Hướng dẫn và đáp án môn Toán vào chuyên ngữ (1991-2010) - Vũ Danh Được

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta suy ra |x|, |y| 1. Lại có từ phương

trình thứ hai suy ra x, y 0. Do đó ta có 0 x, y 1. Dẫn đến x + y + xy

+ 2001 > 0. Từ phương trình thứ hai ta xét:

(*) Với x > y thì VT của phương trình luôn dương, VP của phương

trình luôn âm nên với x > y thì phương trình vô nghiệm dẫn đến hệ

vô nghiệm.

(*) Với x < y, chứng minh tương tự cũng có hệ vô nghiệm.

pdf41 trang | Chia sẻ: leddyking34 | Ngày: 04/06/2013 | Lượt xem: 5993 | Lượt tải: 22download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Hướng dẫn và đáp án môn Toán vào chuyên ngữ (1991-2010) - Vũ Danh Được, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
1 2 1 2 1 2 2 1 6 0 6 0 x x x x x x x x        hay (x1 + x2) 2 + 4x1x2 = 0. Từ định lý Vi-et thay vào ta được phương trình ẩn m sau: 2 2 2 4 0 1 1 m m m m               hay m = 2 (không thỏa mãn điều kiện (*)). Vậy không có m để thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3: a) Khi m = 1 thì (1) viết thành: y = x2 + 3. Đường thẳng d qua A(0;2) và có hệ số góc k có dạng y = kx + 2. Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C): x2 – kx + 1 = 0(*). Để đường thẳng d tiếp xúc với (C) thì phương trình (*) phải có nghiệm kép hay  = k2 – 4 = 0 2k   . b) Gọi điểm cố định mà (1) luôn qua với mọi m là M(x0;y0). Khi đó y0 = mx0 2 + 3(m – 1)x0 + 2m + 1 mọi m hay (x0 2 + 3x0 + 2).m + (1 – 3x0 – y0) = 0 mọi m. Điều này xảy ra khi 2 0 0 0 0 3 2 0 3 1 x x y x         . Từ hệ này tìm được (x0;y0) = {(-1;4),(-2;7)}. Vậy ta có đpcm. Câu 4: Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 14 y H F 1) Ta có: sđ1C = 1 2 (sđAB - sđMB ) = sđ1N . Do đó   1 1C N mà   0 1 180N MND  nên   0 1 180C MND  . Suy ra tứ giác MNDC nội tiếp. 2) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNDC nên IK vuông góc với DC, AB vuông góc DC, do đó AB song song với IK hay OA song song IK (1). Mặt khác I thuộc trung trực của MN nên OI vuông góc với MN. Lại có tam giác AKC cân tại K nên  1 1A C mà   1M NDC ,   0 1 90NDC C  nên   0 1 1 90M A  , suy ra AK vuông góc MN. Vậy ta có AK song song IO (2). Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AOIK là hình bình hành. 3) Từ H kẻ đường thẳng song song với MN, cắt AB tại F. Rõ ràng HFOM là hình bình hành nên HF = OM = R (không đổi). Tam giác HFA = tam giác NOA (g.c.g) nên AF = OA = R, mà AB cố định nên điểm F cố định. Vậy H thuộc đường tròn tâm F, bán kính R cố định. Câu 5: Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 15 Phân tích         2 2 2 2 222 2 1 2 1 2 2 2 1 11 1 x x A xx x           . Đặt 2 1 1 t x   thì A = 1 – 2t + 2t2 = 2 1 1 1 2 2 2 2 t         . Dấu bằng xảy ra khi 1 2 t  hay x =  1. Vậy MinA = 1 2 khi x =  1. Mặt khác ta có x2 + 1  1 nên t  1, dấu bằng khi x = 0. Do đó A = 1 – 2t + 2t2 = 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 t                  , dấu bằng xảy ra khi t = 1 hay x = 0. Vậy MaxA = 1 khi x = 0. Năm 2000 Câu 1: 1) ĐK: 1 0; 1; 4 x x x   . Rút gọn được 1 1 M x x    2) Khi x  4 thì 2 2 1 3 1 3 1 2 3 2 4 2 4 x x x                     mà x - x + 1 > 0 nên 1 1 31x x    khi x  4. Do đó 2000 – M  5999 3 , dấu bằng xảy ra khi x = 4. Vậy Min(2000 – M) khi x  4 là 5999 3 . 