Đang tải... (xem toàn văn)
b) Chứng minh rắng tứ giác FCBM nội tiếp được trong đường tròn. Tìm tâm đường tròn đó.. Hai đường kính AB và CD vuông góc nhau. Gọi E là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Dây AE cắt CO t[r]
(1)GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10 ĐỀ SỐ 7
(Thời gian : 120 phút) Bài 1.
Cho biểu thức P =
2
2
1 2
x x x
x x x
a) Rút gọn biểu thức
b) Chứng minh < x < P > c) Tìm giá trị lớn biểu thức P Bài 2.
Giải hệ phương trình : y x xy
x y xy
Bài 3.
a) Chứng minh với số thực dương a, b ta có :
1
a b a b
b) Tìm nghiệm nguyên x, y phương trình : 6x2 + 5y2 = 74 Bài 4.
Cho đường tròn (O ; R) Hai đường kính AB CD vng góc Gọi E điểm cung nhỏ BC Dây AE cắt CO F, dây DE cắt AB M
a) Tam giác CEF EMB tam giác ?
b) Chứng minh rắng tứ giác FCBM nội tiếp đường trịn Tìm tâm đường trịn c) Chứng minh đường thẳng OE, BF, CM đồng quy
Bài 5.
Chứng minh a + b + c = abc ≠ : a b b c c a c a b
c a b a b b c c a
GIẢI Bài 1
a) Ta có P =
2
2
1 2
x x x
x x x
=
2
2
( 1)( 1) 1
x x x
x x x
=
2
2
( 2)( 1) ( 1)( 2)
.( 1) ( 1)
2( 1)
x x x x
x x
x x
=
.( 1)
x x
= x.( x 1) = x.(1 x)
b) Nếu < x < < x < – x > suy P = x.(1 x) >
* Đặt t = x > P = t – t2 =
2
1 1
2
4 t 2t
=
2
1
4 t
≤
(2)Vậy P đạt giá trị lớn
1 t
1 x
1 x
* Có thể dùng Bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương có tổng khơng đổi tích chúng lớn hai số
Bài 2.
Giải hệ phương trình : y x xy
x y xy
+ Dễ thấy x = , y = nghiệm hệ + Nếu x ≠ y ≠
Thì chia pt hệ cho xy , ta : 1
1
5 x y y x
Đặt u = x ; v =
1 y
Hệ
1
4
u v v u
9 7 u v
7 x y
Vậy hệ có nghiệm (0 ; 0) ( 9;
7 2) * Cách khác :
Nhân pt (1) cho trừ vế , ta 2y – 9x = y =
9 2x
Thế vào (1) , ta : 9x2 – 7x = x(9x – 7) = x x
Tứ suy nghiệm hệ : (0 ; 0) ( 9;
7 2) Bài 3.
a) Chứng minh với số thực dương a, b ta có :
1
a b a b (1)
(1)
4 a b
ab a b
2
a b ab (a, b dương)
(a2 – 2ab + b2) ≥ : Đúng
Vậy (1)
b) Tìm nghiệm nguyên x, y phương trình : 6x2 + 5y2 = 74 Đặt u = x2 ≥ , v = y2 ≥
Ta có 6u + 5x = 74 6u = 74 – 5x
74
v u
= 12 +
6 v
(3)Đặt t =
6 v
6t = – 5v 5v = – 6t
2
t v
=
5 t
t
Đặt k =
5 t
5k = – t t = – 5k
Vậy ta có :
u = 12 + – 5k = 14 – 5k v = k – + 5k = 6k – Do :
14
6
u k
v k
với k, t, u, v số nguyên
Vì u = x2 , x nguyên nên u số phương 14 – 5k > 0, k nguyên nên k { 1; } Nên : chọn k = u = x = 3 ; v = y =
Nhưng k = v = 10 khơng số phương, nên loại k =
Vậy nghiệm nguyên phương trình cần tìm (3 ; 2) ; (3 ; -2) ; (-3 ; 2) ; (-3 ; -2) Cách khác :
6x2 + 5y2 = 74 6(x2 – 4) = 5(10 – y2)
Suy : x2 – = 5u 10 – y2 = 6v u = v Vì x2 = + 5u ≥ u ≥
4
y2 = 10 – 6v ≥ v ≤
+ Hoặc u = v = y2 = 10 , y nguyên : không xảy ra + Hoặc u = v = x2 = ; y2 = 4
Vậy nghiệm nguyên phương trình cần tìm (3 ; 2) ; (3 ; -2) ; (-3 ; 2) ; (-3 ; -2) Bài
Cho đường trịn (O ; R) Hai đường kính AB CD vng góc Gọi E điểm cung nhỏ BC Dây AE cắt CO F, dây DE cắt AB M
a) Tam giác CEF EMB tam giác ?
b) Chứng minh rắng tứ giác FCBM nội tiếp đường trịn Tìm tâm đường trịn c) Chứng minh đường thẳng OE, BF, CM đồng quy
a) Ta có
1( )
2
FCE EB BD
(góc nội tiếp chắn cung EBD)
1( )
2
CFE EB BD
(góc có đỉnh bên đường tròn)
mà CE EB (E điểm cung BC)
Suy : CFE = FCEECF cân E
Chứng minh tương tự : EMC cân E
Mà hai cạnh CE = EB
Nên Tam giác CEF EMB tam giác cân
b) Ta có : góc BCF chắn cung BD = 90o góc BCM chắn cung AC = 90o
suy : hai góc BCF BCM nhìn FM đưới
K
M F
E
D C
B O
(4)một góc nhau, tứ giác BCFM nội tiếp đường tròn
EC = EF = EM = EB suy E tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCFM
c) Ta có OE trung trực BC FM
Gọi K giao điểm CM BF , ta chứng minh OE qua K.Thật :
FKC = MBK (g – c – g) :
+ FCKMBK (góc nội tiếp chắn cung FM)
+ FC = BM (cmt)
+ CFK BMK (góc nội tiếp chắn cung BC)
Từ suy : FK = KM KB = KC nên K thuộc trung trực OE Bài 5.
Chứng minh a + b + c = abc ≠ : a b b c c a c a b
c a b a b b c c a
Đặt a b x
c
1 c
xa b ;
b c y
a
1 a
y b c ;
c a z
b
1 b
z c a
Và : M =
a b b c c a c a b c a b a b b c c a
Ta có :
M =
1 1
a b b c c a c a b
x y z
c a b a b b c c a x y z
= +
y z z x x y x y z
(1) Do a + b + c = nên :
a + b = – c a3 + 3ab(a + b) + b3 = – c3 a3 + b3 + c3 = 3abc (2)
Ta có :
2 ( )( )
b c c a b bc ac a a b a b c y z
a b ab ab
Suy :
2
( )( )
( )
a b a b c
y z ab a b c c c a b
x ab ab
c
Tương tự cách hốn vị vịng quanh, ta :
2 z x a
y bc
;
2 x y b
z ca
Thay vào (1), áp dụng (2) , ta : M = +
2 2c
ab + 2b
ca + 2a
bc = +
3 3
2(a b c ) abc
= + 2.3abc