Câu IVa.Trong mặt phẳng cho đỷờng tròn x2 + y2= R2và một điểm Mxo, yo nằm ngoài đỷờng tròn.. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT1và MT2với đỷờng tròn, trong đó T1, T2là các tiếp điểm.. 2 Giả sử đi
Trang 1Câu I Giải hệ phỷơng trình
4
ỡ ớ
ùù ợùù
2) Giải bất phỷơng trình x + 2 - x + 1 < x
Câu II 1) Giải phỷơng trình 8sinx = 3
cosx +
1 sinx. 2) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có các cạnh a, b, c và có diện tích bằng 1, thì a4+ b4+ c4³ 16
Câu III
1) Với giá trị nào của đối số x thì hàm số sau đạt giá trị nhỏ nhất: y = lg2x + 1
lg x + 22 2) Xác định m để đồ thị của hàm số y = x4- 2(m + 1)x2+ 2m + 1
cắt trục hoành tại 4 điểm với hoành độ lập thành một cấp số cộng
Câu IVa.Trong mặt phẳng cho đỷờng tròn x2
+ y2= R2và một điểm M(xo, yo) nằm ngoài đỷờng tròn Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT1và MT2với đỷờng tròn, trong đó T1, T2là các tiếp điểm
1) Viết phỷơng trình đỷờng thẳng T1T2
2) Giả sử điểm M chạy trên một đỷờng thẳng (D) cố định, không cắt đỷờng tròn đã cho : chứng minh rằng khi đó các
đỷờng thẳng T1T2luôn đi qua một điểm cố định
Câu IVb.Trong mặt phẳng (P) cho tam giác OAB có góc AOB^ = a (0o< a < 90o), và các cạnh OA = a, OB = b (D)
là đỷờng thẳng vuông góc với (P) tại O Trên (D) lấy một điểm C khác O Gọi H là trực tâm của tam giác CAB Qua H dựng đỷờng thẳng vuông góc với mặt phẳng (CAB), nó cắt (P) tại K
1) Chứng minh rằng K là trực tâm của tam giác OAB, HK cắt (D) tại D : chứng minh rằng AD vuông góc với BC, và
AC vuông góc với BD
2) Tính tích số OC.OD theo a, b, a Xác định C để tứ diện ABCD có thể tích nhỏ nhất
3) Khi C di động trên (D), chứng minh rằng tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD luôn thuộc một đỷờng thẳng cố
định
_
Trang 2C©u I
1)
(1) (2)
§iÒu kiÖn : x ≥ 0, y ≥ 0 Tõ (1) suy ra : xy 4≤
Tõ (1) vµ (2) : (x y)+ 2−2xy+ 2xy 8 2= ;
x y 16 2 xy+ = − ⇒ (16 2 xy)− 2−2xy+ 2xy 8 2= §Æt xy t= , 0 ≤ t ≤ 4.(4)
DÉn tíi ph−¬ng tr×nh : 2t2−64t 256+ + 2t 8 2= ⇔ t2−32t 128 t 8+ + = ⇔ t2−32t 128 8 t+ = − (5) Víi ®iÒu kiÖn(4), b×nh ph−¬ng 2 vÕ ph−¬ng tr×nh (5) ta ®−îc : t2−32t 128 64 t+ = + 2−16t ⇒ t = 4
XÐt hÖ ph−¬ng tr×nh + =
=
xy 4
HÖ (6) cã nghiÖm x = y = 4
2) x 2+ − x 1+ < x (1)
§iÒu kiÖn : x ≥ 0 (2)
Víi ®iÒu kiÖn (2) : x 2+ − x 1 0+ >
Tõ (1) ⇒ 3x2+6x 1 0− > ⇔
3 2 3 x
3
3 2 3
3
>
− −
<
KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (2), nghiÖm cña (1) lµ : 2 3 3
x 3
−
>
C©u II
8sin x
cosx sin x
= + (1)
§iÒu kiÖnn : x k
2
π
≠ , k∈Z (2) (1) ⇔ 8sin x cosx2 = 3 sin x cosx+ ⇔ 4(1 cos2x)cosx− = 3 sin x cosx+
⇔ 3cosx 4cos2x cosx− − 3 sin x 0= ⇔ 1 3
cosx sin x cos3x
2 − 2 = ⇔ cos x cos3x
3
π
+ =
⇔
π
+ = + π
π
+ = − + π ∈
3
⇔
π
= + π
6 k
(3)
Hai hä nghiÖm (3) tháa m·n ®iÒu kiÖn(2) VËy ph−¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm lµ :
1
6
π
= + π vµ x2 k
= − + , k ∈ Z
(6)
Trang 32) Theo công thức Hêrông : 16 = (a + b + c) (a + b ư c) (a + c ư b) (b + c ư a) =
[(a b) c ][c (a b) ]
= + ư ư ư ≤ (a2+b2+2ab c )cư 2 2 (vì c2ư ư(a b)2≤c )2
≤ (2a2+2b2ưc )c2 2 =2a c2 2+2b c2 2ưc4≤ a4+b4+c4
a +b +c =16 ⇔
a b
= =
=
⇔ a = b = c
Câu III
1) Xét 2 21
y lg x
lg x 2
+ (1) Đặt
2
lg x t= , t ≥ 0 ; (1) trở thành
2
t 2t 1 y(t)
t 2
+ +
= +
Ta có : (t 1)(t 3)2
(t 2)
+ với t ≥ 0.⇒ hàm số y(t) luôn đồng biến trong khoảng [ 0 ; + ∞)
Suy ra : 1
f(t) f(0)
2
≥ = với t ≥ 0 Do đó hàm số (1) đạt giá trị nhỏ nhất : o 1
y 2
= khi xo=1
