhất

Câu 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2y x  2y4y x x  3

Câu 5: a) Cho đường tròn O R;  đường kính AB. Gọi C là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn Các

đường thẳng CA CB cắt đường tròn ,  O tại điểm thứ hai tương ứng là ,D E Trên cung AB

của  O

không chứa D lấy điểm F0FA FB 

Đường thẳng CF cắt AB tại M , cắt

đường tròn ( )O tại N (N không trùng với F) và cắt đường tròn O' ngoại tiếp tam giác

CDE tại P ( P không trùng với C ).

i) Giả sử ACB   tính DE theo R 60 ,

ii) Chứng minh CN CF CP CM.  . .

iii) Gọi ,I H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng , BD AB Các

đường thẳng IH và CD cắt nhau tại K Tìm vị trí của điểm F để biểu thức

đạt giá trị nhỏ nhất

b) Cho góc nhọn xOy cố định và A là điểm cố định trên Ox. Đường tròn  I thay đổi nhưng

luôn tiếp xúc với Ox Oy lần lượt tại ,, E D Gọi AF là tiếp tuyến thứ hai kẻ từ A đến  I

( F

là tiếp điểm) Chứng minh DF luôn đi qua một điểm cố định.

9

Học sinh giỏi

Câu 6: Cho 2 số dương ,a b Chứng minh:

 

 

 

5

-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: Cho biểu thức

2

P

  với a0,a1.

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm điều kiện của a để biểu thức

8

Q P

 nhận giá trị nguyên

Lời giải a) Rút gọn biểu thức P

 

3

1

1 1

a P







a



b) Tìm điểu kiện của a để biểu thức

8

Q P

 nhận giá trị nguyên

Có

(Theo BĐT Côsi) 1

a

(loại do a 1) Vậy P  4 a 0,a1.

8

P

     

Do đó để Q Q 1 P 8  a 2 6 a 1 0

3 2 2 17 12 2

3 2 2 17 12 2

  (thỏa mãn điều kiện) Vậy a  17 12 2 là các giá trị cần tìm

Câu 2: a) Giải phương trình x2 3 x3 3x24x 2 0

b) Giải hệ phương trình

2

4 6 5 0







Lời giải a) Điều kiện x3 3x24x 2 0

Có x3 3x24x 2x1 x2 2x2

nên x3 3x24x 2 0  x vì 1 x2 2x 2 x12  1 0 x

 1  2x1x2 2x2 3 x1 x2 2x2 0

Đặt 2

1 , 0

x



  ta được phương trình

2

1

2

t

t







   

 



t

     x2 3x  (vô nghiệm)3 0

t

       (thỏa mãn điều kiện)

Vậy pt có 2 nghiệm x  3 3

b) Điều kiện

3 2 0

x y









 



 1  22  32 2 3

  



        

 )x 2 y 3 x5y0

vô nghiệm

vì  5 0 3, 0

2

x y  x y

)x 2 y 3 y x 1

       thay vào  2 ta được

2x 3 2 x1 2x  x 26

 2x 3 3  2x 2 2 2x2 x 21 0

   

 

2 3 9 2 2 2

3 2 7 0

2 3 3 2 2 2

2 3 3 2 2 2

2 3 3 2 2 2

    )x 3 y2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y ;  3; 2

Câu 3: Cho parabol   1 2

: 2

và hai điểm A2; 2 ,  B4;8 nằm trên  P Gọi M là điểm thay đổi trên  P và có hoành độ là m2m4 

Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn

nhất

Lời giải

Có

2

; 2

m

M m 

Gọi A2;0 , M m ;0 , B4;0

2

ABB A

AMM A

AA MM A M

MBB M

6 12 72 27 3( 1) 30

27 2

ABM

Vậy m 1 là giá trị cần tìm

Câu 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2y x  2y4y x x  3

Lời giải

x 2y x  2y4y x x  3 1 x x( 21)2y1 (1)2

2 12

y y là số nguyên dương lẻ

1 x x  2 1

là số nguyên dươnglẻ

2

1 x x, 1

   cùng lẻ và 1 x0

Giả sử 1 x,1x2  d

d là số lẻ

Do 1 x d  1 x2d

Lại có 1 x 2d  1x2  1 x2 d 2 d d 1

Mặt khác, (1) 1 x x  21

là số chính phương

2

1 x,1x là 2 số nguyên tố cùng nhau nên 1 x,1x2 đều là số chính phương

Do x x  là hai số nguyên liên tiếp và cùng là số chính phương nên 2, 2 1 x 0

1

y

y





       

