ĐA(đã chỉnh) ĐỀ THI CHỌN GVG cấp huyện - Bá thước

Tìm k để đoạn AB ngắn nhất... Đường tròng tâm I đường kính AB cắt các tia MA, MB lần lượt tại điểm thứ hai là C, D.. Chứng minh tứ giác OCEM là hình thang 2... TRƯỜNG THCS ĐIỀN HẠ*ĐK để

TRƯỜNG THCS ĐIỀN HẠ

HƯỚNG DẪN

ĐỀ THI LÝ THUYẾT KỲ THI GVG CẤP HUYỆN – BÁ THƯỚC NĂM 2010 – 2011

Ngày thi: 01/12/2010

86

a) Rút gọn biểu thứ M

b) Tính M khi a= −7 2 6

(Kỳ thi GVG cấp trường - huyện Bá Thước- Thanh Hóa năm học 2009 – 2010)

Bài giải:

a) Ta thấy: Với a≥0 Thì a a− =1 ( a−1)(a+ a+1)

Có

2

1 3

2 4

a+ a+ = a+  + >

  Nên biểu thức M có nghĩa khi

1

a a

≥



86

86 ( 1)( 1)

86

=

1

a+ a+

1

a+ a+

b) Theo câu a) Biểu thức M có nghĩa khi: 0

1

a a

≥



 ≠

 (*) Và

86

M =

1

a+ a+

Với a= −7 2 6 ta viết ( )2 ( )2

a= − = − v a = − = − t/m đk (*)

Vậy M = 86 86 86 86(7 6) 2(7 6) 14 2 6

49 6

1 (7 2 6) ( 6 1) 1 7 6

+

−

M = 2(7+ 6) 14 2 6= +

Vậy với a= −7 2 6 thì M 14 2 6= +

HD:

2 0

2 0

x

x

− ≥





 + ≥



(*)

2

x− − x+ = x − − x+ ⇔ x− −2 x+ −2 2 x2− +4 2x− =2 0 (1)

-Đặt t = x+ −2 x−2 > 0 suy ra 2 2

t =2x−2 x −4

Ta đưa PT (1) về PT ẩn t: t 2 - t - 2 = 0 với t > 0

⇔ (t + 1)(t - 2) = 0 với t > 0

⇔ t - 2 = 0 vì t > 0 nên t + 1 > 1

⇔ t = 2 hay x+ −2 x−2 = 2

Mà (x + 2) - (x -2) = 4 nên ta suy ra x+ +2 x− =2 2

TRƯỜNG THCS ĐIỀN HẠ







2 2

2 0

x x



⇔ 

− =

Vậy PT đã cho có nghiệm là x = 2

Câu 3(3,5 đ): Trong mp tọa độ cho parabol (P)

2

x

y =

có hệ số góc k.

1.CMR đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi k.

2 Tìm k để đoạn AB ngắn nhất.

HD:

- Từ giả thiết : đường thẳng d đi qua M(0 ; -2) và có hệ số góc k nên dễ dàng viết được pt đường thẳng d: y = kx -2

1. Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và (P) là nghiệm pt:

2

x

4 = −kx ⇔x2+4kx− =8 0

Có ∆ =' 4k2+8> 0 với mọi k nên pt x2+4kx− =8 0 luôn có hai nghiệm phân biệt vói mọi k điều đó có nghĩa là đt d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi k

2. Từ câu1 ta có được hoành độ giao điểm của d và (P) lần lượt là

x = − −k k + v x = − +k k +

Giả sử A(x 1 ; y 1 ) và B(x 2 ; y 2 )

Cách1: (Xét độ dài hình chiếu vuông góc của 2 đoạn thẳng trên cùng một đường thẳng)

Gọi C, D lần lượt là giao điểm của đt y = 2 với (P), suy ra hình chiếu của CD trên Ox là C’D’ có

độ dài là 4 2 , vì CD // Ox nên CD = C’D’ = 4 2

Còn đoạn AB có hình chiếu A’B’ trên Ox có độ dài là 2

1 2 2 4 8

2

2 4k + ≥8 2 8 4 2= = C’D’; vì vậy ta có A’B’ ≥ C’D’= CD

suy ra AB ≥ A’B’ ≥CD = 4 2với mọi k Suy ra AB min = 4 2 khi đó k = 0

Điều này có nghĩa là giá trị của k = 0 để đoạn AB ngắn nhất AB min =4 2

Cách2: (sử dụng công thức tính khoảng cách của 2 điểm trên mp)

Dễ dàng chứng minh trên hình vẽ:

AB 2 = (x 1 - x 2 ) 2 + (y 1 - y 2 ) 2 hay: AB 2 = (x 1 - x 2 ) 2 +

2 2 2

1 2

16

x −x

2 2 4(4 8)( 1 2)

4(4 8)

16

2 2 4(4 8)16 4(4 8)

16

2 16( 4 3 2 2) 16( 4 3 ) 16.2 16.22

AB = k + k + = k + k + ≥ suy ra AB2 ≥16.2 hay AB≥4 2

Dấu “=” xảy ra khi đường thẳng AB // Ox, Khi đó k = 0

Vậy giá trị của k = 0 thõa mãn bài toán để đoạn AB ngắn nhất, AB min = 4 2

f(x)=-0.25*x^2 f(x)=-2 f(x)=0.3*x - 2

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-5

5

x y

TRƯỜNG THCS ĐIỀN HẠ

Câu 4(5 đ): Cho góc vuông xOy và hia điểm A, B trên cạnh Ox (OA < OB), điểm M bất kỳ trên cạnh Oy, M khác O Đường tròng tâm I đường kính AB cắt các tia MA, MB lần lượt tại điểm thứ hai là C, D Tia OD cắt (I) tại điểm thứ hai E.