3) M nguyên khi x - x + 1 là ước của 1 mà x - x + 1 > 0 nên x - x + 1 = 1. Giải phương trình này ta được x = 0 và x = 1, loại nghiệm x = 1, nhận x = 0. Câu 2: Phương trình đã cho tương đương với: [(x – 1)(x – 3)][(x + 2)(x – 6)] = 34  (x2 – 4x + 3)(x2 – 4x – 12) = 34. Đặt t = x2 – 4x ta được phương trình bậc hai ẩn t. Giải phương trình ẩn t này ta được các nghiệm là t = 14 và t = -5. Với mỗi t ta được một phương trình bậc hai ẩn x, giải các phương trình thu được nghiệm của phương trình ban đầu 2 3 2x   . Câu 3: Dễ thấy đường thẳng x = 0 (không có hệ số góc) đi qua điểm I(0;1) chỉ cắt (P) tại một điểm nên không thỏa mãn bài toán. Phương trình đường thẳng d đi qua điểm I(0;1) và có hệ số góc k có dạng: y = k.(x – 0) + 1 = kx + 1. Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là: x2 – kx – 1 = 0(*). Phương trình này luôn có 2 nghiệm phân biệt nên đường thẳng d luôn cắt (P) tại hai điểm M, N. Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 16 Gọi M(xM;yM), N(xN;yN) thì ta có xM, xN là hai nghiệm của phương trình (*) và yM = kxM + 1, yN = kxN + 1. Ta có     2 2 N M N MMN x x y y    nên từ đề bài suy ra phương trình:        2 22 21 2 10 4 . 1 40N M M N M Nx x k x x x x k          . Theo định lý Vi-et cho phương trình (*) có: xM + xN = k, xM.xN = -1. Từ đó thu được phương trình ẩn k: (k2 + 4)(k2 + 1) = 40. Giải phương trình này được giá trị cần tìm 2k   . Câu 4: K 1) Dễ dàng có được OB là đường trung trực của MN, OC là đường trung trực của PM, suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. 2) Ta có  BNO BMO nên  1ANO M mà   1 1M P , suy ra   1ANO P . Vậy ta có   0180ANO APO  nên tứ giác ANOP nội tiếp. 3) Kẻ OK vuông góc với NP. Ta có  0180NOP A  mà góc A không đổi nên suy ra góc NOP cũng không đổi. Vì OK là tia phân giác của góc NOP nên góc NOK không đổi. Ta có NP = 2NK = 2.ON.sinNOK . Do góc NOK không đổi nên sinNOK cũng không đổi, vì vậy để NP min thì ON min. Điều này xảy ra khi M, N, P trùng với các điểm mà đường tròn (O) tiếp xúc với BC, AB, AC. Câu 5: Từ phương trình thứ nhất của hệ ta suy ra |x|, |y|  1. Lại có từ phương trình thứ hai suy ra x, y  0. Do đó ta có 0  x, y  1. Dẫn đến x + y + xy + 2001 > 0. Từ phương trình thứ hai ta xét: (*) Với x > y thì VT của phương trình luôn dương, VP của phương trình luôn âm nên với x > y thì phương trình vô nghiệm dẫn đến hệ vô nghiệm. (*) Với x < y, chứng minh tương tự cũng có hệ vô nghiệm. Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 17 (*) Với x = y thì từ phương trình thứ nhất có 2x2 = 1  2 2 x   mà 0  x, y  1 nên 2 2 x  . Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x, y) = ( 2 2 , 2 2 ). NĂM 2001 Câu 1: a) ĐK: 0; 1x x  . Rút gọn được   2 1P x  b) Để   2 1 1 1P x   là số tự nhiên thì   2 1 1x   . Từ đó giải được x = 0. c) Với   2 4 2 3 3 1x     , suy ra 3 1x   . Do đó P = 3. Câu 2: ĐK: 1x   Phương trình   2 1 1 1x x a        2 1 9 2 1 82 2 x a          a) Với a = 2 thay vào phương trình được:   2 1 25 2 1 82 2 x         . Từ đó có:   1 5 2 1 2 2 2 2 x      2 1 2x   hay x = 0. b) Phương trình đã cho vô nghiệm khi xảy ra một trong hai trường hợp sau: TH1: 9 9 0 8 8 a a     . TH2: Với 9 8 a   thì phương trình    9 1 2 1 8 2 2 x a    , phương trình này vô nghiệm khi 9 1 0 8 2 2 a    hay a < - 1. Giá trị a cần tìm của trường hợp này là: 9 1 8 a    . Cộng hai trường hợp được: a < - 1 thì phương trình đã cho vô nghiệm. Câu 3: Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 18 1) BOI AOC  (g – g). Suy ra: OI OB OC OA  . Từ đó ta tính được: . 2 OBOC R OI OA   2) a. ABE ACD  (g – g), suy ra AD AC AE AB  hay AD AE AC AB  mà góc A chung nên ta lại có ADE ACB  (c – g – c). Từ đó suy ra được:   DEA ABC AIC  . Vậy lại có AKE ACI  (g – g), suy ra được: AK AE AC AI  hay AK.AI = AC.AE. H J b. Ta có: AI = AO + OI = 5 2 R . Kẻ tiếp tuyến AM với (O)( M là tiếp điểm). Dễ dàng có: AC.AE = AM2 = AO2 – OM2 = 3R2. Từ ý 2.a ở trên có AK = .AC AE AI = 23 6 5 5 2 R R R  c. Gọi H và J là giao điểm của IK với (O)( H nằm giữa A và J). Dễ dàng có: KH.KJ = KD.KE mà AK = 6 5 R ; OK = OA – AK = 2R – 6 5 R = 4 5 R . Do đó KJ = KO + OJ = 4 5 R + R = 9 5 R Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 19 và KH = 5 R . Suy ra KD.KE = KH.KJ = 29 9 . 5 5 25 R R R  . Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt OA tại F. Dễ dàng có KA.KF = KD.KE suy ra KF = .KD KE AK = 29 6 3 : 25 5 10 R R R  mà K và OA cố định. Vậy F là điểm cố định. Câu 4: Rõ ràng với x > 0 thì y > 0. Vậy ta cần tìm y > 0 để phương trình   2 2001 x y x   có nghiệm x > 0. Biến đổi ta có phương trình mới là:  2 2. 4002 1 . 2001 . 0y x y x y    , phương trình này có nghiệm x > 0 khi hệ sau thỏa mãn:     2 2 1 2 2 1 2 4002 1 4. 2001 00 1 4002 0 0 2001. 0 0 y y b y S x x a y c yP x x a y                               Điều này tương đương với: 11 8004 0 18004 1 4002 0 1 8004 2001 0 4002 y y y y y               . Do đó 1 0 8004 y  . Từ đó giá trị lớn nhất của hàm số là 1 8004 , đạt được khi x = 2001. NĂM 2002 Câu 1: 1) Ta có: VT = [(x + y + z)3 – x3] – (y3 + z3) = (y + z).[(x + y + z)2 + (x + y + z).x + x2] – (y + z).(y2 – yz + z2) = (y + z).[ ((x + y + z)2 – y2) + x(x + z) + y(x + z) + (x2 – z2)] = (y + z)(x + z)(3x + 3y) = 3.