Gọi P là trung điểm của DH.. Gọi giao điểm của AC và DE là I.. a Chứng minh tứ giác DQIP là tứ giác nội tiếp đờng tròn.. b Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng tròn đi qua3 điểm A, D, Q
Trang 1Mụn: Toỏn
Ngày thi 20 thỏng 03 năm 2009
Bài 1: a) Giải hệ phơng trình
2
2
1
12
x x
x x
+ + =
+ + =
b) Ba số a,b,c, thoả mãn đồng thời các điều kiện: a+b+c = 1 v à 1+1+1 = 1
c b
Chứng minh: a2009 +b2009 +c2009 = 1
Bài 2:
Giải phơng trình: x3 + 2 ( 3x− 2 ) 3 = 3x( 3x− 2 )
Bài 3:
Từ một điểm A ngoài đờng tròn tâm O, vẽ các tiếp tuyến AD, AE (D, E là các tiếp điểm) Tia AO cắt đờng tròn tâm O tại B,C (B ở giữa A và C), kẻ DH vuông góc với CE tại H Gọi P là trung điểm của DH Tia CP cắt đờng tròn tâm O tại Q (Q ≠ C) Gọi giao điểm của AC và DE là I
a) Chứng minh tứ giác DQIP là tứ giác nội tiếp đờng tròn
b) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng tròn đi qua3 điểm A, D, Q
Bài 4:
Cho đờng thẳng d nằm ngoài đờng tròn tâm O Vẽ OA vuông góc với d tại
A Từ A, kẻ các cát tuyến d1, d2 lần lợt cắt đờng tròn (O) tại B, C và D, E (B ở giữa A và C, còn D ở giữa A Và E) Gọi M, N thứ tự là giao điểm của các đ-ờng thẳng BE và DC với đđ-ờng thẳng d Chứng minh tam giác OMN là tam giác cân
Bài 5:
Các số thực x,y,z thoả mãn: x4 + y4 + z4 = 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P=x2(y+z) + y2(x+z) + z2(y+x)
Người chộp lại: Tụn Đức Trỡnh
Trang 2Bài giải:
Bài 1: a) Giải hệ phơng trình
2 2
1
12 (1)
x x
x x
+ + =
Lấy (1)+(2) theo vế ta được: (x + 1y )2 + x + 1y - 20 = 0 Đặt: t = x + 1y
=> t2 + t - 20 = 0 => t1 = 4, t2 = -5
Với t = 4 => x + 1y = 4 => x = 4 - 1y Thay vào (2) cú: (2y-1)2 = 0=> y =1
2
=> x = 2
Với t = -5 => x + 1y = -5=> x = -5 - 1y Thay vào (2) cú:
13y2 + 5y + 1 = 0 phương trỡnh vụ nghiệm
Vậy hệ cú nghiệm duy nhất: x = 2, y =1
2
b, Ba số a,b,c, thoả mãn đồng thời các điều kiện: a+b+c = 1 v à
Từ 1+1+1= 1
c
b
a => ab+ac+bc= abc => (a+b+c)(ab+ac+bc) = abc
=> (a+b)(b+c)(c+a) = 0=> a+b = 0 hoặc b+c= 0 hoặc c+a = 0
Nếu: a+b = 0 => c = 1 => a2009 + b2009 = 0 => a2009 + b2009 +c2009 = 1