1 Chứng minh tứ giác OCEM là hình thang

2 Chứng minh OD.OE + BD.BM = OB 2

3 Tìm vị trí điểm M để tứ giác OCEM là hình bình hành

HD:

1.Dễ thấy ·BCA à BDAv · là những

góc vuông (góc nội tiếp (I) chắn nửa đường

tròn)

2sdCAD

Và tứ giác ADMO nội tếp vì có O D 180µ + =µ 0

nên ta có DMA DOA· = · (2)

Gọi CE cắt OB tại K.

Ta có tam giác BCM vuông tại C nên

· · 900

CBD DMA+ = (3)

Từ (1), (2), và (3) ta có CED DOA· +· =900

nên suy ra VOEK vuông tại K.

Suy ra CE // Oy, nên OCEM là hình thang

2 Dễ thấy VBOM :VBDA g g( )nên BO BM

BD = BA suy ra BO.BA = BD.BM Hay BO(BO - AO) = BD.BM <=> BO 2 = BO.AO + BD.BM (4)

Mà ABED nội tiếp nên µA E 180+ =µ 0 suy ra BED DAO· = · , góc AOD chung nên:

Xét VBEO: VDAO g g( ) nên ta có BO EO

OD= OA Suy ra BO.OA = OD.OE = BO.OA (5) KẾT HỢP (4) VÀ (5) ta suy ra OD.OE + BD.BM = OB 2

3) theo câu a) ta đã có OCEM là hình thang và ·CKO KOM=· =900

Để OCEM trở thành hình bình hành => CE = OM

Hay CK = 1

2OM Xét VCKA:VMOA g g( ) suy ra à CK = 1

2

2

AK

AO =

Suy ra AK = 1

2AO; vì A, O cố định nên AK =

1

2AO => K cũng cố định ,

1

à AK =

2

K∈AB v AO vậy điều kiện để K∈AB là AB > 1

2AO

Như vậy điều kiện để tồn tại OCEM là hình bình hành là: AB > 1

2AO

Cách xác định điểm M như sau:

B 1 : Trên đoạn AB lấy K sao cho AK =1

2AO

B 2 : Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt (I)

tại C và E ( E nằm trong góc xOy)

B 3 : Trên Oy lấy M sao cho OM = CE

Khi đó OCEM là hình bình hành.

Thật vậy: OCEM là hình thang có CE // OM và

CE = OM nên OCEM là hình bình hành.

TRƯỜNG THCS ĐIỀN HẠ

*ĐK để tồn tại OCEM là hình bình hành là AB > 1

2AO

Câu 5(2 đ): Cho hình chóp OABC, có OA, OB, OC vuông goác với nhau từng đôi một Từ O kẻ OH vuông góc với mp(ABC) Chứng minh rằng H là trực tâm cua tam giác ABC.

HD :

Kẻ AH cắt BC tại F

Ta có OH⊥mp(ABC) nên OH⊥BF

Lại có AO⊥OB và AO⊥OC

nên AO ⊥ mp(OBC) suy ra OA ⊥BF

Vậy BF⊥OH và BF ⊥ OA

nên BF ⊥ mp(OAF) suy ra BF ⊥ AF tức là

AH ⊥BC tại F

hay ta có AH là đường cao của VABC

chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có BH

⊥AC và CH ⊥AB

nói cách khác H chính là trực tâm của ABCV

Câu6(2,5 đ): Cho x, y lớn hơn 1, thõa mãn xy≤4 Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1

M

HD:

Từ gt ta suy ra

< < − > − >

 < < ⇒ − > − >

(***)

Từ xy 4≤ <=> x(y - 1) 4≤ -x => 1

1 4

x

x M

1 0

x t

x x

− − ta tìm t min với t >0 và đk (***)

Ta có

2

4 1 (4 )( 1)

t

Ta xét t -2

2 2 4 3( 2 4 4) 3( 2)2

(4 )( 1) (4 )( 1) (4 )( 1)

(vì 4- x > 0, x- 1>0 và (x- 2) 2 ≥0) dấu “=” xảy ra khi

2

3( 2)

(4 )( 1)

x

x

x x

vậy t - 2 ≥ 0 suy ra t ≥ 2 dấu “=” xảy ra khi x = 2

x M

Suy ra M nhận giá trị nhỏ nhất : M = 2 xảy ra khi (3), (2) và (1) xảy ra dấu “=”, khi đó

1 4

x y