Đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC cắt AC tại N.. a Chứng minh rằng tam giác AMN đồng dạng với tam giác ACB.. b Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN.. c Gọi J là tâm đường trò
Trang 1HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2011
Môn thi: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút, không thể thời gian phát đề
Câu I Cho phương trình − ( + 3) + = 0, trong đó là tham số sao
cho phương trình có hai nghiệm phân biệt ,
a) Khi = 1, chứng minh rằng ta có hệ thức √ + √ = 2 + 2 + √6
b) Tìm tất cả các giá trị sao cho √ + √ = √5
c) Xét đa thức ( ) = + + Tìm tất cả các cặp số ( , ) sao cho
ta có hệ thức ( ) = ( ) với mọi giá trị của tham số m
Lời giải
Ta có = (m+3)2 – 4m2 = 3(m+1)(3-m) > 0 -1 < m < 3
a) Khi m = 1, phương trình có hai nghiệm dương x1, x2 Theo định lý Viét ta có
x1 + x2 = 4, x1.x2 = 1 Ta biến đổi tương đương
6 2
6 6
2 2
6 2 6
2 2 2
6 2 2
2 1 2
1 2
1 4
2 1 2
1
4 2 4
1 8
2 1 4
2 4
1 8
2
8
1
x x x
x x
x x
x x
x
x x x
x x
x x
x
Hệ thức cuối cùng đúng do x1 + x2 = 4 và x1x2 = 1
b) Để phương trình có hai nghiệm không âm thì
0
0
P
(*)
Theo định lý Viet thì x1 + x2 = m+3 và x1x2 = m2 Ta có
2
|
| 2 5
2 3 5
2
2
x
Giải phương trình này, ta được hai nghiệm , 2
3
2
kiện (*) ở trên ta loại nghiệm m = -2
Vậy giá trị m để x1 x2 5 là
3
2
m
c) Ta có P(x1) = P(x2) x13 – x23 + a(x12-x22) + b(x1-x2) = 0
(x1-x2)(x12+x1x2+x22+a(x1+x2)+b) = 0
(x1-x2)((x1 +x2)2 – x1x2 + a(x1+x2)+b) = 0
(x1-x2)((m+3)2 – m2 + a(m+3)+b) = 0
(6+a)m + 9 + 3a + b = 0 với mọi - 1 < m < 3
a = - 6, b = 9
Vậy (a, b) = (-6, 9) là cặp số cần tìm
Trang 2Câu II
a) Cho , là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
=√1 + √1 +
1 + b) Cho x, y , z là các số thực thỏa mãn điều kiện | | ≤ 1, | | ≤ 1, | | ≤ 1
Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức:
1 − + 1 − + 1 − ≤ 9 − ( + + )
Lời giải
a) Ta có + ≥ 2 , suy ra 1 + + + ≥ 1 + 2 +
⇔ (1 + )(1 + ) ≥ (1 + )
⇔ √1 + √1 + ≥ 1 + (vì 1+ ab > 0)
⇔√ √ ≥ 1 (vì 1 + ab > 0)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b
Vậy minP = 1 khi và chỉ khi a = b
b) Bình phương hai vế của bất đẳng thức, ta được bất đẳng thức tương đương
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2
) (
9 1
1 2 1
1 2 1
1 2 1
1
1 x y z x y y z z x x yz
1 x2 1 y2 1 y2 1 z2 1 z2 1 x2 1 xy 1 yz 1 zx
Để hoàn tất phép chứng minh, ta chỉ cần chứng minh 1 x2 1 y2 1 xy Thật vậy, do 1 – xy ≥ 0 nên (*) tương đương với
(1 – x2)(1 – y2) ≤ (1 – xy)2 (x – y)2 ≥ 0 (hiển nhiên đúng)
Câu III Cho tam giác ABC có AB = b, AC = b M là một điểm thay đổi trên cạnh
AB Đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC cắt AC tại N
a) Chứng minh rằng tam giác AMN đồng dạng với tam giác ACB Tính tỉ số
để diện tích tam giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác ACB
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Chứng minh rằng I luôn thuộc một đường thẳng cố định
c) Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC Chứng minh rằng độ dài
IJ không đổi
Lời giải