Tương tự với: b+c= 0 hoặc c+a = 0
Bài 2:
Giải phơng trình: x3 + 2 ( 3x− 2 ) 3 = 3x( 3x− 2 ) (*)
ĐK: x ≥ 2
3 Từ (*) =>2 (3x− 2) 3 = 3 (3x x− − 2) x3 Bỡnh phương hai vế ta được: 4(3x-2)3 = 9x2(3x-2)2 + x6 - 6x4(3x-2)
<=> x5 - 15x5 + 93x4 -216x3 +252x2 -144x + 32 = 0
<=> (x-1)2(x-2)2(x2 - 12x + 8) = 0
=> x1 = x2 = 1; x3 = x4 = 2; x5 = 6 - 2 7, x6 = 6 + 2 7 Thoả món
Bài 5:
Áp dụng BĐT Bunhiacopky ta cú:
P2 = [x2(y+z) + y2(x+z) + z2(y+x)]2 ≤ (x4 + y4 + z4)[(y+z)2 + (x+z)2 + (y+x)2] Mà: (x4 + y4 + z4)[(y+z)2 + (x+z)2 + (y+x)2] = 6[z2 + x2 + y2 +xy+xz+yz] mà: 6[z2 + x2 + y2 +xy+xz+yz] ≤ 12(z2 + x2 + y2) ≤ 12 3(z + x + y ) 4 4 4 = 36
P2 ≤ 36 => Pmax = 6 khi và chỉ khi x=y=z=1
Trang 3Bài 3:
a, Có:∠QDI=∠QCE mà IP//EH
=>∠QDI=∠QPI=> QDPI nội tiếp
b, Gọi O3 là tâm đường tròn ngoại
tiếp ∆AQD
Ta có:∠AO3L+∠O3AL = 900 (1)
∠ADQ=∠AO3L
(góc nội tiếp, góc ở tâm)
Có: ∠AEQ=∠QCE mà
∠QDE=∠QCE
=>∠AEQ=∠QDE mà
∠QDI+∠DIQ= 900
(theo (a) ∠DFI = 900 ) mặt khác
∠QIA+∠DIQ= 900
=> ∠QIA=∠DEA
=> tứ giác AQIE nội tếp
=> ∠QAI=∠QEI mà ∠QEI=∠QCD và ∠QCD=∠ADQ,∠ADQ=∠AO3L
=>∠IAQ=∠AO3L (2) Từ (1) và (2) có: O3A vuông góc với AC => đccm
Bài 4: Lấy C1 đối xứng với C
Nối A với C1 cắt đường tròn O tại B1
Dễ thấy: ∠MAB= ∠NAB1 (*)
và AB = AB1 (**)
Ta có: ∠ABM= ∠EBC (1) (đđ)
Ta có: ∠CBE= ∠CDE (2) (chắn cung CE)
Mặt khác ∠ADN= ∠CDE (3) (đđ)
Lại có: ∠B1DC=∠B1C1C (4)
(chắn cung CB1)
Mà CC1 // MN
(do C1 đối xứng với C qua AO)
=> ∠C1AN =∠AC1C (sole) (5)
Từ (4) và (5) =>∠B1AN +∠B1DN=1800
=> ANDB1 nôi tiếp
=>∠AB1N =∠AND (6)
Từ (1)(2)(3)(4)(5)(6) => =>∠AB1N =∠ABM (***) Từ (*)(**)(***)=>
∆ABM = ∆AB1N (gcg) => AM = AN mà MN vuông góc với AO theo gt
=> ∆MON cân tại O đccm
O2
B
H
O3
L
Q
P I
E
A
D
B1
C1
N
D
M
B
O A
C
E
Trang 4góc với BE và CD
Dễ thấy MAHO nôi tiếp
=>∠JHA = ∠AMO (1) (cùng bù ∠OHA)
Có NAKO nội tiếp
=>∠LKA = ∠ANO (2) (cùng bù ∠OKA)
Ta có: ∆ACD ∆AEB (gg)
Có AK, AH trung tuyến tương
ứng của 2 tam giác
=>∆ACK ∆AHE (cgc)
=>∠AHE = ∠AKC (3)
Mà ∠CKL = ∠EHJ = 900 (4)
(theo ta vẽ vuông góc)
Từ (1)(2)(3)(4) Ta có
=>∠ANO = ∠AMO
=> =>∆MON cân tại N
đccm
L
J H K
O C
E