Đang tải... (xem toàn văn)
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng nếu AM = AB thì tứ giác ABHI nội tiếp... 3) Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O), P v[r]
(1)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013
Mơn thi: TỐN (chun)
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề thi gồm : 01 trang
Câu I (2,0 điểm)
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử a (b-2c)+b (c-a)+2c (a-b)+abc2 2
2) Cho x, y thỏa mãn x3 y- y +1+ y+ y +12 Tính giá trị biểu thức
4 2
A x +x y+3x +xy- 2y +1 .
Câu II ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình (x - 4x+11)(x - 8x +21) 352
2) Giải hệ phương trình
2
x+ x +2012 y+ y +2012 2012
x + z - 4(y+z)+8 0
.
Câu III (2,0 điểm)
1)Chứng minh với số nguyên n (n2 + n + 1) không chia hết cho 9.
2)Xét phương trình x2 – m2x + 2m + = (1) (ẩn x) Tìm giá trị nguyên dương m để phương trình (1) có nghiệm ngun
Câu IV (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông A có AB < AC ngoại tiếp đường trịn tâm O Gọi D, E, F tiếp điểm (O) với cạnh AB, AC, BC; BO cắt EF I M điểm di chuyển đoạn CE
1) Tính BIF
2) Gọi H giao điểm BM EF Chứng minh AM = AB tứ giác ABHI nội tiếp
3) Gọi N giao điểm BM với cung nhỏ EF (O), P Q hình chiếu N đường thẳng DE, DF Xác định vị trí điểm M để PQ lớn
Câu V (1,0 điểm)
Cho số a, b, c thỏa mãn 0 a b c 1 Tìm giá trị lớn biểu thức
1 1 1
B (a+b+c+3) + + a+1 b+1 c+1
-Hết -Họ tên thí sinh……… Số báo danh……… ……… Chữ kí giám thị 1: ……… Chữ kí giám thị 2: ………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
(2)
HẢI DƯƠNG NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN (chun)
Hướng dẫn chấm gồm : 03 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu Nội dung Điểm
Câu I (2,0đ)
1) 1,0 điểm a (b - 2c) +b (c - a) + 2c (a - b) + abc=2c (a - b)+ab(a-b)-c(a2 2 2 b2) ac a b( )
0,25
2
(a b)[2c 2ac ab bc]
0,25
(a b)[2 (c c a) b a c( )]
0,25
(a b a c b)( )( )c
0,25
2) 1,0 điểm
Có x = y- y + 13 y+ y + 12
3 3 3
x = 2y +3 y - y + y+ y + 1 y- y +1 y+ y +1
0,25
3
x + 3x -2y =
0,25
4 2
A = x + x y + 3x - 2xy + 3xy - 2y + = (x +3x -2xy) +(x y+3xy - 2y ) 1 0,25
3
x(x +3x-2y) +y(x +3x - 2y) 1
0,25
Câu II (1,0đ) 1)1,0 điểm
phương trình cho tương đương với
2 2
(x 2) (x 4) 35
(1) 0,25
Do
2
2 2
2
( 2) 7
( 2) ( 4) 35 ( 4) 5
x x
x x x
x x 0,25 2
( 2) 7 (1)
( 4) 5
x x 0,25 <=>x=2 0,25
2)1,0 điểm 2
2
(x+ x +2012)(y+ y +2012) 2012 (1) x + z - 4(y+z)+8=0 (2)
(1) x x 2012 y y 2012 y 2012 y 2012 y 2012 y (D o y22012 y 0 y )
2 2
2
2 2
2
2012 2012 2012 2012 2012 2012
2012 2012
2012 2012 2012 2012
2012 2012
x x y y x x y y
x y y x
y x y x
x y y x 2
2 2012 2012
( ) y y x x
y x
x y x y
(3)
Do
2
2
2012 | |
2012 2012 2012 | |
y y y y
y y x x y x
x x x x
0,25
Thay y=-x vào(2) x2z24x 4z 8 (x2)2(z 2)2 0 0,25
2
2
( 2)
2
( 2)
x x
y x z
z
Vậy hệ có nghiệm (x;y;z)=(-2;2;2).
