Đề thi HSG lớp 10, vĩnh phúc, hệ không chuyên, năm học 2012 – 2013

3 điểm Cho tam giác ABC, nhọn, không cân và nội tiếp đường tròn O;R.. Gọi G và M lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và trung điểm cạnh BC.. b Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho

(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, Hệ không chuyên, năm học 2012 – 2013)

Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (3 điểm)

a) Giải phương trình: 1 1 2 2  

b) Cho phương trình bậc hai x2 2mx m 2 2m  (x là ẩn và m là tham số) Tìm tất cả các 4 0 giá trị thực của m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm không âm x x Tính theo m giá 1, 2

trị của biểu thức P x1 x2 và tìm giá trị nhỏ nhất là P

Câu 2 (2 điểm)

Giải hệ phương trình:  

,

x y

x xy y

     







  





Câu 3 (1 điểm)

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác không chọn Chứng minh rằng

 2 2 2

1 1 1

10

     

Câu 4 (3 điểm)

Cho tam giác ABC, nhọn, không cân và nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi G và M lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và trung điểm cạnh BC Chứng minh rằng nếu đường thẳng OG vuông góc với đường thẳng

OM thì AC2 + AB2 + 2BC2 = 12R2

a) Cho tam giác ABC có độ dài các đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C lần lượt là m, n, p Tính độ dài các cạnh AB, BC, CA theo m, n

b) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C lần lượt có phương trình là

2 0, 2 0, 3 0

Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 10 và đỉnh A có hoành độ âm

Câu 5 (1 điểm)

Cho tứ giác lồi ABCD và một điểm M nằm trên trong tứ giác đó (M không nằm trên các cạnh của tứ giác ABCD) Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một trong các gốc MAB MBC MCD MDA có số đo , , , không lớn hơn 450

Đáp Án

0

2;0 0; 2

x

x x







 

 Đặt y 2 x2  Thay vào ta được: 0 1 1

2

Do đó ta có hệ phương trình:  

2 2

2

2 2

2

1 1

  



       



2 1

2 0

1 2

0,5

x y xy

x y

xy

  







 



 



 



2

2

2

)

1 3

2

2

2

y

 

  



Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 1 3;1

2

S   

b) Phương trình x2 2mx m 2 2m  (1) có hai nghiệm không âm.4 0

2 2

2

2 4 0

     







Theo định lý Vi-et ta có 2

Do m 2 x1  x2  8 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m = 2

2 0

,

x y

x xy y

     







  





2x xy y   2 x 2 y  y 2  0 x1 2 y  0 x 1 y2

 2 2 2 2 2 2  2 2

2 2 2

1 4

3

a



              





Do đó  2 2 2

1 1 1

10

     

Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC là tam giác vuông cân

Câu 4 a) Áp dụng quy tắc trọng tâm và quy tắc trung điểm ta có:

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

Khi đó OGOM  OG OM  0 OA OB OC OB OC      0

      

2

     

(chú ý . 2 2  

2

   

 

)

b) Kí hiệu a = BC, b = CA, c = AB,

2

a b c

Khi đó ta có a 2S,b 2S,c 2S

Theo công thức Hê – rông ta có:

2

1

4 4

k

                 

Trong đó k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

                

Do đó a 2 , b 2 ,c 2

c) Do BC vuông góc với đường cao kẻ từ A nên BC có dạng 2x y c  0 Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ

2; 4

của hệ phương trình

3; 6

AB đi qua B2; c 4 và vuông góc với đường cao kẻ từ C nên

Tọa độ đỉnh C là nghiệm của hệ

2 12; 6

Theo giả thiết ta có

2 102 2 10 32 15 7

2 10 5 2

5

c

+) Nếu c7 A2; 1 ,  B2;3 , C4; 1 

+) Nếu c 3 A6;3 , B2; 1 ,  C0;3 không thỏa mãn hoành độ của A âm

Vậy A2; 1 ,  B2;3 , C4; 1 

Câu 5: Giả sử min      0

MAB MBC MCD MDA 

Ta có  

cot cot

4

MAB

S

Kết hợp với (1) ta được

S

Tương tự ta được các bất đẳng thức sau đây:

4 (3)

4 (4)

4 (5)

MBC MCD MDA

Cộng theo vế các bất đẳng thức (2), (3), (4), (5) ta được: