15 de thi thu 2022

PHÒNG GDĐT QUẬN ĐỐNG ĐA ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN TRƯỜNG THCS BẾ VĂN ĐÀN MƠN: TỐN NĂM HỌC 2017 – 2018 Ngày thi: 12/5/2018 Bài I Cho hai biểu thức A   x 1 x 1  x 1  , x  0, x  B   : x 1  x x  x x 1) Tính giá trị biểu thức A x = 49 2) Rút gọn biểu thức B 3) Tìm giá trị x thỏa mãn A + B = Bài II Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Hai bến sơng A B cách 40 km Cùng lúc, canơ xi dịng từ A đến B bè trôi từ A đến B với vận tốc 3km/h Sau đến B, canô quay A gặp bè địa điểm cách B 32km Tính vận tốc canô? Bài III    1) Giải hệ phương trình:     2 x2 y  1 x2 y 2) Cho hàm số y   x có đồ thị kí hiệu (P) hàm số y   m  1 x  m  có đồ thị kí hiệu (d) a) Tìm m để (d) (P) cắt hai điểm phân biệt b) Tìm m để giao điểm nói nằm hai nửa mặt phằng đối bờ Oy thỏa mãn x1  x2 , (x1 , x2 hoành độ giao điểm nói trên) Bài IV Cho nửa đường trịn (O;R) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB chứa nửa đường trịn, kẻ tia Ax vng gócvới AB, lấy điểm C (C khác A) Kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn (M tiếp điểm ) Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OC cắt đường thẳng CM D 1) Chứng minh tứ giác AOMC nội tiếp 2) Chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn (O) 3) OC cắt MA E, OD cắt MB F, MH vng góc AB (H thuộc AB) Chứng minh: HE  HF có giá trị khơng đổi C chuyển động tia Ax 4) Chứng minh ba đường thẳng BC, EF MH đồng quy Bài V Giải phương trình x  x   x3  x  x  HƯỚNG DẪN Hướng dẫn Bài Điểm Bài 1 49     7 49 Tại x  49 (thỏa mãn ĐK) A  Ta có:  x 1  x 1 B  , x  0, x  : x 1  x  x x  x 1  x 1 x 1  x x B   : x 1  x x ( x  1) ( x  1)( x  1)  x ( x  1)  ( x  1) x  x ( x  1) ( x  1) Vậy B  x 1 với x  0, x  x 1 Ta có: A  B   x 1  x x 1  2  x 1  x x   x 1   x  1 x  x  1 x  x  x   x  2x  x   x  x    1 (tmdk) x  1   Vậy A+B = x   1 x  (ktmdk)   Bài Gọi x vận tốc canô (x > 0) Lúc đó: x + (km/h) vận tốc canơ xi dịng, x – (km/h) vận tốc canơ ngược dịng Ta có: 40 thời gian cano từ A đến B, x3 32 thời gian cano từ B đến A gặp bè trôi, x3 40  32  thời gian bè trôi, thời gian ca nô từ A đến lúc gặp 3 bè Theo đề, ta có phương trình: 40 32   x 3 x 3  40.3(x  3)  32.3(x  3)  8(x  3)(x  3)  120x  360  96x  288  8x  72  x  (ktmdk)  8x  216x   8x(x  27)     x  27 (tmdk) Vậy vận tốc canô 27 km/h Bài Điều kiện: x  2; y    5  x   y   x   y  y          1   1  1 2  x  y  x  y  x  y  y  y   y  (tmdk)     y  x    x  4(tmdk)       y  y   x    x2 1        x   2   x  0(tmdk) Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm  x; y    4;1 ;  0;1 Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): 2a  m  1 x  3 m    x  x   m  1 x  m   4   (m  1)  4.1.( m  )  m  4m   (m  2) 2 Để (d) (P) cắt hai điểm phân biệt    (m  2)2   m    m  2  x1  x  (m  1)  Theo hệ thức viet có  x1 x   ( m  )   Để giao điểm nói nằm hai nửa mặt phằng đối bờ Oy 3 x x   ( m  )   m    m   4 Theo đề ta có: x1  x  x1  4x , thay vào hệ thức Viet ta có: 2b m 1  3x  (m  1) x    3    1 4x    m   4. m      m           4 2 Ta có (1)   m  1  (2m  3)  16(m2  2m  1)  9(2m  3)  16m2  14m  11    m  (tmdk)  (2m  1)(8m  11)     m  11 (tmdk)  Vậy m  11 hay m  thỏa mãn yêu cầu toán Bài x D L M C N F B K O H E A (1) Ta có CD CA tiếp tuyến A M đường tròn (O) (giả thiết)  AC  AO A ; CD  OM M  CAO  900 ; CMO  900 Xét tứ giác AOMC có CAO ; CMO hai góc đối CAO  CMO  900  900  1800  tứ giác AOMC nội tiếp Ta có: COM  MOD  COD  900 (vì CO  OD O) COA  COM  MOD  DOB  1800  COA  DOB  1800 Ta có OC phân giác AOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  COA  COM  MOD  DOB Xét MOD BOD có: OM  OB  R; MOD  DOB OD chung  MOD  BOD(c.g.c)  OMD  OBD (cặp góc tương ứng) Mà OMD  900 (vì CD  OM M)  OBD  900 hay OB  BD B Vậy BD tiếp tuyến đường tròn (O) (đpcm) Chứng minh: HE  HF có giá trị không đổi C chuyển động tia Ax MOA cân O có OE phân giác AOM (vì E  OC )  OE đường trung tuyến MOA  E trung điểm AM Ta có OD phân giác BOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Xét MOB cân O có OF phân giác BOM (vì F  OD )  OF đường trung tuyến MOB  F trung điểm BM MAH vng H có HE  AM (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) MBH vuông H có HF  BM (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) MAB vng M có AM  BM  AB  R (định lý Pitago) AM  BM  HE  HF   R2 2 Vậy HE  HF có giá trị khơng đổi C chuyển động tia Ax Ta có E, F trung điểm cạnh MA, MB  EF đường trung bình MAB  EF//AB  EK//AH ( K  EF; H  AB )  ME MK   (định lý talet) MA MH  EF giao với MH K trung điểm MH (*) Gọi giao điểm BC với MH N; giao điểm tia BM với tia Ax L LAB có LB // CO (cùng  AM) ; AO = OB = R  CA = CL (1) Ta có CA // NH (cùng  AB)  CA BC (hệ định lý talet)  NH BN (2) Lại có CL // MN  CL BC (hệ định lý talet)  NM BN (3) Từ (1), (2), (3)  NH = NM  N trung điểm MH  N trùng với K  BC qua trung điểm K MH (**) Từ (*), (**)  Ba đường thẳng BC, EF MH đồng quy Bài 1  x  x   x3  x  x    x    x3  x  x  2   x   x3  x  x    x   x3  x  x     2 x   x  x  x   3   2 x  x  x   (4 x  1)( x  )0   2   x  x3  x  10 x   (4 x  1)( x  )    2 Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x  UBND QUẬN HOÀNG MAI ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MƠN TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày kiểm tra: 12 tháng năm 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức: A  3x  x x 4 x 2 x 1 B  với   x2 x x 2 x 2 x x  0; x  1) Tính giá trị biểu thức A x  2) Chứng minh B  x 1  x 2 3) Tìm giá trị x để biểu thức A đạt giá trị nhỏ B Bài II (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Hai người thợ làm cơng việc sau 12 phút làm xong Nếu người thứ làm người thứ làm hai người làm 75% cơng việc Hỏi người làm sau xong cơng việc đó? Bài III (2,0 điểm) 19  3x  2y    1) Giải hệ phương trình:   2x  3  2y  2) Cho phương trình: x   m  1 x  2m   1 (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x với m b) Tìm tất giá trị m cho x1   x Bài IV (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Hai đường cao BD CE tam giác ABC cắt H Tia BD tia CE cắt đường tròn (O) M, N (M khác B, N khác C) 1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E nằm đường tròn 2) Chứng minh: DE / /MN 3) Đường trịn đường kính AH cắt đường trịn (O) điểm thứ hai K (K khác A) Tia KH cắt đường tròn (O) điểm thứ hai Q Tứ giác BHCQ hình gì? Tại sao? 4) Gọi giao điểm HQ BC I Chứng minh Bài V (0,5 điểm) Giải phương trình:  x  4x  OI   MN    x 