0,25 Câu III
(2,0đ)
1)1,0 điểm Đặt A = n2 + n + n n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + (k ) 0,25 * n = 3k => A khơng chia hết cho (vì A khơng chia hết cho 3) 0,25 * n = 3k + => A = 9k2 + 9k + không chia hết cho 9. 0,25 * n = 3k +2 => A = 9k2 +9k+7 không chia hết cho
Vậy với số nguyên n A = n2 + n + không chia hết cho 9. 0,25
2)1,0 im Giả sử tồn m *
để phơng trình có nghiệm x1, x2
Theo vi-et:
2
1 2 x x m x x m
⇒ (x1 - 1) (x2 - 1) = - m2 + 2m + 3
0,25
Với m * Ta cã x1x2 4vµ x1 + x2 1 m x1hoặc x2 nguyên và
2 *
x x m x x1, 2* (x11)(x21) 0
2
m 2m (m 1)(m 3) m
m {1;2;3}
0,25
Với m = 1; m = thay vào ta thấy phơng trình cho vơ nghiệm 0,25 Với m = thay vào phơng trình ta đợc nghiệm phơng trình cho x =1; x
= tho¶ m·n VËy m= 0,25
Câu IV (2,0đ)
1) 1,0 điểm Vẽ hình theo yêu cầu chung đề
M H
A C
K
I
E B
O D
F
0,25
Gọi K giao điểm BO với DF => ΔIKF vng K 0,25
Có
1
DFE= DOE=45
0,25
BIF 45
0,25
2) 1,0 điểm Khi AM = AB ΔABM vng cân A => DBH=45
.Có DFH=45 => Tứ giác BDHF nội tiếp
(4)
=> BFO=BHO 90 0 => OH BM, mà OA BM=> A, O, H thẳng hàng 0,25
BAH=BIH 45 => Tứ giác ABHI nội tiếp. 0,25 3) 1,0 điểm
P
Q
N
C B
A
O D
E
F
M
Có tứ giác PNQD nội tiếp = > QPN=QDN=EFN
Tương tự có NQP=NDP=FEN => ΔNEFvà ΔNQPđồng dạng
0,25
=>
PQ NQ
= PQ EF EF NE
0,25 Dấu “=” xẩy P F; Q E => DN đường kính (O) =>
PQ lớn EF 0,25
Cách xác định điểm M : Kẻ đường kính DN (O), BN cắt AC M PQ lớn
0,25 Câu V
(1,0đ) Đặt x=1+c, y=1+b, z=1+a
0 a b c 1 = >1z yx2 Khi A= (x+y+z)(
1 1
xyz )=3+3
x x y y z z y z x z x y
0,25
1 1
1 1
2 2
x y x y x y x y x
y z y z y z y z z
z y z y z y z y z
y x y x y x y x x
x y z y x z x x y y z z x z
y z y x z x y z x z x y z x
0,25
Đặt x
z = t =>1 t
2
1 5 (2 1)( 2)
2 2
x z t t t t t
t
z x t t t t
Do 1 t
(2 1)( 2)
t t t
0
x z z x
5
A
5
3 2 10
0,25
(5)
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013
( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn thi: Tốn chung
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm trang, có bốn câu)
Câu 1: ( 2,5 điểm)
1/ Giải phương trình : a/ x4 x2 20 0 b/ x 1 x
2/ Giải hệ phương trình :
3 x y
y x
Câu 2 : ( 2,0 điểm)
Cho parabol y = x2 (P) đường thẳng y = mx (d), với m tham số. 1/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm có tung độ
2/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm, mà khoảng cách hai điểm
Câu 3 : ( 2,0 điểm) 1/ Tính :
1
( )
2 3 3
P
2/ Chứng minh : a5b5 a b3 2a b2 3, biết a b 0 Câu 4 : (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm O, đường kính AH, đường tròn cắt cạnh AB, AC theo thứ tự D E
1/ Chứng minh tứ giác BDEC tứ giác nội tiếp đường tròn 2/ Chứng minh điểm D, O, E thẳng hàng
3/ Cho biết AB = cm, BC = cm Tính diện tích tứ giác BDEC
(6)
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013
( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn thi: Tốn ( mơn chun)
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm trang, có năm câu) Câu 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình x4 16x2 32 0 ( với x R )
Chứng minh x 2 2 2 nghiệm phương trình cho Câu 2 (2,5 điểm)
Giải hệ phương trình
2 ( 1)( 1) ( 1)( 1) yx
x x y xy
y y x
( với x R y R , ). Câu 3.(1,5 điểm)
Cho tam giác MNP có cạnh cm Lấy n điểm thuộc cạnh phía tam giác MNP cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn cm ( với n số nguyên dương) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho
Câu 4 (1 điểm)
Chứng minh 10 số nguyên dương liên tiếp không tồn hai số có ước chung lớn
