Đang tải... (xem toàn văn)
Câu 4: 4 điểm Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với hai đường cao AD và CE cắt nhau tại trực tâm H.. Kẻ đường kính BM của O.[r]
(1)> TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HS GIỎI Câu 1: (4điểm) a/ Chứng minh rằng: 2+ √3 √ 2+ √ 2+ √ + −√3 √2 − √ − √ = √2 b/ Giải hệ phương trình gồm hai phương trình sau: 1 + =1 (1) và x2 y2 √ x2 −1+√ y − 1=√ xy +2 (2) Câu 2: (6 điểm) a/ Tìm nghiệm tự nhiên (x; y) phương trình: (x2 + 4y2 + 28)2 = 17(x4 + y4 + 14y2 + 49) b/ Tìm n Z để n + 26 và n – 11 là lập phương số nguyên dương c/ Cho biểu thức A = x2 + xy + y2 – 3x – 3y + 3002 Tìm giá trị x và y để A đạt Câu 3: (2điểm) x y 5 Giải hệ phương trình: (x 3)(y 2) Câu 4: (4 điểm) Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với hai đường cao AD và CE cắt trực tâm H Kẻ đường kính BM (O) Gọi I là giao điểm BM và DE, K là giao điểm AC và HM a/ Chứng minh rằng: Các tứ giác AEDC và CMID là các tứ giác nội tiếp b/ Chứng minh rằng: OK AC Câu 5: (4 điểm) Cho ABC nội tiếp (O) và điểm M trên đường thẳng BC (M B và C) Vẽ đường tròn qua M và tiếp xúc với AB B; vẽ đường tròn qua M và tiếp xúc với AC C, hai đường tròn này cắt điểm thứ hai là P Chứng minh rằng: P (O) và đường thẳng PM luôn qua điểm cố định M di động trên BC - Hết - (2) ĐÁP ÁN TOÁN HSG Câu 1: a/ (2 đ) Để ý + √3 ( 1)2 √3 2 = = Tương tự thì – = ( 1)2 Vế trái: √ 2( 2+ √ √2+ √ 2+ √ 2+ √3 2− √ + ) 3+ √3 3− √ + = √ 2( −√ √2 − √ − √ = 2 ( 1) : + − √ 3+3 √ −3+6+ √ −3 √ −3 ) 9− 2 ( 1) : = = √ : Vế phải b/ (2đ) Điều kiện: x2 1; y2 1; xy + Từ phương trình (1) ta có x2 + y2 = x2y2 (3) Bình phương hai vế phương trình (2) ta có x2 – 1+ y2 – + √ x2 −1 √ y2 −1 = xy + hay x2 + y2 +2 √ x y −(x + y )+1 – xy – = (4) Thay (3) vào (4) ta có PT: (xy)2 – xy – = (xy – 2)(xy + 1) = xy – = xy + = * Nếu xy – = xy = thì thay vào (3) ta có được: x + y2 = (x + y)2 – 2xy = 2 2 (x + y)2 = x + y = ± √ Giải hệ ¿ x+ y=± √2 xy=2 ¿{ ¿ ¿ x =√2 y=√ ¿{ ¿ ¿ x =− √ y=− √ Các ¿{ ¿ giá trị x; y tìm thỏa điều kiện nên chọn * Nếu xy + = hay xy = – thì thay vào (3) ta có x + y2 = (x + y)2 – 2xy = (x + y)2 = – < 0: Vô lý Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: (x; y) = ( √ ; √ ) và (– √ ; – √ ) Câu a/ (2điểm) Biến đổi tương đương PT đã cho: (*) [x2 + 4(y2 + 7)]2 = 17[x4 + (y2 + 7)2] x4 + 8x2(y2 + 7) + 16(y2 + 7)2 = 17x4 + 17(y2 + 7)2 16x4 – 8x2(y2 + 7) + (y2 + 7)2 = [4x2 – (y2 + 7)]2 = 4x2 – y2 – = (2x – y)(2x + y) = (1) Vì x; y N nên 2x – y 2x + y và 2x + y 0, chúng có giá trị nguyên nên suy ¿ x+ y=7 x − y =1 ¿{ ¿ ¿ x =2 y=3 Vậy phương trình có nghiệm tự nhiên là: (2; 3) ¿{ ¿ Cách khác: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacovski để có: [1x2 + 4(y2 + 7)]2 (12 + 42)[x4 + (y2 + 7)2] hay [x2 + 4(y2 + 7)]2 17[x4 + (y2 + 7)2], dấu xảy (tức là có PT (*)) 4x2 = y2 + (2x – y)(2x + y) = Làm tiếp trên (3) b/(2 điểm) n + 26 = a3 và n – 11 = b3 với a > b N* a3 – b3 = 37 (a2 + ab + b2)(a – b) = 37 Ta có số 37 là số nguyên tố và a > b N* nên (a2 + ab + b2) > (a – b) và là các số tự nhiên ¿ a2 +ab+ b2 =37 a− b=1 ¿{ ¿ ¿ a2 −a − 12=0 a− 1=b a = và b = (còn a = – và b = – bị loại) ¿{ ¿ Thay vào đẳng thức n + 26 = a3 n – 11 = b3 ta có n = 38 c/ (2điểm) Biến đổi biểu thức A = (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) – x – y + xy + + 2009 = (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1) + 2009 = [(x – 1) + (y – 1)] 2 + (y – 1)2 + 2009 (y – 1)2 x; y nên Amin = 2009 (y – 1) Có [(x – 1) + (y – 1)] và = và [(x – 1) + (y – 1)] = x = và y = Vậy Amin = 2009 (x; y) = (1; 1) Câu (2đ) Để sử dụng định lý Viét đảo ta cần biến đổi hệ phương trình thành tổng và tích: ¿ |x+ 3|+| y −2|=5 (x+ 3)( y − 2)=−6 ¿{ ¿ ¿ |x +3|+| y −2|=5 |x+ 3|.| y −2|=6 ( x +3)( y −2)<0 ¿{{ ¿ Xem |x +3| và | y −2| là hai nghiệm PT: X2 – SX + P = tức là: X2 – 5X + = X1 = 2; X2 = Vậy ta có hai hệ PT sau: ¿ (I) |x +3|=2 | y −2|=3 (x+ 3)( y − 2)<0 ¿{{ ¿ ¿ và (II) *Giải hệ (I): Hệ (I) |x +3|=3 | y −2|=2 ( x+ 3)( y − 2)<0 ¿{{ ¿ ¿ x +3=2 y − 2=− ¿{ ¿ ¿ x+ 3=− y − 2=3 ¿{ ¿ ¿ x =−1 y=− ¿{ ¿ ¿ x=−5 y =5 ¿{ ¿ (4) *Giải hệ (II): Hệ (II) ¿ x+3=3 y − 2=− ¿{ ¿ ¿ x+3=− y −2=2 ¿{ ¿ ¿ x =0 y=0 ¿{ ¿ ¿ x=−6 y=4 ¿{ ¿ Vậy hệ PT đã cho có nghiệm là: (–1; –1); (– 5; 5); (0; 0); (– 6; 4) A H E I B D K M O C Câu a/ Theo giả thiết: AEC ADC = 900 Tứ giác AEDC có hai đỉnh kề D và E cùng nhìn đoạn AC góc 90 nên nội tiếp đường tròn BAC = BDE (cùng bù với EDC ), mà BAC = BMC (góc nội tiếp cùng chắn BC ) Vậy BDE = BMC nên tứ giác DIMC nội tiếp đường tròn b/ BM là đường kính (O) nên BAM = BCM = 900 (chắn nửa đường tròn) Suy HC // AM (cùng AB) và HA // CM (cùng BC) nên AMCH là hình bình hành K là trung điểm đường chéo AC Vậy OK AC (quan hệ đường kính và dây cung) Câu Trước hết cần chứng minh P (O) với vị trí M Xét các trường hợp: *Điểm M thuộc cạnh BC: Do AB tiếp xúc với đường tròn (BPM) nên BPM = cùng chắn BM ) Do AC tiếp xúc với đường tròn (CPM) nên CPM = ACB (chắn Suy BAC + BPC = Â + B C = 1800 nên tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn Qua ba điểm A, B, C xác định đường tròn (O) nên P (O) ABC (vì CM ) (5) A A N P O B M N O C M B C P * Điểm M thuộc tia Bx là tia đối tia BC (hoặc M thuộc tia Cy là tia đối tia CB) Chứng minh tương tự có PBA = PMC (chắn PB ) và PCA = PMC (chắn PC ) nên PBA = PCA Hai đỉnh kề B và C tứ giác ACBP cùng nhìn đoạn PA góc nên nội tiếp đường tròn Suy P (O) Gọi N là giao điểm đường thẳng PM với (O) thì hai trường hợp ta có : ANP = ACP (chắn AP ) và ACP = NMC ANP = NMC , chúng vị trí so le nên AN // BC Do ABC nội tiếp đường tròn (O) cho trước và AN // BC với N (O) nên điểm N cố định Vậy PM qua điểm N cố định (6)