(x + y)(y + z)(z + x) = VP. 2) Áp dụng ý 1) có: (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a); (a + b – c)3 = a3 + b3 – c3 + 3(a + b)(b – c)(a – c); (b + c – a)3 = - a3 + b3 + c3 + 3(b – a)(b + c)(c – a); Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 20 (c + a – b)3 = a3 – b3 + c3 + 3(a – b)(c – b)(c + a). Từ đó: P = 3(a + b)(b + c)(c + a) – 3(a + b)(b – c)(a – c) – 3(b – a)(b + c)(c – a) – 3(a – b)(c – b)(c + a) = 24abc chia hết cho 24. Suy ra đpcm. Câu 2: Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương trình cho x2, sắp xếp lại ta được: 4(x + 60 x + 17)(x + 60 x + 16) = 3. Đặt t = x + 60 x , đưa về phương trình bậc hai: 4t2 + 132t + 1085 = 0. Giải phương trình này ta được các nghiệm t1 = 31 2  ; t2 = 35 2  . Từ đó tìm được các nghiệm x của phương trình là: 15 35 265 8; ; 2 4     . Câu 3: 1. Câu này có nhiều cách chứng minh. Sau đây ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương. Đpcm tương đương với: 2(a2 + b2 + c2)  2(ab + bc + ca)  (a2 – 2ab + b2) + (b2 – 2bc + c2) + (c2 – 2ca + a2)  0  (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2  0 (đúng). Suy ra đpcm. 2. Áp dụng ý 1. cho a = x2; b = y2; c = z2. Ta có: x4 + y4 + z4 = (x2)2 + (y2)2 + (z2)2  x2y2 + y2z2 + z2x2 = (xy)2 + (yz)2 + (zx)2. Lại áp dụng ý 1. cho a = xy; b = yz; c = zx có: (xy)2 + (yz)2 + (zx)2  (xy).(yz) + (yz).(zx) + (zx).(xy) = xy2z + xyz2 + x2yz = xyz(x + y + z). Từ hai điều trên ta có: x4 + y4 + z4  xyz(x + y + z), dấu bằng xảy ra khi x = y = z. Câu 4: x 1 1 E M H O A B CD P K N Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 21 1. Kẻ đường kính AN, ta có  1N ABC ,   090ADB ACN  nên suy ra  HAB OAC . 2. Ta có tam giác KHE cân tại E nên  EKH KHE (1), tam giác HEP cân tại E nên  EHP HPE (2). Lại có tam giác BMP cân tại M nên  BPM PBM , tam giác KMC cân tại M nên  KCM MKC mà góc KHB là góc ngoài của tam giác BHC nên     KHB PBM KCM BPM MKC    (3). Từ (1), (2), (3) ta có  EKM EPM =     EKH HPE MKC BPM   =  KHE EHP + KHB = 1800. Vậy tứ giác KEPM nội tiếp. 3. Ta có tam giác ABP đồng dạng tam giác ACK nên AP AB AK AC  hay AP AK AB AC  . Do đó tam giác AKP đồng dạng tam giác ACB(c.g.c), suy ra  APK ABC , mà  HAB OAC nên     090APK OAC ABC HAB    . Từ đó có AN vuông góc KP nên AN trùng với tia Ax, suy ra Ax luôn đi qua điểm O cố định. Câu 5: Từ đề bài ta có phân tích: (x3 – y)2 = 64 – x6. Vì   23 0x y  suy ra 64 – x6  0 hay |x|  2. Vì x nguyên nên suy ra  0; 1; 2x    . Với x = 0 ta có 8y   , 1x   thì không có y nguyên, x = 2 thì y = 8, x = - 2 thì y = - 8. Vậy các nghiệm nguyên cần tìm là           , 0,8 ; 0, 8 ; 2,8 ; 2, 8x y     . NĂM 2003 Câu 1: 1) ĐK để A có nghĩa là 1x  . Rút gọn được 1 x A x x    2) Với   2 33 8 2 4 2 1x     . Từ đó được 128 2 1 1057 A   3) Khi x = 0 thì A = 0. Xét 0x  , biến đổi được 1 1 1 A x x    . Ta có 1 2x x   , vì 1x  suy ra dấu bằng không xảy ra nên Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 22 1 2x x   . Từ đó 1 1 3x x    hay 1 1 1 31 A x x     (đpcm). Câu 2: 1) Phân tích:   2 22 2 2 21 1 12 2 2. . 2 2 2 2 2 y y y x x xy y y x x y y                            = = 2 2 221 9 6 1 1 3 1 2 4 2 2 y y y y y x x                           = = (x – 2y)(x + y + 1). 2) Hệ tương đương:     2 2 2 2 2 (1) 2 . 