Đề thi Khá khó, giải chi tiết - Dành tham khảo cho thi GVG và HSG

M là một điểm bất kì trên cạnh AB M không trùng với Avà B.. Qua N kẻ đờng thẳng song song với BD cắt CD tại P.. Tìm vị trí của M trên AB để diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất.. Câu 5: Cho

A Trình bày lời giải đề thi sau.

Câu 1: Cho một biểu thức :

A

1 Tìm x để biểu thức có nghĩa

2 Rút gọn A

Câu 2 :

a Cho a, b, c là các số hữu tỉ đôi một khác nhau

Chứng minh rằng:

P

b Tính giá trị biểu thức : P x 3 y3  3 x y  2008

Biết : x3 3 2 2  3 3 2 2 ; y 317 12 2  317 12 2

Câu 3 : Giải phơng trình : x 1 3

x 1 2 x 1

Câu 4: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 6 cm, AD = 4 cm M là một điểm bất kì

trên cạnh AB (M không trùng với Avà B) Qua M kẻ các đờng thẳng d, d’ lần lợt song song với AC, BD, chúng cắt các cạnh BC, AD theo thứ tự tại N, Q Qua N kẻ

đờng thẳng song song với BD cắt CD tại P Tìm vị trí của M trên AB để diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất

Câu 5:

Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a Gọi O là tâm hình vuông ABCD, M là trung điểm của cạnh OB, N là trung điểm cạnh CD H là chân đờng cao hạ từ M của tam giác AMN Chứng minh AMN là tam giác vuông cân, từ đó tính độ dài đoạn

AH theo a

B Trên cơ sở lời giải trên, xây dựng hớng dẫn chấm cho đề thi với thang điểm

nh sau:

Câu 1: 4 điểm Câu 2: 5 điểm

Câu 3: 4 điểm Câu 4: 3 điểm Câu 5 :4 điểm

A Trình bày lời giải :.

Câu 1: Từ biểu thức :

2 x 11 x 2 2 x 1 

   

x 0

x 0

x 5 x 4 0

x 16









2 Rút gọn A :

Với x 0;x 1;x 16   , ta suy ra đợc :

A

A

A

A

A

x 2

A

x 4





Câu 2 :

a Với a, b, c là các số hữu tỉ đôi một khác nhau, ta đợc biểu thức P có nghĩa

Biến đổi biểu thức P, ta đợc :

P

P

P

           

2

2

P

P

P

P



2 2

a b b c c a

P

a b b c c a





Vì a, b, c là các số hữu tỉ, nên suy ra :

 a b c a     a b 2 c a 2

  và a b b c c a        cũng là các số hữu tỉ

Do đó :  P là một số hữu tỉ (đpcm)

b Với : x3 3 2 2  3 3 2 2 ; y 317 12 2  317 12 2

Ta có :

3

3

2

3 2 2 + 3 2 2 3 3 2 2 3 2 2

+3 3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2

3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 2 2 3 2 2

3 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2

 33 2 2 3 3 3 2 23 3 3 2 23 33 2 2 3 2 2  

 

2

2

3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 2 2

3 3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2

3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 = 3+3=6

Tơng tự, ta cũng đợc : y3  3y 17 17 34  

Biến đổi biểu thức P, ta dợc :

 

= x 3x y 3y 2008

Vậy, giá trị của biểu thức P bằng :  P = 6 + 34 + 2008 = 2048

Câu 3 : Từ phơng trình : x 1 3

x 1 2 x 1

Ta có điều kiện xác định của phơng trình là : x 1 0   x 1

Phơng trình đã cho tơng đơng với :

x 1 2 x 1 1 2 x 1

x 1 1 4 x 1 3

x 1

x 1

x 1 1 4 x 1 3

4 x 1 3 0

x 1

x 1 1 4 x 1 3

9

x 1

x 1 1 3 4 x 1

  

 







 









9 9

x 1







+ Trờng hợp thứ nhất : 4 9

9 16

  (loại) + Trờng hợp thứ hai : 16 9

25 16

  (thoả mãn) Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm là : 16

x 1 25

Câu 4:

k

x

y

4-y

6-x

d' d

P

M

N

C D

B A

Bài làm :

