Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn −3.. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H.. Các đường thẳng AH, B
Trang 1A- PHẦN ĐỀ
ĐỀ SỐ 01
(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, Hệ không chuyên, năm học 2010 – 2011)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (4 điểm)
x y m
(trong đó m là tham số, x và y là ẩn)
a) Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm.
b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức A xy 2x y 2011
2 Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn −3.
Câu 2 (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình 2 21
Câu 3 (1 điểm)
Chứng minh rằng nếu x, y là các số thực dương thì
1
1x 1y xy
Câu 4 (3,5 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A1;2 và B4;3 Tìm tọa độ điểm M
trên trục hoành sao cho AMB 45
2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H Các đường
thẳng AH, BH, CH lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F (D khác A, E khác B, F khác C) Hãy viết phương trình cạnh AC của tam giác ABC; biết rằng
2;1 , 3;4 , 6 17;
5 5
3 Cho tam giác ABC, có a BC b CA c AB , , Gọi I, p lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, nửa chu vi của tam giác ABC Chứng minh rằng
2
B- ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ SỐ 1
Câu 1 1 a) Đặt S x y P xy;
Khi đó hệ phương trình trở thành 2 2 2 2 2
Để hệ có nghiệm thì S2 4Pm 22 4m2 m 2 m2 4 2 m 2
Trang 2b) Ta có A P 2S 2011 m2 m 2005
Lập bảng biến thiên ta được maxA 2011 khi m 2; minA 2004,75 khi m 0,5
2
7
201 1
200 4,75
2 Đặt t x 2 0, thay vào phương trình ta được: t2 3m 1t 6m 2 0 2
t
phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi
1
3
1
m
m
Khi đó phương trình đã cho có bốn nghiệm là 2; 3m 1
Để các nghiệm đều lớn hơn −3 thì 3 1 3 3 1 3 10
3
Vậy các giá trị của m là 1 10; \ 1
3 3
Câu 2 Điều kiện xy 0, đặt t xy t, 0
Ta có xy t 2 và x y t 1 x2 y2 2t2 t2 2t 1 x2 y2 t2 2t 1
2
2
3t 4t 34t 60t 33 0 1 t 3t 7t 27t 33 0
Với t 0 3t3 7t2 27t 33 7 t2 27t 33 0 a 0, 0
1
2
xy
x y
Kết luận nghiệm của hệ là x y ; 1;1
Câu 3 Cách 1: Do x y , 0 nên bất đẳng thức đã cho tương đương với
Trang 31 x2 1 y 2 1 xy 1 x 2 1 y2
2 2x 2y x2 y2 1 xy 1 2x x2 1 2y y2
, bất đẳng thức này luôn đúng
Dấu bằng xảy ra khi x y 1
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-x-ki, ta có
2
2
x
y
(1)
Tương tự, ta có 2
x
(2)
Từ (1) và (2), ta có
Ta có điều phải chứng minh
Câu 4 1.
Giả sử tọa độ của M x ;0 Khi đó
Theo giả thiết ta có MA MB MA MB cos45
2
2
2 2
2
(do x2 5x 10 0 )
Trang 4
2
Vậy ta có hai điểm cần tìm là M1;0 hoặc M5;0
2 Gọi A B C', ', ' lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh
A, B, C Do tứ giác BCB C' ' nội tiếp nên
trong hạ từ D của DEF , tương tự ta cũng chỉ ra được H nằm
trên đường phân giác trong hạ từ đỉnh E của DEF Vậy H là
tâm đường tròn nội tiếp của DEF
Ta lập được phương trình các đường thẳng DE, DF lần lượt
là DE: 3x y 5 0 ; DF: 3x y 7 0 Do đó phương trình phân giác trong và ngoài của đỉnh D
Kiểm tra vị trí tương đối của E, F với hai đường trên ta được phân giác trong kẻ từ đỉnh D là
Mặt khác H là giao của d và d' nên H2;3
Ta có AC là trung trực của HE nên AC đi qua
trung điểm ' 5 7;
2 2
và có vectơ pháp tuyến là
3 Cách 1: Gọi M là tiếp điểm của AC với đường
tròn nội tiếp ABC Khi đó ta có AM p a IM; r
Gọi S là diện tích tam giác ABC, theo công thức
Heron ta có S p p a p b p c
Áp dụng định lí Pitago trong AIM ta có
2
p
2
Tương tự ta có
;
Trang 5Do vậy
2
Trang 6Cách 2: Theo tính chất đường phân giác
“Giả sử đường phân giác trong của góc A cắt
cạnh BC tại điểm A' Khi đó '
'
”, ta có:
Suy ra AA' a b c 2p
2
a b c
a b c
Mặt khác theo công thức tính đường phân giác “Cho ABC có đường phân giác trong B là
b
l Ta có
2
b
b
a c
”
2 '
2
Tương tự ta cũng có BI ca p b ;CI ab p c
Vậy
2