Câu 4: Cho đường tròn O;R đường kính EF.. Bán kính IO vuông góc với EF, gọi J là điểm bất kỳ trên cung nhỏ EI J khác E và I, FJ cắt EI tại L, kẻ LS vuông góc với EF S thuộc EF.. a Chứng
Trang 1Đáp án: Đề thi tuyển sinh vào 10 THPT – tỉnh thanh hóa
Năm học 2013-2014 (Đề B)
– Trình bày lời giải: Lê Thanh Bình – Trường THPT Tĩnh Gia 1
Câu 1:
1) Cho phương trình 2
2 3 0
x + xư = với các hệ số a= 1;b= 2;c= ư 3 a) Tính tổng: S= + +a b c b) Giải phương trình trên
2) Giải hệ phương trình 3 2
2 3 4
x y
x y
ư =
+ =
Giải:
a) S = + + = + ư =a b c 1 2 3 0 b) Suy ra phương trình có nghiệm x =1 1 và 2 c 3
x a
= = ư
+ = ư = =
Vậy nghiệm của hệ là (x y =; ) ( )2; 0
y Q
= +
với y> 0; y≠ 1
a) Rút gọn biểu thức Q b) Tính giá trị của Q khi y = ư3 2 2
Giải:
a) Ta có
2
1
y
Q
Q
y
ư
Câu 3: Cho đường thẳng d y: = 2bx+ 1 và parabol ( ) 2
P y= ư x a) Tìm b để d đi qua B( )1;5
b) Tìm b để đường thẳng d cắt parabol ( )P tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt
là x x1, 2 thỏa m>n điều kiện 2 2 ( )
1 2 4 1 2 4 0
x +x + x +x + =
Giải:
a) Ta có d đi qua B( )1;5 ⇔ = 5 2b+ ⇔ = 1 b 2
b) Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm của phương trình:
( )
2x 2bx 1 2x 2bx 1 0 1
Để d cắt parabol ( )P tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt x x1, 2
( )
2
b b
b
>
⇔ ∆ > ⇔ ư > ⇔
< ư
Khi đó hai nghiệm x x1, 2 của (1) thỏa m>n hệ thức Vi ét: 1 2
1 2
1 2
x x
+ = ư
=
1 2 4 1 2 4 0 1 2 2 1 2 4 1 2 4 0
x +x + x +x + = ⇔ x +x ư x x + x +x + =
1 4 4 0 4 3 0
3
b
b
=
⇔ ư ư + = ⇔ ư + = ⇔ =
Kết hợp điều kiện (*) ta được b =3
Câu 4: Cho đường tròn (O;R) đường kính EF Bán kính IO vuông góc với EF, gọi J là
điểm bất kỳ trên cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI tại L, kẻ LS vuông góc với EF (S thuộc EF)
a) Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp
Trang 2b) Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN=EJ Chứng minh rằng, tam giác IJN
vuông cân
c) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại E Lấy D là điểm nằm trên d sao cho hai điểm D và I nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng EF và ED JF =JE OF. Chứng minh rằng đường thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS
Giải:
a) Vì I thuộc (O) nên 0
90
EIF = Vì LS ⊥EF nên 0
90
LSF =
Từ đó suy ra 0
180
EIF+LSF = , do đó tứ giác IFSL nội tiếp
b) Ta có IO⊥EF nên tam giác IEF là tam giác vuông cân
tại I Suy ra IE=IF (1)
Ta lại có IEJ = IFJ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IJ) (2)
Theo giả thiết ta có FN=EJ (3)
Từ (1), (2) , (3) suy ra ∆IEJ = ∆IFN (c-g-c)
Do đó IJ=IN (4) và EIJ = FIN
90
JIN =EIJ+EIN =FIN+EIN =EIF = (5)
Từ (4) và (5) suy ra tam giác IJN vuông cân tại I
c) Đặt SE=x (0 < <x R) Ta có tam giác LES vuông cân tại S nên LS =x
Gọi H là giao điểm của FD và LS Vì D và L nằm cùng phía đối với EF nên H và L nằm cùng phía đối với S
Ta có ∆FHS∼∆FDE (g-g) nên 2 2 .
Theo giả thiết . ED JE
ED JF JE OF
OF JF
Ta lại có ∆FLS ∼∆FEJ (g-g) suy ra LS JE
FS = JF (8)
Từ (7) và (8) suy ra
ED
OF = FS ⇔ R = R x ⇔ = R x
Từ (6) và (9) suy ra 2 .
HS
ư
ư Do đó H là trung điểm của đoạn LS
Câu 5: Cho a b c >, , 0 thỏa m>n ab bc ca+ + ≥ 3 CMR:
3
b c+c a+a b≥
Giải:
Theo bđt Cô si ta có 2 2 2 1 ( 2 2) ( 2 2) ( 2 2) 1[ ]
a + + =b c a +b + b +c + c +a ≥ ab+ bc+ ca =ab bc ca+ + ≥
Mặt khác theo bđt Bunhiacopxki ta có ( )2 ( 2 2 2)( 2 2 2) ( 2 2 2)
a b c+ + ≤ + + a +b +c = a +b +c Lại theo bđt Bunhiacopxki ta có: 4( ) 4 4 4
a b c
≥ + +
2 2 2
Đẳng thức xảy ra ⇔ = = =a b c 1 (Điều phải chứng minh)
-
Tĩnh Gia, ngày 12 tháng 7 năm 2013
Lê Thanh Bình
d
H D
S
L I
E
J
N