Gọi O, I, J, K lần lợt là tâm của hình chữ nhật ABCD, giao điểm của MN với BD, , giao điểm của MQ với AC, giao điểm của NP với AC

Gọi khoảng cách từ điểm M đến điểm A là x (cm), thì khoảng cách từ điểm M đến

điểm B là : 6 - x (cm)

Gọi khoảng cách từ điểm Q đến điểm A là y (cm), thì khoảng cách từ điểm Q đến

điểm D là : 4 - y (cm)

Vì : d 'BD, hay : MQ BD và: d AC, hay : MN AC

hay suy ra : 2

3

K là trung điểm của đoạn thẳng NP.

 MQ NP và MQ = NP

 Tứ giác MNPQ là hình hành

 MN = QP

AMQ CPN (g.c.g)

   và BMNDPQ (g.c.g)

Do đó, suy ra :

Diện tích của tứ giác MNPQ đợc xác định bằng :

S S  2(S S )

mà : SABCD AB.AD 6.4 24(cm )  2



BMN



suy ra :

MNPQ

= 24 - 2xy 24 6y 4x 2xy 6y 4x



thay 2

3

 , vào ta đợc :

MNPQ

1 = 36 2x 6 12 2x 6 12, do : 2x 6 0

3



với mọi x

Theo đó, để diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất bằng 12 cm2, thì phải xảy ra :

2x 62 0 2x 6 0

x 3 (cm)

hay điểm M là trung điểm của cạnh AB của hình chữ nhật ABCD đã cho

Câu 5:





n a

2

a

a

45

45

45

h

b

o

m

c d

a

Chứng minh :

Đặt : BAM 

Ta có : ABD ADB BDC ACD 45    0 (tính chất của hình vuông)

suy ra :  OAM 45  0  

Ta lại có : OAB vuông cân tại O và DAC vuông cân tại D (tính chất của hình vuông)

   OA DA

Vì M là trung điểm của cạnh OB và N là trung điểm của cạnh CD (giả thiết)

   (tính chất trung điểm của đoạn thẳng)

Xét OAM và DAN, ta có :

1 DA

1

2

   (theo chứng minh trên)

và : AOB ADC 90  0 (tính chất của hình vuông)

   (theo định lý Ta-let, c.g.c)

Vì tia AN cắt đoạn thẳng DC trong góc DAC, nên suy ra tia AN nằm giữa hai tia

AD và AC

suy ra :  DAC DAN OAN   (tính chất tia nằm giữa hai tia)

hay suy ra :  OAN 45  0 DAN 45  0  450   

Vì tia AC nằm giữa hai tia AM và AN (do N thuộc cạnh CD), nên suy ra :

 AMH 45  0

Xét tứ giác OMAH, dễ thấy :

AOM AHM 90 

OMAH

 nội tiếp (có hai đỉnh kề nhau H và O, cùng nhìn cạnh AM dới cùng một góc 900 - quỹ tích cung chứa góc)

AOH AMH 45

   (hai góc nội tiếp cùng chắn AM )

AOH ACD

  (ở vị trí đồng vị)

OH CN

Suy ra : OH là đờng trung bình của tam giác ACN

AH HN

Suy ra MH là đờng trung tuyến của tam giác AMN

Vì MH vừa là đờng cao, đồng thời là đờng trung ttuyến của tam giác AMN, nên suy

ra tam giác AMN cân tại M Thêm nữa, lại có một góc : MAN 45 0

suy ra tam giác AMN vuông cân tại M (đpcm)

* Tính độ dài đoạn AH theo a :

Theo chứng minh trên, ta suy ra : 1

2

Trong tam giác vuông DAN, có : AN2 DA2 DN2 (định lý Pitago)

Suy ra :  AN AD2 DN2

  và AD = a

do đó ta tính đợc :

2

 

 

C Trên cơ sở lời giải trên, xây dựng hớng dẫn chấm cho đề thi với thang điểm

nh sau:

Câu 1: 4 điểm Câu 2: 5 điểm

Câu 3: 4 điểm Câu 4: 3 điểm Câu 5 :4 điểm