Trang 3a) Theo tính chất của tứ giác nội tiếp ta có ANM = MBC = ABC Mặt khác NAM = BAC Suy ra hai tam giác AMN và ACB đồng dạng
Từ hai tam giác đồng dạng này ta suy ra AM.AB = AN.AC Để diện tích tam giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác ACB thì tỷ số đồng dạng phải bằng
2
1
, tức là
2
1
AC
AM
Suy ra
2
c
AM Từ đây ta tính được
2
c b
BM Suy
2 c
b
c
BM
AM
b) Cách 1 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và AH là đường
cao của tam giác ABC Khi đó dễ thấy rằng OAC = BAH Từ đó, do
ANM = ACH nên từ đây ta suy ra OA vuông góc MN, suy ra AO là
đường cao trong tam giác ANM Từ đây, cũng do NAO = MAH
Mặt khác do tam giác AMN và ABC đồng dạng nên suy ra IAM và OAC đồng dạng, do đó IAM = CAO = MAH, nên tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN nằm trên AH cố định (đpcm) (1 đ)
Cách 2 chứng minh AO NM: Vẽ tiếp tuyến Ax của (O), ta có OA Ax
xAM = ACB = AMN, suy ra Ax//MN Do đó OA MN
Cách 2
Ta có I là tâm đường tròn nên AIM = 2ANM = 2ABC
Mà tam giác AIM cân tại I nên MAI = ½ (1800- AIM) = 900 - ABC Suy ra MAI + ABC = 90 nên AI BC, I thuộc đường cao AH của tam giác ABC
Trang 4c) Vì hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác ABC và BMC có chung dây cung
BC nên OJ vuông góc với BC Theo chứng minh ở trên thì AI vuông góc với
BC Suy ra AI // OJ Tương tự, IJ vuông góc với MN và AO vuông góc với
MN theo câu a), suy ra IJ // AO Suy ra AIJO là hình bình hành Suy ra IJ =
AO = R không đổi (đpcm)
Câu IV Cho , , là các số nguyên sao cho 2 + , 2 + , 2 + đều là các số
chính phương (*)
a) Biết rằng có ít nhất một trong ba số chính phương nói trên chia hết cho
3 Chứng minh rằng tích ( − )( − )( − ) chia hết cho 27
b) Tồn tại hay không các số nguyên , , thỏa điều kiện (*) sao cho
( − )( − )( − ) chia hết cho 27?
Lời giải
a) Giả sử 2a + b = m2, 2b + c = n2, 2c + a = p2
Cộng ba đẳng thức lại, ta được 3(a + b + c) = m2 + n2 + p2 Suy ra m2 + n2 + p2 chia hết cho 3
Chú ý rằng bình phương của một số nguyên chia 3 dư 0 hoặc 1 Do đó nếu có 1 trong 3 số, chẳng hạn m chia hết cho 3 thì n2 + p2 chia hết cho 3 và như thế n2 và
p2 cũng phải chia hết cho 3
Cuối cùng, chú ý rằng nếu 2a + b chia hết cho 3 thì a – b = 3a – (2a+b) chia hết cho
3 Tương tự ta có b – c và c – a chia hết cho 3, suy ra (a – b)(b – c)(c – a) chia hết cho 27
b) Tồn tại Chẳng hạn có thể lấy a = 2, b = 0, c = 1
Câu V Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3, BC = 4
a) Chứng minh rằng từ 7 điểm bất kỳ trong hình chữ nhật ABCD luôn tìm
được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn √5
b) Chứng minh rằng khẳng định ở câu a) vẫn còn đúng với 6 điểm bất kỳ
nằm trong hình chữ nhật ABCD
Lời giải
a) Chia hình chữ nhật 3 x 4 thành 6 hình chữ nhật con 1 x 2 Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 2 trong 7 điểm đã cho thuộc vào 1 hình chữ nhật và do đường kính của hình chữ nhật này bằng 5 nên ta có điều phải chứng minh
Trang 5b) Chia hình chữ nhật thành 5 phần như hình vẽ
Nhận xét về đề thi
- Các câu dễ là 1ab, 3a (ý đồng dạng)
- Các câu mức độ trung bình là 2ab, 4b, 5a, 4b, 1c
- Các câu khó (phân loại hsg) là 4a, 3c, 5b