Câu 5 (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC không tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D,E,F tiếp điểm BC, CA, AB với đường tròn (I) Gọi M giao điểm đường thẳng EF đường thẳng BC, biết AD cắt đường trịn (I) điểm N (N khơng trùng với D), giọi K giao điểm AI EF
1) Chứng minh điểm I, D, N, K thuộc đường tròn 2) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (I)
(7)
GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10
CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013
Môn: Toán chung -Câu 1: ( 2,5 điểm)
1/ Giải phương trình :
a/ x4 x2 20 0 (*) Đặt x2 t t;( 0) (*) t2 – t – 20 =
(t1 = (nhận) v t2 = - ( loại)); Với t = => x2 = x = Vậy phương trình có hai nghiệm x = x = -
b/ x 1 x 1 ( điều kiện x1)
2 2
( x1) (x1) x 1 x 2x 1 x 3x0 x(x-3) = x = ( loại) v x = ( nhận)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2/ Giải hệ phương trình :
3 x y
y x
Từ y x 3 y 3x y 0 y y
1
3 2
3 3
2 x
x y x y x y x
y x y x y x y x
y
(nhận) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y):
1 7 ( ; ),( ; )
2 2 Câu 2 : ( 2,0 điểm)
1/ P.trình hồnh độ giao điểm (P) (d) :
1
2
0 ( ) x
x mx x x m
x m
Vì giao điểm ( ) :P y x y m Với y = => m2 =
(m = v m = -3) Vậy với m3 (P) (d) cắt điểm có tung độ 9.
2/ Từ câu => (P) (d) cắt hai điểm phân biệt m0.
Khi giao điểm thứ gốc toạ độ O ( x = 0; y = 0), giao điểm thứ điểm A có ( x = m; y = m2).
Khoảng cách hai giao điểm : AO = m2m4 m4m2 0 (1) Đặt t m t 2;( 0) (1) t2 t 0 (t1 = ( nhận ) v t2 = - ( loại))
Với t1 = m2 = , m ( nhận)
Vậy với m 3 (P) cắt (d) hai điểm có khoảng cách 6. Câu 3 : ( 2,0 điểm)
(8)
1 3 3
( )
4
2 3 3 3( 1)
P
2/ Ta có:
5 2 5 2 3 2 2 3 2
2 2
0 ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )
a b a b a b a b a b a b a a b b a b a b a b
a b a b a b ab
Vì : (a b )20 (với a, b R).
a b ( theo giả thiết)
2 0
a b ab ( với a, bR )
Nên bất đằng thức cuối Vậya5b5 a b3 2a b2 3 với a b 0 (đpcm) Câu 4 : (3,5 điểm)
E
D
O
H
C B
A
1/ Nối H với E
+ HEA900 ( AH đường kính), AHC900 ( AH đường cao)
=> AHEACB (cùng phụ với EHC) (1) + ADEAHE ( góc nội tiếp chắn cung AE) (2)
Từ (1) (2) => ADE = ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đường trịn ( có góc đối góc kề bù góc đối)
2/ Vì DAE900 => DE đường kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm). 3/ Ta có SBDEC SABC SADE
+ABC vng có AH đường cao:
2 4
AC BC AB cm =>sABC 6 (cm2)
12 AB AC DE AH
BC
(cm) ( đường kính đt O) +ADE ABC có A chung , ADE = ACB ( câu 1)
=> ADE ABC (g.g) => tỉ số diện tích bình phương tỉ đồng dạng :
2 2
2
ABC AED
AED ABC
S DE
S DE
S
S BC BC
+
2
2 2
12 (1 ) 6(1 )
5
BDEC ABC ADE ABC
DE
S S S S
BC
(9)
GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10
CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013
Mơn: Tốn chun
-Câu 1: Phương trình cho : x416x232 0 ( với x R ) (x2 8)2 32 0 (1) Với x 2 2 2 x 2 2 2 2
=> x2 8 2 3 2 Thế x vào vế phải (1) ta có:
2 2
(x 8) 32 (8 2 3 2 8) 32 4(2 3) 12(2 3) 32 =8 24 12 32 0 ( vế phải vế trái)
Vậy x 2 2 2 nghiệm phương trình cho ( đpcm)
Câu 2: Hệ pt cho
2 ( 1)( 1) ( 1)( 1) yx
x x y xy
y y x
(1) (2)
2 ( 1)( 1) ( 1)( 1)
x x y xy
y y x xy
Thay x = 0, y = hệ khơng thoả Thay x = -1 y = -1 vào, hệ không thoả => ( ; ) (0;0);x y xy0;x 1 0;y 1 6 xy0 (*)
- Chia vế hai phương trình cho : =>
6
( ) 6( )
x xy
xy x y x y
y xy
Thay x = y, hệ pt có vế phải nhau, vế trái khác (không thoả) =>x y 0) (**)
=>
6(x y) xy
x y
(3) - Cộng vế (1) (2) hệ ta pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = (4)
