SỞ GDDT HÀ TĨNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 10 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG NĂM HỌC 2009-2010
+
−
=
− +
−
x
x x
b Giải hệ phương trình :
− +
−
=
− +
−
=
1 2 1
1 2 1
2
2
y x
y
x y
x
Bài 2 ( 3 điểm ) : Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất :
<
− + +
−
= +
−
0 10 4
4
0 2
2 3 4
2
m x x x
m x x
Bài 3( 3 điểm ) : Tam giác ABC có các góc thoả mãn :
≤ +
≤ +
2 cot 2 2
cot 2 cot
2 tan 2 2
tan 2 tan
C B
A
C B
A
Chứng minh rằng tam giác ABC đều
Bài ( 3,5 điểm ) : Cho tam giác ABC có diện tích S =
2
3 , toạ độ đỉnh A(2;-3) B(3;-2)
và trọng tâm tam giác ABC nằm trên đường thẳng :3x – y – 8 =0
Tìm toạ độ đỉnh C
Bài 5( 3,5 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ cho 3 điểm A(1;4),B(-2;-2),C(4;2)
Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d có phương trình : x-2y+1=0 sao cho tổng MA2 +2MB2 +3MC2 nhỏ nhất
HẾT
Trang 2HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC
SINH GIỎI TRƯỜNG Năm học 2009 – 2010
1.1
+
−
=
− +
−
x
x x
⇔ 2 2 1 1 4
2
−
x x x
Sử dụng bất đẳng thức bu-nhi-a ta có:
(1 1 )( 2 ) 2
1 2
1
2−x2 +x= −x2 + x≤ 2 + 2 x2 + −x2 =
0,5
(1 1 ) 2 1 1 2
1 1
1 2 1 1 1
2
− + +
≤ +
−
= +
−
x x x
x x
V ậy 2− 2 + + 2− 12 +1 ≤4
x x x
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
−
=
−
=
1
1 2 1
1
2 1
2
2
x x
x x
⇔
=
−
=
≥
2 2 2 0
2
2
x
x x
x
⇔x=1
1
1.2
Điều kiện :
≥
−
≥
− 0 1
0 1
y
x
⇔
≥
≥ 1
1
y
Trừ vế với vế các phương trình ta có :
y x
x y
y
⇔ x2 −2x+ x−1= y2 −2y+ 2y−1 0,25
Ta có hàm số f(t)=t2 – 2t đồng biến trên [1;+∞)
0,5 Xét hàm số g(t) = t−1 với t1>1; t2>1 và t1> t2
Ta có t1 - 1> t2 – 1 ⇒ t1 −1> t2 −1
Vậy hàm số g(t) = t−1 đồng biến trên [1;+∞)
Vậy hàm số h(t) = f(t) + g(t) đồng biến trên [1;+∞)
0,5
Khi đó phương trình đã cho có dạng h(x) = h(y) ⇔x=y.
Vậy hệ đã cho chuyển về dạng :
− +
−
=
=
1 2 1
x
y x
0,5
=
=
=
=
⇔
=
−
=
=
⇔
=
−
=
⇔
−
=
−
=
2
1 1
1 1
1 0
1 1 1
1 )
1
y x x
x
x x
x
y x x
x
y
Trang 32 Hệ đã cho có thể viết thành dạng :
<
− +
−
= +
−
⇔
<
− + +
−
= +
−
0 10 2
0 2
0 10 4
4
0 2
2 2
2
m x
x m
x x
x
m x
x
1
Ta có hệ có nghiệm x0 thì cũng có nghiệm 2- x0 vậy hệ có nghiệm duy nhất
0 9
0 1
=
⇔
<
−
= +
−
m m
m
0,5
Với m = 1 hệ đã cho trở thành :
<
− +
−
= +
−
0 9 4 4
0 1 2
2 3 4
2
x x x
x
⇔
0 3 2 3
2
1 0
9 2
0 ) 1 (
2 2
2 2
2
=
⇔
<
+
−
−
−
=
⇔
<
−
−
=
−
x x
x x x
x x
x
3 Tam giác ABC có các góc thoả mãn :
( ) ( )
≤ +
≤ +
2 2 cot 2 2
cot 2
cot
1 2 tan 2 2
tan 2
tan
C B
A
C B
A
Chứng minh rằng tam giác ABC đều
BG Nhân vế với vế của (1) và (2) ta có :
2 2
cot 2
tan 2
cot 2 tan 4 2
cot 2
tan 2
cot 2 tan
2
cot 2
tan 2
cot 2 tan 2 2
cot 2
tan 2
cot 2
Từ (3) v à (4) ta có :
2
cot 2
tan 2
cot 2
2
tan 2 tan 2 2
tan 2
0,5
2
tan 2 tan
2
=
2
tan A =
2
Thay A = B v ào (1) v à (2) ta c ó
≤
≤
2
cot 2 cot
2
tan 2 tan
C A
C A
0,5
Ta thấy khi 0 <α<900 thì góc tăng giá trị tanα tăng cotα giảm
C A
C A
=
⇔
≥
≤
2 2
2 2
Vậy tam giác ABC đều
0,5
Trang 4Trung điểm I của đoạn thẳng AB có toạ độ là : I(
2
5
; 2
5
Gọi G (x0;y0) là trọng tâm của tam giác ABC
Ta có
2
1 3
1
=
∆GBC S ABC
S
0,5
M à AB = 2 nên đ ường cao GH của tam giác GAB là
GH=
2
1
AB
S GAB
Ph ư ơng tr ình đ ư ờng th ẳng AB l à :
1
3 1
2 = +
Suy ra : d(G;AB) =
2
1 2
| 5
|x0 −y0 − =
0,5 Mặt khác G∈đường thẳng 3x - y – 8 = 0
Suy ra toạ độ điểm G thoả mãn :
−
=
=
−
=
=
⇔
=
−
−
=
−
−
=
−
−
=
−
−
⇔
=
−
−
=
−
−
5 1 2 2
0 8 3
1 5
0 8 3
1 5
0 8 3
1 5
0 0 0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
y x y x
y x
y x
y x
y x y
x
y
x
Vậy G(1;-5) ⇒C(-2;-10)
G(2;-2) ⇒C(1;-1)
1
5 Trước hết ta tìm điểm I sao cho : → → → →
= +
+2 IB 3 IC 0
IA
Gọi I(x;y) ta có IA→(1−x;4−y)
IB→(−2−x;−2−y)
IC→(4−x;2−y)
0,5
⇒ → → →
+ + IB IC
IA 2 3 =(9-6x;6-6y) = →0 ⇒
=
= 1 2 3
y
x
⇒ I(
2
3
;1)
0,5
Với ∀M ta có MA2 +2MB2 +3MC2 =
( 2 2 2) 2
2 2
2
6 3
IA
+
+
→+ → → → → →
0,5
V ậy tổng MA2 +2MB2 +3MC2 nhỏ nhất ⇔MI nhỏ nhất ⇔M là hình
chiếu của điểm I lên đường thẳng ∆
0,5
Đường thẳng MI Đi qua I(
2
3
;1)
→
0,5
Trang 5Có phương trình :
−
=
+
=
t y
t x
2 1 2 3
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ :
−
=
+
=
= +
−
t y
t x
y x
2 1 2 3
0 1 2
⇒ 2
3 +t -2+4t+1=0 ⇒ t =
10
1
− ⇒ M( )
5
6
; 5 7
1
Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.