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Hướng dẫn Bài Điểm Bài Thay x = (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức A, ta được: A   13    16 3 2 Điều kiện: x  0; x  B  3x   x ( x  2) x 2 x 1 3x     x x 2 x ( x  2) x x x 1  x ( x  2) x 2 x 4 x x  x ( x  2) x ( x  2) Vậy B  Ta có x 1  (đpcm) x 2 A x x 4 4   x  x  1 1 B x 1 x 1 x 1 Với x   x   , nên áp dụng B Đ T si ta có: x  1  2 x 1   4 x 1 x 1 A  x  1 1  B x 1 Dấu “=” xảy  dấu “=” B Đ T cô si xảy  x  1  x 1 x 1 (thỏa mãn Đ K) Vậy GTNN A  x  B Bài Gọi thời gian người thợ thứ nhất, người thợ thứ hai làm xong cơng việc x y (giờ) (x > 7,2; y > 7,2) Trong giờ: Người thợ thứ làm được: Người thợ thứ hai làm được: (công việc) x (công việc) hai người thợ làm được: y 36 (cơng việc) Ta có phương trình: 1   x y 36 Sau giờ, người thợ thứ làm hai làm (công việc); sau giờ, người thợ thứ x (công việc) hai người làm 75%  (cơng y việc) Ta có phương trình:   x y 1 1  x  y  36  x  12  x 12    Giải hệ phương trinh:  (thỏa mãn) 1 y  18        y 18  x y Vậy người thứ làm xong cơng việc hết 12 (giờ), người thứ hai làm xong cơng việc hết 18 (giờ) Bài Điều kiện: x > 1 19  3x  2y 1     2x  3  2y   9x  19  2y 1    2x  3  2y  11x  22  3x   19  2y   x   x  x    1  (thỏa mãn)  y  2y      2y    Vậy hệ có nghiệm (x ; y)  (2 ;5) Phương trình: x   m  1 x  2m   1 (x ẩn số) Ta có ’ = m2 - 4m +6 = (m – 2)2 + 2a Vì  m    với m    với m  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x với m Xét phương trình (1) có: a  ; b   m  1 ; c  2m   x1   x  x1   x Ta có x1 ≤ < x2   2b TH1: x1 < < x2  a.c   2m – <  m < TH2: x1 = < x2 Ta có x =  m = 5 Q     x 1 x 25 x x 1 x 25 x      4x x4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2   x 1  x  x 2 3x  x x 2 Vậy Q   x 2  x 2 25 x x 2  x x 2 x với x  ; x  ; x  x 2 Ta có: A  P.Q  A 1     x 2 x x với x  ; x  ; x   x 2 x 2 x 2 x x x 2 1 1    (*) x 2 x 2 x 2 Vì x   x   , đó: Từ (*)  x 20 x 2 x 4 Kết hợp điều kiện ta có:  x  A < Bài Gọi thời gian đội I làm xong cơng việc x (ngày), thời gian đội II làm xong công việc y (ngày) Điều kiện: x > 18 ; y > 18 Trong ngày, đội I làm 1 (công việc) đội II làm (cơng y x việc) Cả hai đội làm 18 ngày xong công việc, nên ngày hai đội làm 1 1 (công việc) Ta có phương trình:   x y 18 18 (1) Nếu đội I làm ngày, sau đội II làm tiếp ngày 40% cơng việc, nên ta có phương trình: Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:   x y (2) 1 1 6 1 1     1 1  x y 18  x y  x  y  18  x  45        x 18 y     y  30 6   6   2   y  30   x y  x y  y 15 (Thỏa mãn) Vậy đội I làm xong cơng việc 45 ngày, đội II làm xong cơng việc 30 ngày Bài Điều kiện: x  ; x  ; y  ; y  16        4  x 1  x 1 y 4 y 4        3  3  x   x  y 4 y 4    2   x 1 y 4  x 1  y          y 45  1   y  7  7  x  7 x   x       x 1     49 y  y     y 45  y  81    ; 81  49  Vậy hệ có nghiệm  x ; y    Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là: x  mx   Với m = 1, phương trình (1) trở thành: x  x   2a x    x  1  y    x  1 x        x   x  y  Vậy với m = (d) cắt (P) hai điểm  1 ; 1  ;  Xét phương trình (1) có   m2   với m 2b  Phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x với m (1)  (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x với m  x1  x  m  