(x + y) ( x + y + xy + 1) + xy =
6( ) 6( ) (x y x y)( x y ) x y
x y x y
6( 1) (x y x y)( x y )
x y
6 (x y x y)( 1)(1 )
x y x y x y x y
- Với x + y = x = - y Thế vào hệ => -2y2 = (y = v x = 0) không thoả (*) - Với x + y +1 =0 x = -y - vào phương trình (1) hệ ta :
2y33y2 y (y2)(2y2 y3) 0
2
2 0( )
y y
y y vn
(10)
Với y = - => x = 1.Thế vào hệ thoả, có nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2) - Với
6
1 x y x y x y
Thế x = y -6 vào pt (2) hệ : (2) 2y3 7y216y 0
2
2
2 (2 1)( 6)
4 y
y y y
y y
y2 - 4y - =
1
2
2 10 10 y
y
2y +1 = y3 =
1
Từ ba giá trị y ta tìm ba giá trị x tương ứng:
2
3
4 10 10
13 x
x x
Thế giá trị (x; y) tìm vào hệ (thoả)
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x;y): (1; -2), (
13 10; 10),( 10; 10),( ; )
2
Câu 3 (Cách 1)
Tam giác có cạnh cm diện tích 3cm2 , tam giác có cạnh cm diện tích
3
4 cm2 Nếu tam giác có cạnh > 1cm diện tích >
3 cm2
Gọi t số tam giác có cạnh > 1cm chứa tam giác có cạnh cm: 1 t 4 ( với t số nguyên dương) => tmax = 3.
Theo nguyên lý Drichen có t tam giác có cạnh > 1cm chứa tối đa điểm thoả mãn khoảng cách hai điểm > cm
Vậy số điểm thoả yêu cầu toán : 2 n 4 Vậy nmax = 4 (Cách 2): Giải theo kiến thức hình học
(11)
=> phần diện tích lấy điểm mà khoảng cách đến đỉnh tam giác > cm
Vậy số điểm lớn thoả mãn khoảng cách hai điểm > 1cm : nmax = + = điểm
Câu 4 Gọi a b hai số 10 số nguyên dương liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dương)
1 a b
Gọi n ước chung a b, : a = n.x b = n.y ( n, x, y số nguyên dương) Vì a > b => x > y => x y 1
1
1 n x n y x y
n n
n
n
Vậy 10 số nguyên dương liên tiếp khơng tồn hai số có ước chung lớn Câu 5
D K
F
N E
M
I
C B
A
1)Nối N F, D F
- Xét ANF AFD có: AFN = ADF ( AF tt) FAD chung =>ANF∽AFD (g.g) =>
2
AF
AF AF
AN
AN AD AD
(1)
- Xét AFI có: AFIF ( AF tiếp tuyến, FI bán kính) FK AI ( AF AE tt chung AI nối tâm) => AFI vng F có FK đường cao) => AK.AI = AF2 (2)
- Xét ANK AID có: + IAD chung
+ Từ (1) (2) => AN.AD = AK.AI =>
AN AI AK AD
=>ANK∽AID (c.g.c) =>NKA = IDN (3) - Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì có góc đối góc kề bù góc đối)
=> điểm I,D,N,K thuộc đường trịn (đpcm)
2) Ta có IDDM ( DM tiếp tuyến, DI bán kính) IKKM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đường trịn đường kính MI Vì điểm D, I, K, N thuộc đường tròn ( câu 1) => hai đường tròn ngoại tiếp DIK => hai đường tròn trùng => N nằm đường trịn đường kính MI => INM = 900
Vì IN bán kính đường trịn (I), MN IN => MN tiếp tuyến đường tròn (I) tiếp điểm N (đpcm)
(12)
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013
ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN
(Đề gồm có trang) (Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Nga - Pháp)
Thời gian làm :150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 18 tháng năm 2012
Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :
2
:
5
x x x x
A
x x x x x
1/ Rút gọn biểu thức A. 2/ Tìm giá trị x để
1
A Câu 2 (2,0 điểm )
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 a0 và đường thẳng (d):
y = bx + 1
1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2)
2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ)
Câu (2.0 điểm)
1/ Cho phương trình: x2 (2m1)x m 2m 6 0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
2/ Giải hệ phương trình:
1 1
1
x y
x y
Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến AP và
(13)
a) AB AC BC không phụ thuộc vào vị trí điểm N.
