C là một điểm thay đổi trên đường tròn O sao cho tam giác ABC không cân tại C.. Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ tiếp , xúc với đường thẳng EF.. KH2 và giao điểm M của các đ
Trang 1ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010
NĂNG KHIẾU Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
_
Câu 1
a) Cho a b c d là các số thực thỏa mãn điều kiện , , , , 0
3
a c
Chứng minh rằng: 2 2
b d b) Giải hệ phương trình:
3 7
4 7
Câu 2
a) Giải bất phương trình: 2x 1 8x 9
b) Cho a b c là các số thuộc , , 1; 2 thỏa mãn điều kiện a2b2 c2 6
Chứng minh rằng: a b c 0
Câu 3
a) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho
2010
a a
b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho
2009
aa a
Câu 4
Cho đường tròn O tâm O , đường kính AB2R C là một điểm thay đổi trên đường tròn
O sao cho tam giác ABC không cân tại C Gọi H là chân đường cao của tam giác ABC
hạ từ C Hạ HE HF vuông góc với , AC BC tương ứng Các đường thẳng EF và AB cắt , nhau tại K
a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn KA KB trong trường hợp ,
60
b) Hạ EP FQ vuông góc với AB Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ tiếp , xúc với đường thẳng EF
c) Gọi D là giao điểm của O và đường tròn đường kính CH , DC Chứng minh rằng KA KB KH2 và giao điểm M của các đường thẳng CD và EF luôn thuộc một đường
thẳng cố định
Câu 5
Trên một đường tròn, người ta xếp các số 1, 2,3, ,10 (mỗi số xuất hiện đúng một lần)
a) Chứng minh không tồn tại một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn 10 b) Tồn tại hay không một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn hoặc bằng 10?
-Hết -
Trang 2Hướng dẫn giải Bài 1
a)
(Do 3bd 0)
a c a c
a c a c a c
b d b d
và 0
a c
Cách 2:
Trường hợp 1: b d b2 d2 (đccm)
Trường hợp 2: b , kết hợp với điều kiện d a c
b d suy ra a c
Khi đó a c a c
(tính chất dãy tỉ số bằng nhau)
3 3
Với a mà c 0 ac suy ra 0 a0,c suy ra b0 (mâu thuẫn) d
Với 3bd b d bd b2 d2
Vậy trong hai trường hợp ta đều có 2 2
b d
Nhận xét: Mấy em áp ụng ngay dãy tỉ số bằng nhau là thiếu trường hợp rồi, sẽ bị trừ điểm
b)
4 7
Điều kiện
3 4 7
xy
xy
2
xy xy xy , khi đó x 1 y2 xy 3
Ta có hệ
3 7 2
VN xy
Trường hợp 2: xy 3 xy4
Trang 3Khi đó ta có 3 2 2 1 2 3
Suy ra
Với 3 x y ta có 0 1 2 0 1
2
x
y
7x y 2xy 7 xy 0x y
Thử lại ta thấy 1; 2 và 1; 1 là nghiệm của hệ phương trình
Vậy phương trình có hai nghiệm x y là ; 1; 2 và 1; 1
Bài 2
a) Ta có
2 1 0
2 1 0
x
I x
x
II
Giải (I): Ta có
1
2
8
x
x
Giải (II): Ta có
1
2
1
1
2 2
2
x
II
x
x x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 9
; 2 8
S
a a a a a aa
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 1 hoặc a 2
Chứng minh tương tự ta cũng có bb22, cc2 2
Do đó a b c a2b2c2 suy ra 6 a (vì b c 0 a2b2c2 ) 6
Trang 4Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c, , là hoán vị của 1; 1; 2
Câu 3
