Kí hiệu C1 và C2 lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE, với K là giao điểm của EF và BC.. Chứng minh rằng: 1 ME là tiếp tuyến chung của C1 và C2.[r]
(1)KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011 - 2012 THANH HÓA §Ò CHÝNH THøC MÔN: TOÁN Lớp thcs Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề Ngày thi: 23 tháng năm 2012 Câu I (4đ) æ x- æ x - +1 x +8 ö ÷ ç ç ÷ + : ç ç ÷ ç ç ÷ ç çx - x - - 10 x + x è ø è Cho biểu thức P = x- ö ÷ ÷ ÷ ÷ 1ø 1) Rút gọn P 2) Tính giá trị P x = √ 3+2 √2 3− √ − −2 √ 3+2 √ √ Câu II (4đ) Trong cùng hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – và parabol (P): y = - x2 Gọi A và B là giao điểm d và (P) 1) Tính độ dài AB 2) Tìm m để đường thẳng d’: y =- x +m cắt (P) hai điểm C và D cho CD = AB Câu III (4đ) 1) Giải hệ phương trình ¿ x2 +x=2 y y + y= x ¿{ ¿ 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320 Câu IV (6đ) Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC Gọi M là trung điểm BC; H là trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao tam giác ABC Kí hiệu (C1) và (C2) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE, với K là giao điểm EF và BC Chứng minh rằng: 1) ME là tiếp tuyến chung (C1) và (C2) 2) KH AM Câu V (2đ) Với ≤ x ; y ; z ≤1 Tìm tất các nghiệm phương trình: x y z + + = 1+ y + zx 1+ z + xy 1+ x+ yz x + y + z (Cán coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh SDB (2) ĐÁP ÁN Câu I (4.0 điểm) æ x- æ x - +1 x +8 ö ÷ ç ç ÷ + : ç ç ÷ ç ç ÷ ç3 + x - 10 - x ø è çx - x - - è 1/ Rút gọn P : P = Đặt y = x Ta có P= x- ö ÷ ÷ ÷ ÷ 1ø Đ/k: x > 1,x 10, x æy æ3 y +1 ö y2 +9ö y(3 - y) + y + y +1- ( y - 3) ÷ ÷ ç ç ÷ + : ÷ = : ç ç 2÷ ÷ ç ÷ (3 + y )(3 - y ) ÷ç ç y ( y - 3) èy - y y ø è3 + y - y ø y - y + y + y +1- y + 3( y + 3) y ( y - 3) - 3y : = = y ( y - 3) (3 + y )(3 - y ) 2( y + 2) 2( y + 2) Thay y = P = (3 + y )(3 - y ) x x x 12 3 x 2( x 5) P = 2( x 2) = 3+2 √2 3− √ − 2/ Tính giá trị P x = −2 √ 3+2 √ 32 x = 3 2 √ 3 2 3 2 32 √ 3 2 4 3 x 1 x 12 2 21 1 2 12 2 3.3 2( x 5) 2(2 5) 2.( 3) (Thoả mãn điều kiện), thay vào ta có P= Câu II(4.0 ểm) 1/ Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) : y = x – và parabol (P): y = - x2 là nghiệm phương trình : -x2 = x – <=> x2 + x – = 0, Phương trình có hai nghiệm : x1 = và x2 = -2 Với x1 = => y1 = -1 => A (1 ; -1) Với x2 = -2 => y2 = -4 => B (-2 ; -4) Khi đó : AB2 = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2 = (-3)2 + (-3)2 = + = 18 => AB = 2/ Hoành độ giao điểm đường thẳng d’: y =- x = m và Parabol (P) : y = -x2 là nghiệm phương trình : -x2 = -x + m <=> x2 – x + m = Để có hai giao điểm C và D thì = – 4m > => m < x1 x2 1 x1.x2 m Khi đó phương trình có hai nghiệm x1 và x2 mà Ta có : CD2 = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2 = (x2 – x1)2 + [ (-x1)2 –(- x22)]2 CD2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 + [(x1 + x2) (x1 - x2)]2 CD2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 + (x1 + x2)2 [ (x1 + x2)2 – 4x1x2 ] CD2 = + 4m + (1 + 4m) = 8m + AB = CD => 8m + = 18 => m = -2 (Thoả mãn đ/k ) Vậy m = -2 Câu III (4.0 điểm) 1/ Giải hệ phương trình ¿ x2 +x=2 y y2 + y= x ¿{ ¿ Điều kiện : x, y x2 x 2 x xy 2 y y (2 x) x Từ PT (1) : y (3) Xét x = phương trình vô nghiệm => Hệ vô nghiệm x2 Xét x => y = x (*) thay vào phương trình (2), ta có x3 x2 (2 x) x <=> x3 x (2 x) (2 x )2 x x 0 Phương trình có hai nghiệm : x1 = => y1 = và x1 = -2 => y1 = x x y 1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm và y 1 2/ Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320 Ta có : 2x6 + y2 –2 x3y = 320 <=> y2 – 2x3y + 2x6 – 320 = Xem đây là PT bậc hai ẩn y =>’ = (-x3)2 – 1.( 2x6 – 320) = x6 – 2x6 + 320 = 320 – x6 PT có nghiệm x , => 320 – x6 => x6 320 => Khi đó phương trình có hai nghiệm x 2 => x = ; ; y x3 320 x y1 x3 320 x y x 320 x 320 + Với x = 0, y1 x 320 x 320 (là số vô tỷ ) loại y x 320 x 319 + Với x = -1, y1 x 320 x 319 (là số vô tỷ ) loại y x 320 x 1 319 + Với x = 1, y1 x 320 x 1 319 (là số vô tỷ ) loại y x3 320 x 256 8 y1 x3 320 x 256 24 + Với x = -2, (thoả mãn) y x 320 x 8 256 24 + Với x = -2, y1 x 320 x 8 256 (thoả mãn) Kết luận : Phương trình có nghiệm nguyên : (x ; y ) = (-2 ; -24) , (-2 ; 8) , (2 ; 24) , (2 ; -8) Câu IV (6.0 điểm) A 1/ ME là tiếp tuyến chung (C1) và (C2) + Chứng minh ME là tiếp tuyến đường tròn C1 o Vì E F 90 => Tứ giác AEHF nội tiếp => C1 là đường tròn nội tiếp tứ giác AEHF ( Tâm C1 là trung điểm AH) MBE ME = MB => MEB (1) D E 90o Vì => Tứ giác ABDE nội tiếp C1 F N H E => MBE C1 AE (Cùng chắn cung DE) (2) EAH vuông E , mà C1A = C1H B M D C K C2 (4) => C1A = C1H = C1E => C1 EA C1 AE (3) o Ta có : C1EA C1 EB 90 (Kề b ù ) (4) Từ (1) , (2) , (3) và (4) o o => MEB C1EB 90 MEC1 90 ME C1 E => ME là tiếp tuyến đường tròn C1 + Chứng minh ME là tiếp tuyến đường tròn C2 Ta có : MCE DKE CEK ( Góc ngoài CEK) (1’) CEK AEF (Đối đỉnh) (2’) AEF AHF (Góc nội tiếp cùng chắn cung AF) (3’) AHF DHC (Đối đỉnh) (4’) D E 90o Vì => Tứ giác CDHE nội tiếp => DHC DEC (Cùng chắn cung DC) (5’) ME = MC => MED DEC MEC MCE (6’) DKE Từ (1’) , (2’) , (3’) , (4’), (5’) và (6’) => MED => ME là tiếp tuyến đường tròn C2 2/ KH AM Gọi giao điểm AM và (C1) l à N Vì ME là TT đường tròn (C1) => ME2 = MN.MA Vì ME là TT đường tròn (C2) => ME2 = MD.MK => MB.MA = MD.MK => Tứ giác ANDK nội tiếp o => KNA KDA 90 (Cùng chắn cung KA) => KNAM(1’’) o Mà HNA 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn C1) => HN AM (2’’) Từ (1’’) và (2’’) => K, H , N thẳng hàng => KH AM Câu V (2.0 điểm) Với ≤ x ; y ; z ≤1 Tìm tất các nghiệm phương trình: x y z + + = 1+ y + zx 1+ z + xy 1+ x+ yz x + y + z Vì vai trò x, y , z nên x y z 1 y z + Xét trường hợp x = => z yz y z y z y z 3 1 Ta có : z yz y z y z mà y z (Do + z > y + z ; + yz > y + z <=> – y + z(y – 1) <=> (y – 1)(z – 1) ) y z Nên phương trình : z yz y z Vô nghiệm + Xét trường hợp x => x; y; z 1 x x Ta có y zx x yx zx x y z (Dấu = xảy x = 1) y y z xy y zy xy x y z (Dấu = xảy y = 1) z z x yz z xz yz x y z (Dấu = xảy z = 1) x y z Suy : y zx z xy x yz x y z ( Dấu = xảy x = y = z = 1) (5) x y z => 1+ y + zx + 1+ z + xy + 1+ x+ yz = x + y + z x = y = z = Vậy phương trình có nghiệm x = y = z = Hết (6)