1 0 1 (2) 1 1 (3) x y x y x y x y x y x y                   . Sau đó ghép phương trình (1) với (3), ghép phương trình (2) với (3) ta được hai hệ phương trình mới. Giải các hệ này ta được nghiệm của hệ cần tìm là:       2 1 2 1 , 1,0 ; 0, 1 ; , ; , 5 5 5 5 x y                    . Câu 3: 1) ĐK:    2 2 1 . 2 0 2 2 1;43 4 0 x x x x xx x              2) Vì 2x  nên ta suy ra: x2 + 3x – 4 > 0. Ta chứng minh 3y  bằng phương pháp biến đổi tương đương. Xét đpcm:   2 2 2 2 6 1 2 5 3 3 3 4 x x x y x x          . Điều này tương đương với:     2 2 22 6 1 2 5 3. 3 4x x x x x       hay           2 2 2 26 1 2 9 17 2 1 9 18 1 9 18x x x x x x x x              2 2 1 9 18 0x x     (Đúng). Dấu “=” xảy ra khi x là nghiệm của phương trình: x2 + 1 = 9x – 18  x2 – 9x + 19 = 0. Giải ra ta được 9 5 2 x   . Câu 4: Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 23 t O B O1 O2 A M C D N 1. Chứng minh hai tam giác MAC và MAD đồng dạng, từ đó suy ra MA2 = MC.MD. 2. Gọi O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Vì góc BO1C là góc ở tâm của (O1), góc BDC là góc nội tiếp của (O1), góc BO1C và góc BDC cùng chắn cung BC của (O1) nên  1 2BOC BDC . Mà  BDC ABM nên ta có  1 2BOC ABM . Lại có tam giác BO1C là tam giác cân tại O1 nên 1BOC + 2.1O BC = 180 0. Suy ra   012 2 180ABM O BC  , do đó ta có được   0 1 90ABM O BC  hay O1B vuông góc BM. Mà B thuộc (O1) và Bt là tiếp tuyến của (O1) tại B nên suy ra BM trùng với Bt. 3. Giả sử O1B cắt (O) tại N. Ta có góc MBN bằng 90 0 suy ra MN là đường kính của (O) mà M cố định nên N cố định. Gọi O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Chứng minh tương tự ta cũng có AM là tiếp tuyến của (O2) nên O2 thuộc AN. Dễ dàng chứng minh được AN song song với O1C, BN song song với O2C nên tứ giác NO1CO2 là hình bình hành. Suy ra O1C + O2C = BN (không đổi). Vậy ta có đpcm. Câu 5: Phương trình đã cho tương đương: (x2 + 5x + 4).(x2 + 5x + 6) = m. Đặt t = x2 + 5x, điều kiện 25 4 t   thì ta được phương trình t2 + 10t + 24 – m = 0 (*). Vì phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 24 nên phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn 25 4 t   . Theo định lý Vi-et cho phương trình (*) có: t1.t2 = 24 – m. Mặt khác ứng với nghiệm t1 ta có: x 2 + 5x – t1 = 0, phương trình này có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 nên theo định lý Vi-et có: x1.x2 = - t1. Tương tự với 2 nghiệm phân biệt x3, x4 của phương trình: x 2 + 5x – t2 = 0 có x3.x4 = - t2. Từ đó xét x1.x2.x3.x4 = (-t1).(-t2) = t1.t2 = 24 – m (đpcm). NĂM 2004 Câu 1: a) ĐK: 1 0, , 1 4 x x x   . 2 1 . 