b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ//BC
Câu (1.0 điểm)
Cho x, y số thực dương thoả mãn :
1 2 2
x y Chứng minh :
2
5x y 4xy y 3 - Hết
-Họ tên thí sinh ……… Số báo danh: ………
(14)
Bài giải
Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :
2
:
5
x x x x
A
x x x x x
1/ Rút gọn biểu thức A.
2
:
5
x x x x
A
x x x x x
(ĐK: x 0, x 4, x )
A = … =
1
x x
2/ Tìm giá trị x để
1
A
1 5 4 5
2 8 5 5
2 1 2
1 1
2 5 3 0 3 0
2 2
1 0
4
x
x x
A x
x x x x
x
Kết hợp với ĐK
1
4
x
Câu 2 (2,0 điểm )
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 a0và đường thẳng (d): y =
bx + 1
1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2) M (P) … a = y = 2x2
M (d) … b = y = x + 1
2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ)
Xét pt hoành độ gđ: 2x2 = x + 2x2 - x - =
1 2
1 1 1; ; ;
1 1
2 2
2 2
x y
M N
x y
2 0, 75 (dvv)
MON thang
S S S S
Câu (2.0 điểm)
1/ Cho phương trình: x2 (2m1)x m 2m 6 0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt?
(15)
2
3 25
0
2
1
0 2
m m
a c m m m
b m m
a
2/ Giải hệ phương trình:
1 (1)
1
1 (2)
x y
x y
(ĐK: x 1; y 1)
(2) x + y = xy (3)
Hai vế (1) dương ta bình phương hai vế ta có:
2 1
2
x y x y
x y xy x y
Thay (3) vào ta có: x + y = kết hợp với (3) có hệ:
x+y=4 xy=4
Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y hai nghiệm pt: X2 - 4x + = 0
x = 2; y = 2
Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến AP và
AQ tới đường tròn (P Q tiếp điểm) Đường thẳng qua O vng góc với OP cắt đường thẳng OQ tại M.
1
1 1
2
1
1
C B
M
P
O
Q A
N
1/ Chứng minh rằng: MO = MA
A1 = O1 A1 = A2A2 = O1MAO cân MO = MA
2/ Lấy điểm N cung lớn PQ đường tròn (O) cho tiếp tuyến với (O) N cắt các tia AP, AQ B C Chứng minh rằng:
a) AB AC BC khơng phụ thuộc vào vị trí điểm N.
Theo t/c hai tia tiếp tuyến ta có … AB + AC - BC = … = 2.AP (không đổi)
b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ//BC
Nếu tứ giác BCQP nội tiếp P1 = C1
mà P1 = Q1 C1 = Q1 PQ//BC
(16)
Cho x, y số thực dương thoả mãn :
1 2 2
x y Chứng minh :
2
5x y 4xy y 3 * Ta có:
2
2 2
2 2
5 4 3
4 4 3 0
2 3 0
x y xy y
x xy y x y x y x y
*
1 2 2 1 2 2 1 2
2 2
2 1
x x
y
x y y x y x x
Vì : y > ; x > 2x - > x > 1/2 Thay y = … vào
2 3 0
x y
Ta có:
3
2 3 0 2 3 0 2 2 6 3 0
2 1 2 1
x x x x x
x y x
x x
(1)
Vì 2x - > (1) 2x3 x2 2x 6x 3 0 2x3 x2 4x 3 0
Mà 2x3 x2 4x3
3 2
2
2 2 3 3
1 2 3
x x x x x
x x x
x 1 2 2x 3 0 x 0
Vậy
2 2
(17)