 Vậy x y ;  0;0 hoặc x y ;  0;1

Câu 5: a) Cho đường tròn O R;  đường kính AB. Gọi C là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn Các

đường thẳng CA CB cắt đường tròn ,  O tại điểm thứ hai tương ứng là ,D E Trên cung AB

của  O không chứa D lấy điểm F0FA FB  Đường thẳng CF cắt AB tại M , cắt

đường tròn ( )O tại N (N không trùng với F) và cắt đường tròn O'

ngoại tiếp tam giác

CDE tại P ( P không trùng với C ).

i) Giả sử ACB   tính DE theo R 60 ,

ii) Chứng minh CN CF CP CM.  . .

iii) Gọi ,I H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng , BD AB Các

đường thẳng IH và CD cắt nhau tại K Tìm vị trí của điểm F để biểu thức

đạt giá trị nhỏ nhất

b) Cho góc nhọn xOy cố định và A là điểm cố định trên Ox. Đường tròn  I

thay đổi nhưng luôn tiếp xúc với Ox Oy lần lượt tại ,, E D Gọi AF là tiếp tuyến thứ hai kẻ từ A đến  I ( F

là tiếp điểm) Chứng minh DF luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải a)

i) Xét đường tròn  O

2

s BFA s DNE

(Góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn)

2

s DNE





 EOD   60

OED

 có OD OE  OED cân tại O

Mà EOD  60  ODElà tam giác đều

OD DE

ii) Chứng minh CN CF CP CM.  . .

CPE CDE (2 góc nội tiếp chắn cung CE của đường tròn  O

)

Mà CBM CDE (Vì tứ giác ABED nội tiếp đường tròn  O )

 CBM CPE nên tam giác CPE đồng dạng với tam giác CBM

Tương tự chứng minh tam giác CNE đồng dạng với tam giác CBF

CE CB CN CF

Từ (1) và (2) suy ra: CN CF CP CM.  .

iii) Tứ giác BIHF BDAF nội tiếp nên , FHK FAK (= FBD ), suy ra tứ giác AKHF nội tiếp

nên FKA   90

Xét DFK và BFH có FKD FHB  90

và FBH FDA (Hai góc nội tiếp cùng chắn AF



của đường tròn  O

)

~

Tương tự tam giác IDF đồng dạng với tam giác HAF

Tương tự tam giác AFK đồng dạng tam giác BFI nên:

(1) , (2)

hay:

Mà

FI FH suy ra:

Vậy

2

nên

FH  FI FK nhỏ nhất khi FH lớn nhất khi F là trung điểm cung AB

b)

Kéo dài DF cắt OI tại J

Chứng minh được 4 điểm , , , A E I F cùng thuộc một đường tròn

Chứng minh được JFEJIE suy ra 4 điểm , , ,J F I E cùng thuộc một đường tròn.

Do đó 5 điểm , , , ,A E I F J cùng thuộc một đường tròn

Góc AJI   do đó J là điểm cố định90

Câu 6: Cho 2 số dương ,a b Chứng minh:

 

 

 

5

Lời giải

 

 

 

(1) 5

 

2

5

1

a b

a x

a b



b y

a b



  ;

1 1

z

a b



 

ta được

a b

      

Vì ;a b  0  x y z; ; 0

Ta lại có x y z   01  x y z; ; 1

Thay vào (*) ta được

 

 

 

5

2 2 2

2z 2z 1 2y 2y 1 2x 2x 1 5

Ta có 2

(*)

2t 2 1 5 25t t 3

 

    

    với mọi t thuộc khoảng (0; 1)

Thật vậy (*)

2

18 3 1

2 2 1 5 25

t



 

2

18 3 1 9 1

0

25 5 2 2 1

t



 

 

 

2 2

18 3 1 18 18 4

0

25 5 2 2 1

 

2

9 3 1 3 2 3 1

0

 

5 2 2 1

t t



 

3 1 18t   t2 3 1t  0

vì 2t2 2t  1 0 t

3 1t  2 6 1t  0

    luôn đúng với mọi t thỏa mãn 0 t 1

Dấu bằng xảy ra khi

1 3

t 

Sử dụng (*) 3 lần cho x y z; ; rồi cộng từng vế 3 bất đẳng thức cùng chiều ta có điều phải

chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi

1 3

x  y z

hay a b 1