a) Giả sử tồn tại số tự nhiên a thỏa a2a20102009
1
a aa a là tích hai số tự nhiên liên tiếp
Ta có a a , 1 và 1 a1a 1
Do đó ,a a phải có dạng 1 a p2009,a 1 q2009 trong đó p , q p q 2010,p q, 1 Điều này không thể xảy ra vì 2009 2009 2009
Vậy không tồn tại số tự nhiên a thỏa mãn đề bài
b) Giả sử tồn tại số tự nhiêna thỏa đề bài Tức là a3a2a20092010
Rõ ràng a 0, khi đó ta có a3 a3a2aa33a23a 1 a13
Mặt khác 2010 6073
2009 2009
Suy ra 3 6703 3
a a (Vô lý vì a3,a 13 là lập phương của hai số tự nhiên liên tiếp )
Vậy không tồn tại số tự nhiên a thỏa mãn đề bài
Câu 4
J
T
D
I
K,M
F
E
C
a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn KA KB trong trường hợp ,
60
Ta có ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O )
Tam giác ABC vuông tại C nên ta có 0
.cos 2 cos 60
.sin 2 sin 60 3
Trang 5Ta có 0 3
.sin sin 60
2
R
Tam giác CHE vuông tại H có HE là đường cao nên
2
2 2
3
4
R CH
Tương tự ta cũng có
2
3 4
CF
CB
Do đó
2
CEF
Vì BAC 600 nên A nằm giữa K và B
Dễ thấy CEHF là hình chữ nhật và 0
30
KEACEF CHF CBA , mà
60 30 30
Vậy tam giác KAE cân tại A suy ra KA AE
R
AE ACCE R R nên 1
4
b) Chứng minh EF tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ
Câu b, c ta xét trường hợp AC < BC, trường hợp ACBC làm tương tự
Gọi I là giao điểm của EF và CH Vì AEHF là hình chữ nhật nên I là trung điểm EF
Tứ giác EPQF là hình thang vuông (vì EP FQ, PQ)
Ta có IH// EP và I là trung điểm EF nên H là trung điểm của PQ
Khi đó đường tròn đường kính PQ là đường tròn tâm H bán kính HP
Gọi T là hình chiếu của H trên EF
Ta có PEH EAH (cùng phụ EHA ) và TEH IHE , IHE EAH (cùng phụ với EHA ) Suy ra PEH TEH, suy ra PEH TEH HT HP
Ta có HT EF T EF và HT HP nên EF tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ
c) Chứng minh KA KB KH2 và M thuộc một đường cố định
Ta có KEACEFCHFCBK, suy ra KAE KFB g g ,
Do đó KA KE KA KB KE KF
Trang 6Mặt khác ta có KHE HCEHFK, suy ra KHE KFH g g
Do đó KH KE KE KF KH2
Từ (1) và (2) thì KA KB KH2
Gọi J là giao điểm của OC và EF,
Ta có OCF OBC (tam giác OBC cân tại O)
Và JFE ICF (do tam giác ICF cân tại I)
Do đó
0 0
90 90
Tam giác CKO có CH và KJ là hai đường cao, cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác CKO, do đó OI CK (3)
Mặt khác hai đường tròn (O) và đường tròn tâm I đường kính CH cắt nhau tại C và D, nên OI
là đường trung trực của CD, suy ra OI CD (4)
Từ (3) và (4) ta có C K D thẳng hàng , ,
Vậy K cũng là giao điểm của CD và EF, do đó M K và M luôn thuộc đường thẳng AB cố
định
Nhận xét: Đây là một bài hình học rất quen thuộc, không khó Đỡ hơn năm ngoái nhiều Bài 5
a) Giả sử tồn tại một cách sắp xếp thỏa đề bài là
a 5
a 6
a 7
a 8
a 9
a 10
a 4
a 3
a 2
a 1
Trang 7Không mất tính tổng quát ta giả sử a Khi đó ta có 1 1
(vô lý vì mỗi số xuất hiện đúng một lần) Vậy không tồn tại cách sắp xếp thỏa mãn đề bài
b) Tồn tại cách sắp xếp như trên Ví dụ:
3 7
4 6 5 9
8
2 10 1