BT ôn HSG kèm đáp an

C là một điểm bất kì thuộc nửa đờng tròn.. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho thì đờng thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định và đờng thẳng FG luôn đi qua điểm cố đ

Bài 1

Giải hệ phơng trình:

7

 + + = −

 Giải:

P xy

Giải hệ (1) ta đợc: (S = −1; P= −6), (S = −2; P= −5)

Giải các hệ phơng trình tích, tổng: 1

6

x y xy

+ = −



 = −

2 5

x y xy

+ = −



 = −

 ta có các nghiệm của hệ phơng trình đã cho

là:

= − + = − −

Bài 2:

Cho nửa đờng tròn đờng kính AB cố định C là một điểm bất kì thuộc nửa đờng tròn ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG Gọi Ax, By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn.

1 Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho thì đờng thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định và đờng thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác.

2 Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho.

3 Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho.

Giải:

1-Gọi K là giao điểm của Ax và GF, I là giao điểm của By và ED Ta có:

90

ã ã

EBI CBA= (góc có các cạnh tơng ứng vuông góc)

Do đó:

∆ = ∆ ⇒ = mà By cố định, suy ra điểm I cố định

+ Tơng tự, K ccố định

+ Vậy khi C di chuyển trên nửa đờng tròn (O) thì dờng thẳng ED đi qua điểm I cố định và đờng thẳng GF đi qua điểm K cố định

Giải 2:

Suy ra quĩ tích của I là nửa đờng tròn đờng kính BI (bên phải By, C≡ ⇒ ≡A E I C B, ≡ ⇒ ≡E B); quĩ tích của K là nửa đờng tròn đờng kính AK(bên trái Ax, C≡ ⇒ ≡A G A C B, ≡ ⇒ ≡G K)

Giải 3:

Xét 2 tam giác BEI và BDK, ta có:

1 2

0 45

EBI IBD KBD IBD

ã ã 900

:

+ Vậy: Quĩ tích của D là nửa đờng tròn đờng kính BK

+ Tơng tự, quĩ tích của F là nửa đờng tròn đờng kính AI

Bài 3: Giải phơng trình: x+ −1 24 x + x+ −9 64 x =2

Giải:

4 x 1 4 x 3 2

4 x 1 4 x 3 2 (1) y 1 y 3 2 y 4 x 0;x 0 (2)

• 0≤ ≤y 1: y− ≤1 0, y− <3 0, nên (2)⇔ − + − = ⇔ =1 y 3 y 2 y 1(thoả ĐK)

1

x

⇔ = là một nghiệm của phơng trình (1)

• 1< ≤y 3 : y− >1 0, y− ≤3 0, nên pt (2) y− + − = ⇔1 3 y 2 0y=0

do đó pt (2) có vô số nghiệm y (1< ≤y 3), suy ra pt (1) có vô số nghiệm x (1< ≤x 81 )

• y>3: y− >1 0, y− >3 0, nên pt (2)⇔ − + − = ⇔ =y 1 y 3 2 y 3, pt vô nghiệm.

Vậy tập nghiệm của pt (1) là: S =[1; 81]

Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 2 23 5

1

y x

+ +

=

+ .

2

2

3 5

1

y

x

+ +

=

+ (xác định với mọi x∈R) ⇔(y−1)x2− + − =3x y 5 0 (**)

• y=1: pt (**) có nghiệm 4

3

x= −

1:

y≠ để pt (**) có nghiệm thì: ∆ = −9 4(y−1)(y− = −5) 4y2+24y− ≥11 0

Vậy tập giá trị của y là 1 11;

2 2

 , do đó

;

Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

2 2

x + y + xy− x− y+ = ⇔ x + y− x+ y − y+ = (***)

Để pt (***) có nghiệm nguyên theo x, thì:

3y 2 4 2y 4y 3 y 4y 8

∆ = − − − + = + − là số chính phơng

⇔ + − = ∈Z ⇔ + − = ⇔(y+ −2 k y)( + + =2 k) 12 ( )a

Ta có: Tổng (y+ − + + + =2 k) (y 2 k) 2(k+2) là số chẵn, nên

( y+ −2 k); (y+ +2 k) cùng chẵn hoặc cùng lẻ Mà 12 chỉ có thể bằng tích 1.12 hoặc 2.6 hoặc 3.4, nên chỉ

có các hệ phơng trình sau:

 + + =  + + =  + + = −  + + = −

Giải các hệ pt trên ta có các nghiệm nguyên của pt (a):

( y=2;k=2 ,) ( y=2;k= −2 ,) ( y= −6;k=2 ,) (y= −6;k = −2)

Thay các giá trị y=2;y= −6 vào pt (***) và giải pt theo x có các nghiệm nguyên (x; y) là:

(x= −1;y=2), (x= −3;y=2);(x=11;y= −6),(x=9;y= −6)

Bài 6: Cho đờng tròn tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau E là

điểm bất kì trên cung AD Nối EC cắt OA tại M, nối EB cắt OD tại N

1 Chứng minh rằng tích OM ON

AM +DN , khi đó cho biết vị trí của điểm E ?

2 Gọi GH là dây cung cố định của đờng tròn tâm O bán kính R đã cho và GH không phải

là đờng kính K là điểm chuyển động trên cung lớn GH Xác định vị trí của K để chu vi của tam giác GHK lớn nhất.

Giải:

1 - Ta có: ∆COM : ∆CEDvì:

à à 0

90

O E= = ; àC chung Suy ra:

(1)

OM

Ta có: AMC∆ : ∆EAC vì:

àC chung , à à 0

45

A E= = Suy ra:

(2)

AM

Từ (1) và (2): . (3)

ONB EAB

90 ;

(4)

ON

Từ (4) và (5): . (6)

2

OM ON

Đặt x OM , y ON

= = Ta có: x, y không âm và:

2

x− y = + −x y xy≥ ⇔ + ≥x y xy = =

Dấu "=" xẩy ra khi: 1 1

2 2

xy

=



 =



Vậy: Tổng

min

1 2

⇔E là trung điểm của dây cung ằAD.

Y 2:

GKH

∆ có cạnh GH cố định, nên chu vi của nó lớn nhất khi tổng KG KH+ lớn nhất

Trên tia đối của tia KG lấy điểm N sao cho KN = KH Khi

đó, ∆HKN cân tại K Suy ra ã 1ã

2

GNH = GKH và

mà ã 1ẳ

2

GKH = GH (góc nội tiếp chắn cung nhỏ ẳGH cố

định), do đó ãGNH không đổi Vậy N chạy trên cung tròn

(O') tập hợp các điểm nhìn đoạn GH dới góc 1ã

4GOH

α =

không đổi

GN là dây cung của cung tròn (O') nên GN lớn nhất khi GN

là đờng kính của cung tròn, suy ra GHK∆ vuông tại H, do

đó ãKGH =KHGã (vì lần lợt phụ với hai góc bằng nhau) Khi đó, K là trung điểm của cung lớn ẳGH

Vậy: Chu vi của GKH∆ lớn nhất khi K là trung điểm của cung lớn ẳGH