HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI – MÔN: TOÁN 2015-2016 Bài IV.
L
Q
J
N
D
H K
B O
A
C
M
a) Tứ giác ACMD nội tiếp
C/m: góc ACD = góc AMD = 900
b) CA.CB = CH.CD
C/m: tứ giác ANHC nội tiếp suy ra góc DAC = góc CHB(cùng bù góc NHC) suy ra tam giác CAD đồng dạng với tam giác CHB
c) ba điểm A, N, D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N đi qua trung điểm của DH
* tứ giác ACMD nội tiếp suy ra góc ADC = góc AMC, tứ giác CHMB nội tiếp suy ra góc AMC = góc HBC = góc NMA suy ra góc ADC = góc NMA nên tứ giác DNHM nội tiếp do đó góc DNH = 900 do góc ANB = 900 suy ra điều phải chứng minh
* Vì NJ là tiếp tuyến (O) suy ra góc JND = góc ONB = góc OBN = góc NDH suy ra tam giác NJD cân tại J suy ra JN = JD mà tam giác NDH vuông tại N suy ra góc JNH + góc JND = góc JDN + góc JHN = 900 do đó góc JNH = góc JHN suy ra tam giác INH cân tại J suy ra JN = JH
do vậy JH = JD nên J là trung điểm của DH
d) MN đi qua điểm cố định khi M di chuyển trên cung KB
Gọi Q là giao điểm của MN và AB; OJ cắt MN tại L
Ta chứng minh được MJ là tiếp tuyến của (O) suy ra MN vuông góc OJ do đó tam giác OLQ đồng dạng với tam giác OCJ (g – g) suy ra OL OQ
OC OJ suy ra OL.OJ = OQ.OC Theo hệ
thức lượng trong tam giác vuông OMJ ta có OL.OJ = OM2 = R2 (R là bán kính (O)) suy ra OQ.OC = R2 suy ra
2 R OQ
OC
do O, C cố định R không đổi suy ra OQ không đổi suy ra Q
cố định vậy MN đi qua Q
Bài V (0,5 điểm) (Nguyễn Thành Phát)
Với hai số thực dương không âm a, b thỏa a2b2 ta có:4
a b 2 a22ab b 2 a2b22ab 4 2ab
Trang 3Suy ra a b 2 4 2 ab (do 4 2 ab0; ,a b0)
Hay a b 4 2 ab a b 4 2 ab
Khi đó, biểu thức M được viết lại thành:
M
(1) Mặc khác: 4 2 ab4 4 2 ab 4 2
2ab 4 2ab 2 4 2ab 2
Từ (1) và (2) ta có:
4 2 2
4 2 2
M
ab ab
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm a, b ta được:
4 2
4 2ab 2 4 2.2 2 2 2 2
2 2 2
2 1 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 0 2
4
a b
a b
Vậy GTLN của biểu thức M là 2 1 khi a b 2