x1.x  2 Hệ thức Vi – ét phương trình (1):  Ta có: x1  2x   x1   2x thay vào hệ thức Vi – ét, ta được: m5  3x  m  x      2x  x  2   2x  x  2 2  m5 m5      2    2m  m    18     2m  5m    (m  1)(2m  7)   m  1 m      2m    m   Vậy với m  1 ; m  thỏa mãn yêu cầu toán Bài M  Q  C  P   I D  K H  E O  N Chứng minh tứ giác IKEN nội tiếp Ta có M điểm CD MN đường kính (O) (giả thiết)  MN  CD I  KIN  90o (K  CD) Ta có: KEN  90 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) o Xét tứ giác IKEN có KIN ; KEN hai góc đối KIN  KEN  90o  90o  180o  tứ giác IKEN nội tiếp Chứng minh EI.MN = NK.ME Xét EIM NKM có: EMI chung MEI  KNM (hai góc nội tiếp chắn KI đường tròn ngoại tiếp tứ giác IKEN )  EIM ∽ NKM (g – g)  EI EM  (tính chất) NK NM  EI.MN = NK.ME (đpcm) Chứng minh IK phân giác EIQ Ta có: MEN  90 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) o  ME  NE ME  NP E (do N, E, P thẳng hàng) Ta có: MN  CD I (cmt)  MN  PI I (do P, C, D thẳng hàng) Do PI ME đường cao MPN , mà có PI cắt ME K  K trực tâm MPN  NK  PM Q (tính chất trực tâm)  KQM  90o o Cũng từ MN  CD I (cmt) K  CD  KIM  90 Xét tứ giác KQMI có KQM ; KIM hai góc đối KQM  KIM  90o  90o  180o  tứ giác KQMI nội tiếp  KMQ  KIQ (hai góc nội tiếp chắn KQ ) (1) Ta có tứ giác IKEN nội tiếp (cmt)  KIE  KNE (hai góc nội tiếp chắn KE ) (2) Xét (O) có: KMQ  KNE (hai góc nội tiếp chắn EQ ) Từ (1), (2), (3)  KIE  KIQ (3)  IK tia phân giác EIQ (đpcm) Chứng minh E di động cung lớn CD (E khác C, N, D) H chạy đường cố định M  C    I D  K H   E O  D   N H Ta có dây CD cố định M điểm cung nhỏ CD nên M đường kính MN cố định Gọi D trung điểm cung nhỏ CN , D điểm cố định Từ C kẻ đường thẳng vng góc với DN cắt DD H H điểm cố định Ta có CH  PN (giả thiết) ME  PN (cmt)  CH / /ME  CHD  MED (hai góc sole trong) Ta có CH  DN ; MD  DN (do MDN  90 góc nội tiếp chắn nửa o đường trịn (O))  CH / /MD  CHD  MDD Mà MED  MDD  MOD khơng đổi (góc nội tiếp góc tâm chắn MD (O))  CHD  CHD  MOD không đổi  Điểm H H ln nhìn dây CD cố định góc khơng đổi E di động cung lớn CD  tứ giác CHHD nội tiếp với CHD cố định  H chạy đường tròn ngoại tiếp CHD Bài Áp dụng B Đ T cosi, ta có: a  b   a  b ab  ab  (1) 4 ab    P  ab  a  b  abc  a  b .c Áp dụng B Đ T cosi, ta có:  a  b   c   a  b .c   a  b  P a  b  c c  (2) 16  16 (vì theo giả thiết a  b  c  ) a  b  c Dấu “=” xảy  Dấu “=” (1) (2) đồng thời xảy thỏa mãn giả thiết  a  b ab     a  b  c   a  b  c  c    Vậy PMin  16  a  b  1 ;c VIETELITE KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 1) EDUCATION Năm học: 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Ngày thi: 25 tháng 04 năm 2018 Thời gian làm bài: 120 phút Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức A x ;x 1) Tìm giá trị x để A = x x B x x x , với x 2) Chứng tỏ tích A.B khơng phụ thuộc vào x 3) Tìm tất số thực x để A B Bài II (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình: Trong thể dục, hai bạn An Bình chạy bền quãng đường dài 2km xuất phát thời điểm Biết bạn An chạy bền với vận tốc trung bình lớn vận tốc trung bình bạn Bình 2km/giờ đích sớm Bình phút Tính thời gian chạy hết qng đường bạn biết vận tốc bạn không đổi quãng đường Bài III (2,0 điểm) 2x 1) Giải hệ phương trình: x x y 