11 2 1 2 1 x x x x x x x x M xx x x x x               1 2 1 2 1 1 x x x x x x x x x x x x             b) Do 0x  nên 0M  . Đẳng thức xảy ra khi x = 0. Vậy MinM = 0 khi x = 0. Câu 2: a) Phương trình đã cho tương đương với: (x + 1)( x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24  [(x + 1)(x + 4)][(x + 2)(x + 3)] = 24  (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) = 24 (*) Đặt t = x2 + 5x, phương trình (*) trở thành: (t + 4)(t + 6) = 24. Giải phương trình này ta được t1 = 0, t2 = - 10, do đó phương trình ban đầu có các nghiệm là x1 = 0, x2 = - 5. b) Biến đổi P ta có:     2 2 3 2 1 3P x y x      với mọi x, y thuộc  . Từ đó ta được maxP = 3 khi (x ; y) = (1 ; -2). Câu 3: Hệ phương trình đã cho tương đương với:     2 2 3 1 2 1 0 1 x x y x y         . Giải hệ này ta được các nghiệm (x , y) của hệ là:   4 3 1 2 2 1 2 2 0,1 ; , ; , ; , 5 5 3 3 3 3                      Câu 4: (Chú ý: Hình vẽ không được chính xác). Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 25 a) Ta có: sđDBK = 1 2 sđ   DA AK ; sđDIB = 1 2 sđ   BD KC . Mà sđBD = sđDA và tam giác DBI cân tại D nên sđAK = sđKC . Suy ra AK = CK, hay tam giác KAC cân tại K. b) Từ câu a) ta thấy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên đường thẳng AI luôn đi qua trung điểm J của cung BC (không chứa điểm A). I O C M x B D A K J X Nhận xét rằng  JIC JCI nên tam giác JIC cân tại J suy ra JI = JC (không đổi). Do đó độ dài AI lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất  AJ là đường kính của đường tròn (O) hay A là điểm chính giữa cung lớn BC. c) Phần thuận: Theo giả thiết tam giác AMC cân tại A, suy ra góc  1 2 BMC BAC . Giả sử số đo góc  2BAC  (không đổi) thì khi A di động trên cung lớn BC, điểm M thuộc cung chứa góc  dựng trên đoạn thẳng BC về phía điểm O. Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với (O) cắt cung chứa góc  dựng trên đoạn BC tại X. Lấy điểm M bất kỳ trên cung CX là 1 phần của cung chứa góc  dựng trên đoạn BC ( M khác X, khác C). Nối MB cắt (O) tại A thì A thuộc cung lớn BC. Khi đó vì Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 26  2 ,BAC AMC   nên ACM  suy ra tam giác ACM cân tại A, hay AC = AM. Kết luận: Quỹ tích điểm M là cung CX, đó là một phần của cung chứa góc  dựng trên đoạn BC về phía điểm O, không kể 2 điểm C và X. Câu 5: Viết phương trình đã cho về dạng: x2 – 4yx + (5y2 + 2y – 3) = 0. Phương trình bậc hai (ẩn x) có nghiệm khi: ' 0   4y2 – (5y2 + 2y – 3)  0 hay – 3  y  1. Vậy (x , y) = (6 , -3). NĂM 2005 Câu 1: 1) Với n * , ta có:         2 2 1 . . 11 1 . . 1 1 . . 1 n n n n n n n n n n n n           .     . 1. 1 1 1 . 1 1 n n n n n n n n         . Do đó: 1 1 1 1 1 1 ... 1 2 2 3 2004 2005 A                       . 1 1 2005   . 2) Đẳng thức đã cho tương đương với:             2 2 2 2 2 2 2 2 2 0x y x y z y z y z x z x x z y                                     4. . 4. . 4. . 0x z z y y x x z z y y x                 . . 0x z z y y x z y y x         2 2 2 0x y z xy yz zx             2 2 2 0x y y z z x x y z          (đpcm). Câu 2: 1) Phương trình đã cho tương đương với: 3 3 3 . 2 2x x x x                 (do x = 0 không là nghiệm của phương trình). Đặt 1 t x x   thì phương trình viết thành: t2 – 5t + 4 = 0. Giải phương trình này ta được t1 = 1, t2 = 4. Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình ban đầu là x1 = 1, x2 = 3. Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 27 2) Trước tiên để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì 0  . Điều này tương đương với: m2 + 14m + 1  0 hay 7 4 3m    hoặc 7 4 3m    (*). Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình (1) ta có: 1 2 1 2 5 (2) 6 (3) x x m x x m       Từ (2) và 2x1 + 3x2 = 13 ta tìm được x1 = 3m + 2, x2 = 3 – 2m. Thay x1, x2 trên vào (3) ta được: 2 00 1 m m m m       . Cả hai giá trị m này đều thỏa mãn điều kiện (*). Và đó là m cần tìm. Câu 3: Ta thấy         2 2 2 2 2' 1 . 1 1 . 1 0m m m m m m          với mọi m, do đó phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 phân biệt. Theo định lý Vi- et cho phương trình (1) ta có: 1 2 1 2 2 2 . 1 x x m x x m         . Từ đó:   2 2 1 2 1 2 2 4 2 4 2 1 m m A x x x x m        . Viết dưới dạng phương trình bậc hai ẩn m ta được:   24 . 6 0A m m A    . Phương trình này có nghiệm khi 2' 4 9 0A A      hay 2 13 2 13A    . Vậy minA = 2 - 13 , maxA = 2 + 13 . Câu 4: 1 1 2 3 1 4 E F IO B A C M P N Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 28 a) Ta có: sđNIC = 1 2 (sđNC + sđPB ); sđNCI = 1 2 (sđAN + sđAP ) mà theo giả thiết suy ra sđNC = sđAN ; sđPB = sđAP . Do đó NIC = NCI . Suy ra tam giác NIC cân tại N. b) Do sđBM = sđMC nên BNM = MNC . Do tam giác NIC cân tại N, có MN là phân giác đồng thời là đường cao, suy ra: MN vuông góc với IC. Chứng minh tương tự ta cũng có: IA vuông góc PN, IB vuông góc PM. Suy ra I là trực tâm tam giác MNP. c) Ta có:  4 1I C ,   1 1I B . Từ đó ta xét tổng sau:            1 2 3 4 1 1 1 1 2 2 2 2 I I I I AP BM AN MC AP AN         =        0 01 1 .360 180 2 2 AP BM AN MC PB NC       . Suy ra E, I, F thẳng hàng. 2 1 1 2 H Q I K O M B C A P N d) Gọi H là giao điểm của PM và IB suy ra H là trung điểm của IB. Gọi Q là trung điểm của KB thì HQ song song IK và HQ = 1 2 IK. Dễ dàng tính được KB = 5 IK và BQ = QK = 5 2 IK. Do các tam giác BHQ, QKM vuông và  1 2Q Q nên  osBQH osMQKc c mà osBQH HQ c BQ  , osMQK QK c QM  suy ra: HQ QK BQ QM  do đó tính được QM = 5 2 IK và KM = 5IK , BM = 10IK . Suy ra  2 1 sin 2 KM B BM   từ đó  02 45B  nên A = 900. Câu 5: Phương trình đã cho tương đương với: 3 26 12 8 0 5 5 5 x x x    . Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For evaluation only. Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83 -------------------------------------------------------------------------------------- Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội 29 Đặt x = y – 2 5 , thay vào phương trình ta được: 3 2 2 6 2 12 2 8 0 5 5 5 5 5 5 y y y                         . Rút gọn ta được phương trình mới là: 3 48 96 0 25 125 y y   . Bây giờ ta đặt y = u + v, biến đổi phương trình thành:  3 3 96 48 . 3 0 125 25 u v u v uv                  (*). Cần

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfHướng dẫn giải Tuyển tập Đề thi môn Toán vào Chuyên Ngữ Hà Nội (1991 - 2010).pdf
Tài liệu liên quan