x x (1,5đ) Chỉ M n A = -1 kh x = (tmđk) 0,5 1,0 0,5 Áp dụng BĐT Bunh akopsk có 2.4 (2,0đ) 1 x + y y + z A x + y +1 y + z + z + x 2 2 2 z + x 1,0 = 3.2(x +y + z) = 6.1 = (vì x + y + z = 1) Suy A a b c Bài 3: (2,0 điểm) Cho tam g ác ABC có chu v 2p = a + Ch ng m nh : Bài 3 (2,0đ) pa pb + c (a, , c độ dà 0,5 0,5 a cạnh tam g ác) 1 1 pc a b c Đáp án bca Chỉ p a 0; p b 0; p c Áp dụng BĐT Cơ s ta có : ( p a) ( p b) pa 4 ( p a)( p b) p b ( p a)( p b) 1 4 p a p b p a p b c 1 1 Tương tự ; p b p c a p c p a b Điểm 0,25 0,5 0,25 Suy 0,25 1 1 1 a b c p a p b p c Suy đpcm Dấu “=” xảy kh a b c Suy 0,25 0,5 Bài 4:(5,0 điểm) Cho tam g ác ABC nộ t ếp đường tròn (O ; ) G (I ; r) đường tròn nộ t ếp tam g ác ABC, M t ếp đ m AB vớ đường tròn (I); H g ao đ m AI vớ đường tròn (O) (H khác A), HK đường kính đường tròn (O) G a) Tam g ác AMI tam g ác KCH đồng dạng b) HB = HI c) IA.IH R a a độ dà đoạn OI Ch ng m nh d) R 2Rr a K A 12 M E I O F B C H Đáp án Bài * Hình vẽ đ ng 4.a (1,75đ) – Ch ng m nh tam g ác AMI KCH tam g ác vuông - Ch ng m nh A1 A2 K - Suy tam g ác AMI tam g ác KCH đồng dạng (đpcm) 4.b (1,0đ) 4.c (1,0đ) - Ch ng m nh I1 A1 B1; IBH B2 B3 B1 A1 Do I1 IBH HB HI (đpcm) G EF đường kính (O) đ qua I - Nêu IA.IH = IE.IF (hệ th c đường tròn) - Suy ra: IA.IH = (R – a).(R + a) = R2 – a2 IA IM IA.HC = HK.IM = 2Rr (*) 4.d HK HC (1,25đ) Mà HB = HC (do A1 A2 ) HC = HI Kết hợp câu c), thay vào (*) ta có: R2 – a2 = 2Rr R 2Rr a (đpcm) Từ câu a), ta có Điểm 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,50 0,25 0,50 Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường tròn (C) đường kính PQ = cố định đường kính MN đường tròn thay đổ (MN khác PQ) Qua P vẽ đường thẳng (d) t ếp tuyến đường tròn, (d) cắt QM QN E F 1) Ch ng m nh tam g ác QMN đồng dạng vớ tam g ác QFE 2) Tìm vị trí đường kính MN đ EF có độ dà nhỏ tính g trị nhỏ theo R P E M F C N Q Đáp án Bài 5.1 (1,5đ) Điểm Ch ng m nh QM.QE = QN.QF(=PQ2) QM QN QF QE Chỉ QMN đồng dạng QFE (c.g.c) 0,75 0,75 QFE vng tạ Q có PQ EF (gt) (1) PQ = PE.PF (hệ th c 2) 5.2 (1,5đ) PE.PF = (2R)2 = 4R2 0,25 Áp dụng ất đẳng th c Cô s cho số EP, PF > ta có EF EP PF EP.PF 4R 4R 0,25 EF nhỏ ằng kh EP = PF (2) Từ (1) (2) ∆QEF cân tạ Q có PQ đường cao đồng thờ phân giác 0,25 Chỉ PMQN hình chữ nhật 0,25 PMQN hình vng MN PQ 0,25 Vậy Khi MN PQ EF có độ dà nhỏ ằng ’ 0,25 Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác GK cho điểm tương đương Điểm tồn khơng làm tròn ... HC (1 ,25 đ) Mà HB = HC (do A1 A2 ) HC = HI Kết hợp câu c), thay vào (*) ta có: R2 – a2 = 2Rr R 2Rr a (đpcm) Từ câu a), ta có Điểm 0 ,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0 ,25 0 ,25 0,5 0,50 0 ,25 0,50... PE.PF (hệ th c 2) 5 .2 (1,5đ) PE.PF = (2R )2 = 4R2 0 ,25 Áp dụng ất đẳng th c Cô s cho số EP, PF > ta có EF EP PF EP.PF 4R 4R 0 ,25 EF nhỏ ằng kh EP = PF (2) Từ (1) (2) ∆QEF cân tạ... B2 B3 B1 A1 Do I1 IBH HB HI (đpcm) G EF đường kính (O) đ qua I - Nêu IA.IH = IE.IF (hệ th c đường tròn) - Suy ra: IA.IH = (R – a).(R + a) = R2 – a2 IA IM IA.HC = HK.IM = 2Rr