CẤU TRÚC KHÔNG GIAN PHOTPHOLIPIT

Gäi I lµ trung ®iÓm cña BC vµ N lµ giao cña AO vµ EF.[r]

Equation Chapter Section 1S ở giáo dục đào tạo

Hng yên đề thức

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên Năm học 2010 2011

Môn thi: Toán

(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán, Tin) Thêi gian lµm bµi: 150

Bµi 1: (2 ®iĨm)

Cho A= 2 2 2 2 2 vµ

 

     

   

 

1

B 2

5

So sánh A B Bài 2: (2 điểm)

a) Giải phơng trình: (x-1)2 - 2 x2  2x  40

b) Cho hÖ

  

 

   



3x 3y 2xy

x y xy m

Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm (x;y) cho x > y > Bi 3: (2,0 im)

a) Tìm số nguyên x, y thoả mÃn xy + y = x3 +4 b) Cho ba sè d¬ng a, b, c vµ ab+ bc + ca =1 CMR

     

    

2 2

a a b b c c 1

bc ac ab a b c

Bài 4: (3,0 điểm)

Cho ba điểm cố định A, B, C thẳng hàng, B nằm A C Gọi (O) thay đổi qua B C, qua A kẻ đờng thẳng tiếp xúc với (O) E F( E không trùng F) Gọi I trung điểm BC N giao AO EF Đờng thẳng FI cắt (O) H Chứng minh rằng:

a) EH song song với BC b) AN.AO không đổi

c) Tâm đờng tròn qua ba điểm O, I, N thuộc đờng thẳng cố định Bài 5: (1,0 điểm)

Trên mặt phẳng có 2011 điểm bất kỳ, ba điểm khơng thẳng hàng, CMR ln vẽ đợc đờng tròn qua ba số 2011 điểm cho mà 2008 điểm cịn lại khơng nằm ngồi đờng trịn

- HÕt

-Hä tên thí sinh: .

Chữ ký giám thị .

…

Sè b¸o danh: … … ………Phßng thi sè:. . … …

HD giải:

B ià 2:

a) ĐK x2- 2x 

PT tơng đơng với x2- 2x + - x2 2x  40 Đặt t = x2  2x ( ĐK t 0)

b) Hệ PT tơng đơng với

  

 

   



3(x y) 2xy

2(x y) 2xy 2m 

   



  

x y 2m

xy m

Do x y nghiệm PT: t2+ 2(m- 3)t + – m = (*) Nên ycbt tơng đơng với PT (*) có hai nghiệm dơng phân biệt

Bi 3:

a) Tìm số nguyên x, y tho¶ m·n xy + y = x3 +4

PT y(x+1) = (x+1)( x2- x+ 1) + 3 (x+1)[y- ( x2- x+ 1)] = 3 Do x, y số nguyên nên có trờng hợp sau:

TH1:  

          

x

y x x 1

TH2:  

           x 1

y x x

TH3:  

          

x

y x x 1

TH4:  

          

x 1

y x x

b) tõ ab+ bc + ca =1 ta cã a2 + = a2 +ab+ bc + ca = ( a+ b)(a+ c) nên áp dụng BĐT Côsi ta có:

2

a a

bc =

            

    

 

a b a c

a

a b a c a 2 1 1 1

bc bc b c ,

t¬ng tù

 

2

b b

ac

 

   

 

1 1

2 a c vµ

   

   

 

2

c c 1

ab a b từ suy đpcm. Bài 4:

a) Ta có năm điểm A, E, O, I, F thuộc đờng trịn đờng kính AO Nên AEF AIF mà AEF EHF vàAIF HIC HIC EHF suy đpcm.

b) Tam giác ABF đồng dạng với tam giác AFC nên ta có AF2 = AB.AC Trong tam giác vuông AFO vuông F đờng cao FN ta có AF2 = AN.AO nên AN.AO = AB.AC( khơng đổi- A, B, C ba điểm cố định)

c) gọi EF cắt AB K, dễ thấy bốn điểm K, N, O, I thuộc đờng tròn nên đờng tròn qua I, N, O qua K Ta chứng minh đợc Tam giác AOI đồng dạng với tam giác AKN nên có AN.AO = AK.AI, AI, AN.AO không đổi nên K cố định nên đờng trịn qua I, N, O có tâm nằm trung trực IK cố định suy đpcm.

Bài 5:

đường tròn qua ba điểm n điểm n-3 điểm lại không nằm đ-ờng tròn này.

Ta tìm hai điểm A1A2 mà tất điểm lại nằm một nửa mặt phẳng bờ đường thẳng A1A2.

Trong số góc có dạng A A A1 i 2( với i chạy từ đến n) ta tìm

một điểm Ak cho góc



1 k

A A A nhỏ nhất.

Nªn A A A1 i A A A1 k với i chạy từ đến n, đường trịn ngoại

tiếp tam giác A A A1 k chứa tất điểm li qua số điểm

chứa điểm cịn lại.Tóm lại khơng có điểm n-3 điểm nằm ngồi đờng trịn này.

Thật vậy, có điểm Aj nằm ngồi đường trịn ngoại tiếp tam giác A A A1 k thì ta có



1 j

A A A

< A A A1 k điều mâu thuẫn.