2) y x= 4ư2(m 1)x+ 2+2m 1+ (1)
Xét phương trình : x4ư2(m 1)x+ 2+2m 1 0+ = (2)
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ tương ứng lập thành cấp số cộng khi phương trình (2)
có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng Điều này xảy ra khi phương trình bậc 2 :
2
t ư2(m 1)t 2m 1 0+ + + = (3) có 2 nghiệm dương t ,t1 2 thỏa mãn điều kiện :
t ư t = t ư ư( t ),t > hay t t2 =3 t1⇒t2=9t1 (4)
Phương trình (3) có 2 nghiệm dương khác nhau khi :
2
' (m 1) 2m 1 0 2m 1 0
2(m 1) 0
∆ = + ư ư >
+ >
+ >
⇒
1 m 2
m 0
> ư
≠
(5)
Tìm m để 2 nghiệm dương t1<t2 thỏa mãn điều kiện (4)
Theo định lí Viét :
Từ (4) ⇒
1 2 1 2 1 2
t t 2(m 1)
t t 2m 1 10t 2(m 1)
= +
⇒
1 2
4
9
=
Với m1=4 ; t1=1, t2=9; 2 4
m
9
= ư : 1 1
t 9
= , t2=1
Vậy m = 4 hoặc 4
m 9
= ư thì đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ tương ứng lập thành một cấp số cộng
Trang 4Câu IVa 1) Giả sử
T1= (x1, y1), T2= (x2, y2) Phỷơng trình tiếp tuyến tại T1là
xx1+ yy1- R2= 0 ;tiếp tuyến này đi qua M(xo, yo), nên ta có
xox1+ yoy1- R2= 0, (1)
Tỷơng tự đối với T2: xox2+ yoy2- R2= 0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra (x1, y1) và (x2, y2) là nghiệm của phỷơng
trình
xox + yoy - R2= 0,
vậy đó chính là phỷơng trình đỷờng thẳng T1T2
2) Giả sử đ ờng thẳng D có ph ơng trình tham số
x = a + at
Vì D không đi qua gốc tọa độ O, nên
a
b ạ a
b ị ab - ba ạ 0
(có thể chứng minh kết quả mạnh hơn : vì D không cắt đỷờng tròn, nên (ab - ba)2
> (a2+ b2)R2)
Nếu M(xo, yo)ẻ D, thì tồn tại t để
xo= a + at
yo= b + bt, khi đó đỷờng thẳng T1T2có phỷơng trình
(a + at)x + (b + bt)y - R2= 0Û (ax + by)t + (ax + by - R2
) = 0
Khi M chạy trên D, thì t thay đổi Đỷờng thẳng T1T2sẽ đi qua một điểm cố định (x , y) nếu hệ phỷơng trình
ax + by = 0
_
Trang 5ax + by = R2
có nghiệm duy nhất (x , y) Vì hệ trên có định thức
D = a b
a b = ba - abạ 0,
nên nó có nghiệm duy nhất x = b
a
R
a - b , y =
R
b - a
Tóm lại : đỷờng thẳng T1T2luôn đi qua điểm cố định (x , y)
Câu IVb 1) Dựng các đỷờng cao AJ và CI của DABC, H
là giao điểm của AJ và CI Trong mặt phẳng (COI) dựng
Hx^ CI ị Hx ^ AB (vì AB ^ (COI)) ị Hx ^ (ABC)
Hx cắt OI tại K ; AK cắt OB tại F
HK^ (ABC) ị HK ^ BC
ị (AFJ) ^ BC ị Theo cách dựng thì AJ^ BC
BC^ AF
ị (BCO) ^ AF ị BO ^ AF (1)
CO^ AF
Vì AB^ (BOI) ị AB ^ OI (2)
Từ (1), (2) suy ra K là trực tâm DABO ; vì D thuộc HK
nên DA thuộc mặt phẳng (AFJ) Do BC^ (AFJ) nên
BC ^ AD.Chứng minh tỷơng tự ta có AC ^ (BHK) ị
AC^ BD
2) HK^ (ABC) ị HK ^ CI ị ODK^ =CIO^ vì cùng phụ vớiOCI^ ị tam giác vuông DKO đồng dạng với tam giác vuông ICOÛOD
OI =
OK
OCị OC.OD = OI.OK (3)
Nhỷng tứ giác BIKF nội tiếp đỷờng tròn đỷờng kính BK, theo hệ thức lỷợng trong đỷờng tròn ta có
_
Trang 6OB.OF = OI.OK (4)
Từ (3), (4) suy ra OC.OD = OB.OF = abcosa; VABCD= VCABO+ VDABO =1
3dt(ABO).(OC + OD).
Vậy VABCDnhỏ nhấtÛ (OC + OD) nhỏ nhất ; nhỷng tích OC.OD không đổi nên (OC + OD)min
Û OC = OD = abcos a, vậy minVABCD=1
3.
1
2 absin 2 abcosa a =1
3 absina abcosa
3) Mặt cầu ngoại tiếp ABCD cắt (BCD) theo một đỷờng tròn ngoại tiếp BCD
Đỷờng tròn này cắt đỷờng OB tại B’ (Hình vẽ), theo hệ thức lỷợng trong đỷờng tròn ta có :
OB’.OB = OC.OD = abcosa
Suy ra OB’ không đổi mà B’ và B luôn khác phía đối với O nên B’ cố định
Mặt cầu ngoại tiếp ABCD đi qua A ; B ; B’ cố định nên tâm của nó thuộc đỷờng thẳng D‘ vuông góc với mặt phẳng (A, B, B’) tại tâm đỷờng tròn ngoại tiếp DABB’
Suy raD‘ cố định
_
