Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R) có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau.. Hình thang nầy nội tiếp đường tròn (O) nên là hình thang cân, suy ra: CD = AB’..[r]
(1)THÀNH PHỐ CẦN THƠ MƠN: TỐN (Hệ chun) Năm học: 2009 – 2010 CÂU (1,5 điểm)
Cho biểu thức Q =
x x 2x x
x x x
với x > 0
a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm x để Q =
c) Tìm giá trị nhỏ Q giá trị x bao nhiêu?
a) Q =
x ( x 1)(x x 1) x (2 x 1)
x x x
= x x x 1 = x x (+ +) b) Q = x x 4
x x 0 ( x 1)( x 4) 0
x 16 (+ +)
c) Q = x x =
2
3 9
( x )
2 4
Giá trị nhỏ Q
xảy x =
4 (+ +) CÂU 2 (1,5 điểm )
Cho x, y, z số dương Chứng minh : 1
xy z x y z
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có:
x y z xyz ( + )
3 1 1
3
x y z xyz ( + ) 1 xyz (x y z)( )
x y z xyz
1 1 (x y z)( )
x y z
1 1 x y z x y z
(2)CÂU 3 ( điểm )
Giải phương trình hệ phương trình sau: a)
2
3x 2x 2x x
b) 2
x 2y 12 y x 16
a).(1đ)
ĐK: x0 (+) Đặt:
x t 2x 1 (1) Thay vào ta có pt:
2
3t 3t 4t t
Giải tìm đ ược: t1 = ; t2 =
1
3 (+) Thay t1 = vào (1) có :
2
x
1 2x x
2x 1 (vô nghiệm) Thay t2 =
1
3 vào (1) có :
2
x
2x 3x 2x 1 3 Giải tìm : x1 = ; x2 =
1
2 (+ +) b).(1đ )
2
2
x 2y 12 x 2y 12 y x 16 2y x 32
Đặt: x u (u 0 ) 2y2 = v (v 0 )
Thay vào ta có hệ:
u v 12 uv 32
Giải hệ nầy tìm được: (u = 4; v = 8) , (u = 8; v = 4) (+) Với (u = 4; v = 8) tìm được:
x 15 y (+)
Với (u = 8; v = 4) tìm được: x 63 y (+)
(3)B' D
C B
A
O
x 15 y
;
x 15 y
; y
; y
(+)
CÂU ( điểm )
Cho phương trình : x2 2x sin cos 1 0 , ( 00 900 )
a) Chứng tỏ phương trình ln có hai nghiệm phân biệt
b)Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm x1, x2 phương trình khơng phụ thuộc vào
tham số . a).(0,25đ)
Ta có: ' sin2 cos 1 sin2(1 cos ) > (+) Vậy pt ln có hai nghiệm x1 x2
b).(0,75đ)
1 2
x x 2sin x x cos
(+)
1
1 x x sin
2 cos x x
(+)
2
2
1 x x
(x x 1)
( sin2 cos2 1) (+)
2
1 2
(x x ) 4(x x 1)
CÂU (1 điểm)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O;R) có hai đường chéo AC BD vng góc với Chứng minh rằng: AB2 + CD2 = 4R2
Kẻ đường kính BB’ Nối B’A, B’D, B’C Ta có tứ
giác ACB’D hình thang (AC // B’D vng góc với BD) Hình thang nầy nội tiếp đường trịn (O) nên hình thang cân, suy ra: CD = AB’ Do đó: AB2 + CD2 = AB2 + AB’2 = BB’2 (ABB' vuông A).
(4)I
D C
S
N M
B A
E O' O
CÂU (3 điểm)
Cho đường tròn ( O; R ), đường kính AB, gọi S điểm đối xứng O qua A Từ S vẽ hai tiếp tuyến SM, SN với đường tròn (O) ( M N hai tiếp điểm) a) Chứng minh tứ giác SMBN hình thoi
b) Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt SM, SN C D Chứng minh: SA2 = AC SM.
c) Gọi O’ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SCD I điểm thuộc cung nhỏ SC Trên đoạn ID lấy điểm E cho IS = IE Chứng minh I di động cung nhỏ SC E ln thuộc cung tròn cố định
d) Xác định vị trí điểm I cho tổng IS + IC có giá trị lớn tính giá trị nầy theo R
a).(0,75đ)
Lập luận chứng minh đượcMSN & MBN hai tam giác đều,
suy SM = SN = BM = BN
suy tứ giác SMBN hình thoi (+ + +) b).(0,75đ)
sin
OM R
OSM OSM 30
OS 2R
CSD 60
Tiếp tục lập luận suy tam giác SCD tam giác từ suy AC =
SC
SA2 = SC2 – AC2 = SC2 – CM2 = (SC + CM)(SC – CM)
(5)Lập luận tam giác ISE tam giác (+) Suy số đo SED 120 0 (+)
Suy E thuộc cung chứa góc 1200 dựng đoạn SD cố định (+)
Vậy E ln thuộc cung trịn cố định d).(0,75đ)
Lập luận chứng minh : IS + IC = ID (+)
Suy tổng IS + IC lớn ID đường kính đường trịn (O’) (+) Suy vị trí điểm I cách vẽ đường kính DI
( hay I điểm cung SC )
Lập luận tính giá trị lớn tổng IS + IC = 4R
3 (+)
-HẾT
-Ghi chú:
- Mỗi dấu + tương ứng với 0,25 điểm