Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất.. Tính diện tích lớn nhất đó.[r]
(1)kú thi häc sinh giái tØnh líp M«n : To¸n (Vßng 1) Thêi gian lµm bµi: 120 phót Sở Giáo dục và đào tạo §Ò chÝnh thøc Bµi 1: (8 ®iÓm) 2 Cho ph¬ng tr×nh x 2mx m 0 (1) Tìm các giá trị m để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt Tìm các giá trị m để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thoả mãn x13 x23 hÖ thøc Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm không âm Tìm giá trị m để nghiệm dơng phơng trình đạt giá trị lớn Bµi 2: (4®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh: x x 4 x x (2) Bµi 3: (8 ®iÓm) Cho tam giác ABC có ABC 60 ; BC a ; AB c ( a, c là hai độ dài cho trớc), Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q trên cạnh BC đợc gọi là hình ch÷ nhËt néi tiÕp tam gi¸c ABC Tìm vị trí M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn Tính diện tích lớn đó Dùng h×nh vu«ng EFGH néi tiÕp tam gi¸c ABC b»ng thíc kÎ vµ com-pa TÝnh diện tích hình vuông đó HÕt kú thi hoc sinh giái tØnh Sở Giáo dục và đào tạo líp M«n : to¸n (Vßng 1) §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: (2) Bµi 1 ý 1.1 1.2 Néi dung §iÓm 8,0 (2,0 ®iÓm) Để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt, cần và đủ là: ' 4 m m2 0 P S m m 2 m m2 m0 (3,0 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm ph©n biÖt ' 4 m m (*) 5 x13 x23 x1 x2 x1 x2 3x1 x2 2 3(m 2) m m2 m 6m 0 21 21 21 21 2 x2 2 2 Ta cã: 21 21 x3 02 x3 x3 2 vµ m 1 m2 m 0 m1 1; m2,3 m 1; m 1.3 VËy: Cã gi¸ trÞ cña m tho¶ ®iÒu kiÖn bµi to¸n: (3,0 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm kh«ng ©m vµ chØ khi: ' 4 m 0 m2 0 m 2 (**) P S m 0.5 1.5 0,50 0,50 0,5 0,5 0,5 21 0,5 0,50 (3) Khi đó nghiệm phơng trình là: m2 m m2 ; x2 x1 x2 m 2; 2 Hai nghiệm này không thể đồng thời 0, nên nghiệm dơng phơng x1 m 0,50 m m2 x2 0 tr×nh lµ Suy ra: 2 m 2m m m m m x 4 Theo bất đẳng thức Cô-si: 2 m m 2 m m m m 4 Suy ra: 2 x 2 x2 0,50 m 4 m m 2; Dấu đẳng thức xảy khi: Vậy nghiệm dơng phơng trình đạt giá trị lớn là m (4,0 ®iÓm) x x 0 2 x x 4 x x 2 x x x x (2) t 4 x x 0 t 4 x 4 3 t t 0,50 0,5 0,5 0,5 0 t 4 2 t t 0 (3) 1,0 Giải phương trình theo t, ta có: 13 13 t1 0 t2 0 2 (lo¹i); 13 t2 Suy nghiÖm cña (3) lµ t2 13 x1 2 x x t2 x x t 0 x 2 13 2 Gi¶i ph¬ng tr×nh Vậy: phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: t2 x1,2 2 13 1,0 1,0 0,5 (4) 8,0 3.1 + §Æt AM x (0 x c) Ta cã: MN AM ax MN BC AB c c x MQ BM sin 600 Suy diÖn tÝch cña MNPQ lµ: ax c x a S x c x 2c 2c 2,0 a b a b ab ab (a 0, b 0) + Ta có bất đẳng thức: 2 c2 x c x x(c x) ¸p dông, ta cã: c x c x x Dấu đẳng thức xảy khi: a c ac S 2c Suy ra: ac c x Smax hay M lµ trung ®iÓm cña c¹nh AC VËy: 2,0 (5) 3.2 + Giả sử đã dựng đợc hình vuông EFGH néi tiÕp tam gi¸c ABC Nèi BF, trªn ®o¹n BF lÊy ®iÓm F' Dùng h×nh ch÷ nhËt: E'F'G'H' ( E ' AB; G ', H ' BC ) Ta cã: E'F'//EF vµ F'G'//FG, nªn: E ' F ' BE ' BF ' F ' G ' EF BE BF FG E ' F ' F ' G ' Do đó E'F'G'H' là hình vuông + C¸ch dùng vµ chøng minh: Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm E' tuú ý, dùng h×nh vu«ng E'F'G'H' (G', H' thuéc c¹nh BC) Dùng tia BF' c¾t AC t¹i F Dùng h×nh ch÷ nhËt EFGH néi tiÕp tam gi¸c ABC Chøng minh t¬ng tù trªn, ta cã EF = FG, suy EFGH lµ h×nh vu«ng BH ' cot g 600 3; + Ta cã: E ' H ' ' BC BG ' BH ' H ' G ' BH ' cot g F F 'G ' F 'G ' E'H ' Suy ra: Tia BF' cố định E' di động trên AB, cắt AC điểm F nhÊt Trờng hợp hình vuông E'F'G'H' có đỉnh F' trên cạnh AC; G' và H' trên cạnh BC, lý luận tơng tự ta có tia CE' cố định, cắt AB E VËy bµi to¸n cã mét nghiÖm h×nh nhÊt 1,0 1,0 1,0 EF AE ax (c x ) EF HE c x sin B c ; + §Æt AE x Ta cã BC AB ax (c x ) c2 EF EH x c 2a c EFGH lµ h×nh vu«ng, nªn 3a c 2 S EF Suy diÖn tÝch h×nh vu«ng EFGH lµ: 2a c 1,0 (6)