2y 2) Cho phương trình bậc hai x 2(m 1)x m2 2m , m tham số a) Chứng minh phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với m b) Gọi x , x hai nghiệm phương trình Tìm giá trị m để x x2 Bài IV (3,5 điểm) Cho đường trịn (O ) đường kính BC Một điểm A thuộc đường tròn cho AB AC Tiếp tuyến A (O ) cắt đường thẳng BC D Gọi E điểm đối xứng với A qua BC , AE cắt BC M Kẻ đường cao AH tam giác ABE , AH cắt BC F a) Chứng minh tứ giác AFEC hình thoi b) Chứng minh DC DB DM DO c) Gọi I trung điểm AH , kéo dài BI cắt (O ) điểm thứ hai K Chứng minh tứ giác AIMK tứ giác nội tiếp d) Đường thẳng AK cắt đường thẳng BD N Chứng minh N trung điểm MD Bài V (0,5 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a giá trị nhỏ biểu thức P ac bc b c Tìm giá trị lớn 2018ab HƯỚNG DẪN GIẢI Bài Hướng dẫn Điểm Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức A x ;x x x x B x x , với x x x 1) Tìm giá trị x để A = 2) Chứng tỏ tích A.B khơng phụ thuộc vào x 3) Tìm tất số thực x để A x x 1) Ta có A Vậy với x A x B x (TMĐK) 2) Xét tích: A.B x x 1 x x x x x x x x x x 1 Vậy tích AB x x x 1 x x x x x x 1 x x x x x 1 x 1 x 1 không phụ thuộc vào x 3) Ta có: A B x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x 1 x (TMĐK) Vậy với x x A x (do x x x x x x x x 1 với x ;x ) B Bài II (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình: Trong thể dục, hai bạn An Bình chạy bền quãng đường dài 2km xuất phát thời điểm Biết bạn An chạy bền với vận tốc trung bình lớn vận tốc trung bình bạn Bình 2km/giờ đích sớm Bình phút Tính thời gian chạy hết quãng đường bạn biết vận tốc bạn không đổi quãng đường Đổi: phút = (giờ) 12 Cách 1: Gọi ẩn thời gian cần tìm Gọi thời gian chạy hết quãng đường An x (giờ), thời gian chạy hết quãng đường Bình y (giờ) Điều kiện: x > 0, y > Vì An Bình xuất phát thời điểm An đích sớm Bình phương trình: y x    12 (giờ) nên ta có 12 (1) Vận tốc trung bình An 2 (km/h), vận tốc trung bình Bình (km/h) Vì An chạy y x bền với vận tốc trung bình lớn vận tốc trung bình bạn Bình 2km/giờ nên ta có phương trình: x y (2) Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: y x x y    12 y x y x    12 xy y x xy    12 12 x (TM ĐK ) (TM ĐK ) hoac x y x 12 x y 12 x 12x 12 x x 1 (loai ) Vậy thời gian chạy hết quãng đường An là 12 y (giờ), thời gian chạy hết quãng đường Bình (giờ) Cách 2: Gọi ẩn vận tốc, suy thời gian cần tìm Gọi vận tốc trung bình An x (km/h), vận tốc trung bình Bình x (km/h) Điều kiện: x > Thời gian chạy hết quãng đường An x (giờ), thời gian chạy hết quãng đường Bình x (giờ) Vì An Bình xuất phát thời điểm An đích sớm Bình (giờ) nên ta có 12 phương trình: x x x 12 2x 2(x 2) x (x 2) (TMĐK) x 12 (giờ) Bài III (2,0 điểm) 48 x2 2x 48 (loại) Vậy thời gian chạy hết quãng đường An Bình x x (giờ), thời gian chạy hết quãng đường 2x 1) Giải hệ phương trình: x y 1 x 2y 2) Cho phương trình bậc hai x 2(m m2 1)x 2m , m tham số a) Chứng minh phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với m b) Gọi x , x hai nghiệm phương trình Tìm giá trị m để x 1) Điều kiện: y 0, x 2x x x Đặt a y 2(x 2y 1 x 1) x 2y 1 x b y ,b , ta có HPT: 2a b a 2a 4b 4b b a b x 4 a b (b b 1)(4b 5) x y 1 (TMĐK) ,1 Vậy hệ cho có nghiệm x , y 2a) Phương trình: x (m 2y 3 a b (TM ĐK ) y b y (loai ) b b 2b x 1 x 1 2a a y 1)2 2(m m2 1)x 2m m2 2m có: với m Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x , x với m (đpcm) x2 2b) Phương trình: x x m Ta có: x 1 m 4)2 (x m x1 m nên x m 1 m m Vậy với m x 2m có hai nghiệm phân biệt là: m x2 x (với x m x1 m 0; x m 4) x2 m m x2 Với m m Ta có: x 1)x m2 2(m m m m 1 m 1 hoac m m m m hoac m 1( m 1) 0 0 thỏa mãn toán Bài IV (3,5 điểm) Cho đường trịn (O ) đường kính BC Một điểm A thuộc đường tròn cho AB AC Tiếp tuyến A (O ) cắt đường thẳng BC D Gọi E điểm đối xứng với A qua BC , AE cắt BC M Kẻ đường cao AH tam giác ABE , AH cắt BC F a) Chứng minh tứ giác AFEC hình thoi b) Chứng minh DC DB DM DO c) Gọi I trung điểm AH , kéo dài BI cắt (O ) điểm thứ hai K Chứng minh tứ giác AIMK tứ giác nội tiếp d) Đường thẳng AK cắt đường thẳng BD N Chứng minh N trung điểm MD A K I B F O M C N D H E a) Ta có BC đường kính (O ) (gt) E điểm đối xứng với A qua BC (giả thiết) nên E (O ) 90o , BEC BAC BA BE AC EC 90o (là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O ) ) (1) (2) AE M trung điểm AE (tính chất đối xứng) Ta có BC ABE có hai đường cao AH , BM hai đường cao cắt F F trực tâm EF (3) AB (4) Từ (1) (4) AF Từ (3) ABE EF // AC (5) BE H (6) Từ (2) (6) AF // EC Từ (5) (7) tứ giác AFEC hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) Mà FC AE (vì BC (7) AE ) tứ giác AFEC hình thoi (dấu hiệu nhận biết) (đpcm) AD A (vì AD tiếp tuyến A (O ) ) b) Ta có AO DAO vng A Mà AM OD M (vì BC DA2 (hệ thức lượng) DM DO Xét DAC DAC AE ) (8) DBA có: DBA (góc tạo tiếp tuyến dây cung, góc nội tiếp chắn AC (O ) ) ADC chung DAC ∽ DA DC DB DA DBA (g-g) DB.DC DA2 Từ (8) (9), ta có: DB.DC (9) DM DO (đpcm) c) Xét đường trịn (O ) có KAE KBE (hai góc nội tiếp chắn KE ) Ta có I, M trung điểm AH AE IM đường trung bình AHE (10) IM // HE IM // BE KIM KBE (hai góc đồng vị) Từ (10) (11), ta có: KAE (11) KIM KAM KIM tứ giác AIMK có hai đỉnh kề A I nhìn cạnh KM góc khơng đổi tứ giác AIMK tứ giác nội tiếp (đpcm) d) Xét Xét AH (tỉ số lượng giác góc nhọn) BH AHB vng H có: tan ABH IH (tỉ số lượng giác góc nhọn) BH IHB vng H có: tan IBH Xét đường trịn (O ) , ta có: ABH IBH DAM (góc tạo tiếp tuyến dây góc nội tiếp chắn cung) KAM (hai góc nội tiếp chắn KE (O)) tan DAM tan DAM tan KAM AH ; tan KAM BH AH IH IH BH (vì AH = 2IH I trung điểm AH) (12) Xét AMD vuông M có: tan DAM MD (tỉ số lượng giác góc nhọn) AM Xét NAM vng M có: tan NAM NM (tỉ số lượng giác góc nhọn), NAM AM tan DAM tan NAM tan DAM MD ND tan KAM Từ (12) (13), ta có: MD ND MD ND KAM (13) MD (với N thuộc đoạn MD ) 2 ND N trung điểm MD Bài V (0,5 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a giá trị nhỏ biểu thức P * Tìm GTLN: ac bc 2018ab b c Tìm giá trị lớn Ta có P ac bc 2018ab c(a b) 2018ab c(a theo B ĐT cosi (2) (1) Dấu “=” xảy (a b) b c)2 Dấu “=” (1), (2) đồng thời xảy thỏa mãn điều kiện cho a.b c a b a b c Vậy Pmax = a b c b a c 2 a b b c a c * Tìm GTNN: Ta có a b ab (BĐT Cosi) P ac bc b)2 (a ab (3) 2018ab c(a b) theo B ĐT cosi (3) a b c P 2018 Dấu “=” xảy c a a Vậy Pmin = a 2018 (4) b)2 (a (5) b)2 (a b)2 (a 2018 4 1009 Dấu “=” (3), (4), (5) đồng thời xảy thỏa mãn điều kiện cho b b c 1009 b 2018 c a b c a b 2