Theo câu a ta có: AD2 = AE.AI khi đó AD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DIE do đó tâm O1 của tam giác DIE phải nằm trên tia CB, ta thấy khoảng cách DO1 nhỏ nhất khi và c[r]
Trang 1ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI HUYỆN QUAN HÓA
Năm học: 2012 – 2013
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
ĐỀ BÀI
Bài 1 Cho biểu thức:
2
P
a Rút gọn P
b Tính giá trị của P biết
1 3
a
c Tìm các giá trị nguyên của a để giá trị của P là số nguyên
Bài 2
a Chứng minh rằng các phân số
12 1
30 2
n n
là phân số tối giản (n N)
b Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức
1 1 1
2
x y z
Bài 3 Cho phương trình x2 – 5mx – 4m = 0 (m là tham số)
a Tìm m để phương trình có nghiêm
b Chứng minh rằng x12 – 5mx2 – 4m ≥ 0 ( x1, x2 là 2 nghiệm của pt)
Bài 4 Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định H là điểm thuộc đoạn OB sao cho
HB = 2HO Kẻ dây CD vuông góc với AB tại H Gọi E là điểm di động trên cung nhỏ CB sao cho E không trùng với C và B Nối A với E cắt CD tại I
a Chứng minh rằng AD2 = AI.AE
b Tính AI.AE – HA.HB theo R
c Xác đinh vị trí điểm E để khoảng cách từ H đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DIE ngắn nhất
Bài 5 Cho tam giác có các số đo ba đường cao là các số nguyên, bán kính đường tròn nội
tiếp tam giác bằng 1 Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác đều
Trang 2HƯỚNG DẪN CÁCH GIẢI.
Bài 1 (6 điểm)
a Điều kiện xác định: a ≠ –1, 1
Rút gọn:
2
P
2( 2) 10( 1) 3( 1)( 1) 3( 1)( 1) 2
P
2
P
2 2( 1)( 1) 2
P
1
2
a
P
a
b Tính giá trị của P biết
1 3
a
Với
1
3
a
ta có
1 3
a
và
1 3
a
* Nếu
1
3
a
thì
1
1 4 3
2 3
P
* Nếu
1 3
a
thì
1
1 2 3
2 3
P
c) Để
1 2
a
P
a
nguyên thì a + 2 phải là ước của a + 1 hay a + 2 = –1, 1, a + 1, – a – 1 Giải các phương trình trên ta tìm được a = – 3 là thỏa mãn
Bài 2 (4 điểm)
a Chứng minh rằng các phân số
12 1
30 2
n n
là phân số tối giản (n N) Giả sử (12n + 1, 30n + 2) = d
Ta có: 5(12n + 1) – 2(30n + 2) d
Suy ra 1 d hay d = 1
b Giả sử 0 < x ≤ y ≤ z, ta có
1 1 1 3
x y z x , hay 2 ≤ 3x suy ra x = 1
Trang 3Thay x = 1 vào ta có 1 +
Khi đó ta có
1 1
y z
1 1
y z
Giải ra ta được
2 2
y z
hoặc
0 0
y z
(loại) Kết hợp x = 1 ta có 3 bộ số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức
1 1 1
2
x y z là (1; 2; 2), (2; 1; 2), (2; 2; 1)
Bài 3 (4 điểm) Cho phương trình x2 – 5mx – 4m = 0 (m là tham số)
a Tìm m để phương trình có nghiêm
Ta có 25m2 16m
Để phương trình có nghiệm thì 25m2 16m0
0
25
m
m
b) Phương trình có nghiệm x2 thì x22 – 5mx2 – 4m = 0
Phương trình trên có hai nghiệm thì theo định lý Viet ta có:
1 2
1 2
5
Từ x1 + x2 = 5m suy ra x1 = 5m – x2 thay vào x12 + 5mx2 – 4m ta được
( 5m – x2 )2 + 5mx2 – 4m = 25m2 – 10mx2 + x22 + 5mx2 – 4m
= x22 – 5mx2 – 4m + 25m2 ≥ 0 (luôn đúng)
Bài 4 (5 điểm)
a Ta xét hai tam giác ADE và tam giác AID ta có:
A chung,
2
sd AE ADE
(góc nội tiết chắn cung AE)
2
AID sd AD sdCE
mà sd AD sd AC nên ADEAID nên ADE AID g g( ) Suy ra
AD AE
AI AD => AD2 = AE.AI (đpcm)
b Ta có tam giác ADB vuông tại D và AH là đường cao(Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) nên HD2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Nên ta có AI.AE – HA.HB = AD2 – HD2 = AH2 (Định lí Pi – ta – go)
Trang 4Mặt khác HO + HB = R hay 3HO = R suy ra HO = 3
R
Vậy AH = R + 3
R
=
4 3
R
Khi đó
2
9
R
AI AE HA HB AH
c Theo câu a ta có: AD2 = AE.AI khi đó AD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DIE do đó tâm O1của tam giác DIE phải nằm trên tia CB, ta thấy khoảng cách DO1 nhỏ nhất khi và chỉ khi DO1 CB
Dựng hình chiếu của D trên CB ta được O1 điểm E là giao của đường tròn đã cho với đường tròn tâm O1, bán kính O1C
Bài 5 (1 điểm)
Gọi x, y, z lần lượt là các đường cao ứng với các cạnh a, b, c của tam giác đã cho Do x,
y, z là các đường cao nên x > 2.r; y > 2.r; z > 2.r
Hay x > 2; y > 2; z > 2 (Đường cao trong tam giác luôn lớn hơn đường kính đường tròn nội tiếp của tam giác đó)
Nhưng x, y, z là các số nguyên nên x ≥ 3, y ≥ 3, z ≥ 3
Suy ra
1 1 1 1 1 1
1
3 3 3
x yz hay
1 1 1
1
x yz (1) Mặt khác
1
hay
1 1 1
1
x y z (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra x = y = z = 3 hay tam giác đã cho là tam giác đều