Theo câu a ta có: AD2 = AE.AI khi đó AD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DIE do đó tâm O1 của tam giác DIE phải nằm trên tia CB, ta thấy khoảng cách DO1 nhỏ nhất khi và c[r]
(1)ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI HUYỆN QUAN HÓA Năm học: 2012 – 2013 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ BÀI Bài Cho biểu thức: 3(a 2) 2a a 10 3 P : 3 2(a a a 1) 2(a a a 1) a 2(a 1) 2(a 1) a a Rút gọn P b Tính giá trị P biết a c Tìm các giá trị nguyên a để giá trị P là số nguyên Bài 12n a Chứng minh các phân số 30n là phân số tối giản (n N) 1 2 x y z b Tìm tất các số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức Bài Cho phương trình x2 – 5mx – 4m = (m là tham số) a Tìm m để phương trình có nghiêm b Chứng minh x12 – 5mx2 – 4m ≥ ( x1, x2 là nghiệm pt) Bài Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định H là điểm thuộc đoạn OB cho HB = 2HO Kẻ dây CD vuông góc với AB H Gọi E là điểm di động trên cung nhỏ CB cho E không trùng với C và B Nối A với E cắt CD I a Chứng minh AD2 = AI.AE b Tính AI.AE – HA.HB theo R c Xác đinh vị trí điểm E để khoảng cách từ H đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DIE ngắn Bài Cho tam giác có các số đo ba đường cao là các số nguyên, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh tam giác đó là tam giác (2) HƯỚNG DẪN CÁCH GIẢI Bài (6 điểm) a Điều kiện xác định: a ≠ –1, Rút gọn: 3(a 2) 2a a 10 3 P : 3 2( a a a 1) 2(a a a 1) a 2(a 1) 2(a 1) a 2(a a 2) 10(a 1) 3(a 1)(a 1) 3(a 1)(a 1) P : 2 2( a a a 1) 2( a 1)( a 1) a 4(a 4) a P : 2 a 2(a 1)(a 1) a 2 a 2( a 1)( a 1) P 4( a 4) a a 1 a 1 P a2 a b Tính giá trị P biết Với a 1 1 a a và ta có 1 P 1 a 2 thì * Nếu 1 1 P 1 1 a 2 thì * Nếu P a 1 a nguyên thì a + phải là ước a + hay a + = –1, 1, a + 1, – a – c) Để Giải các phương trình trên ta tìm a = – là thỏa mãn Bài (4 điểm) 12n a Chứng minh các phân số 30n là phân số tối giản (n N) Giả sử (12n + 1, 30n + 2) = d Ta có: 5(12n + 1) – 2(30n + 2) d Suy d hay d = 1 1 3 x y z x b Giả sử < x ≤ y ≤ z, ta có , hay ≤ x suy x = (3) 1 Thay x = vào ta có + 1 1 2 1 z y yz 0 ( y 1)(1 z ) y z y z y 1 Khi đó ta có z y z 1 y 0 y 2 z 0 z 2 Giải ta (loại) 1 2 x y z Kết hợp x = ta có số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức là (1; 2; 2), (2; 1; 2), (2; 2; 1) Bài (4 điểm) Cho phương trình x2 – 5mx – 4m = (m là tham số) a Tìm m để phương trình có nghiêm Ta có 25m 16m m 0 m(25m 16) 0 m 16 25 Để phương trình có nghiệm thì 25m 16m 0 b) Phương trình có nghiệm x2 thì x22 – 5mx2 – 4m = x1 x2 5m x x 4m Phương trình trên có hai nghiệm thì theo định lý Viet ta có: Từ x1 + x2 = 5m suy x1 = 5m – x2 thay vào x12 + 5mx2 – 4m ta ( 5m – x2 )2 + 5mx2 – 4m = 25m2 – 10mx2 + x22 + 5mx2 – 4m = x22 – 5mx2 – 4m + 25m2 ≥ (luôn đúng) Bài (5 điểm) a Ta xét hai tam giác ADE và tam giác AID ta có: ADE sd AE A (góc nội tiết chắn cung AE) chung, AID ( sd AD sdCE ) mà sd AD sd AC nên ADE AID nên ADE AID( g g ) AD AE Suy AI AD => AD2 = AE.AI (đpcm) b Ta có tam giác ADB vuông D và AH là đường cao(Góc nội tiếp chắn đường tròn) nên HD2 = HA.HB (Hệ thức lượng tam giác vuông) Nên ta có AI.AE – HA.HB = AD2 – HD2 = AH2 (Định lí Pi – ta – go) (4) R Mặt khác HO + HB = R hay 3HO = R suy HO = R 4R 16 R 2 AI AE HA.HB AH Vậy AH = R + = Khi đó c Theo câu a ta có: AD2 = AE.AI đó AD là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác DIE đó tâm O1 tam giác DIE phải nằm trên tia CB, ta thấy khoảng cách DO1 nhỏ và DO1 CB Dựng hình chiếu D trên CB ta O1 điểm E là giao đường tròn đã cho với đường tròn tâm O1, bán kính O1C Bài (1 điểm) Gọi x, y, z là các đường cao ứng với các cạnh a, b, c tam giác đã cho Do x, y, z là các đường cao nên x > 2.r; y > 2.r; z > 2.r Hay x > 2; y > 2; z > (Đường cao tam giác luôn lớn đường kính đường tròn nội tiếp tam giác đó) Nhưng x, y, z là các số nguyên nên x ≥ 3, y ≥ 3, z ≥ 1 1 1 1 1 1 x y z 3 x y z Suy hay (1) 1 a b c a b c a b c 1 x y z ax by cz S S S S r Mặt khác hay 1 1 x y z (2) Từ (1) và (2) ta suy x = y = z = hay tam giác đã cho là tam giác (5)