Môn thi: TOÁN
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU
_________________________________________________________________________________________ Bài 1. (2 điểm)
t
=
:
a) Giải phương trình bằng cách đặt ẩn số
x 4
5 ⎛ −⎜ x ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2
x
+
=
35 24 +
400 2 x mx
m
b) Cho phương trình
2 3 +
+
x 5 ⎞ ⎛ −⎜ ⎟ 4 x ⎠ ⎝ ) + = . x m 3 0 2 1 −
(
2
34
,x x thỏa mãn
=
x+ 2
2 x 1
2
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
+
R
Bài 2. (2.5 điểm) Xét biểu thức:
=
−
2 1
5
x x
x x
+ +
x −
x 3 3 4 + − 4 x x −
5 − 5 −
2
a) Rút gọn R . b) Tìm số thực x để
R > − . Tìm số tự nhiên x là số chính phương sao cho R là số nguyên.
Bài 3. (2 điểm)
x
xy
0
+
y + =
a) Giải hệ phương trình:
2
2
x
y
8
+
=
⎧ ⎨ ⎩
,
c
x
c
= 0
−
−
+
−
−
−
,a b c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC . Giả sử phương trình ) +
)( x a x b
)( x b x
)(
(
)
)
(
b) Cho ( x a − có nghiệm kép. Tính số đo các góc của tam giác ABC .
Bài 4. (1.5 điểm)
AH BC H BC
. Dựng
, và dựng
∈
⊥
ABC
60 ,
0 45
=
=
(
)
. Gọi M là trung điểm của AC . Biết
, tính BC . Chứng minh
∈
⊥
3
AH =
Cho tam giác ABC , có (cid:110) (cid:110)0 ACB )
( HK AB K AB BKMC là tứ giác nội tiếp.
Bài 5. (1 điểm)
Trong kỳ kiểm tra môn Toán một lớp gồm 3 tổ A, B, C, điềm trung bình của học sinh ở các tổ được thống kê ở bảng sau:
A và B 8.9
B 8.8
C 7.8
A 9.0
B và C 8.2
Tổ Điểm trung bình Biết tổ A gồm 10 học sinh, hãy xác định số học sinh và điểm trung bình của toàn lớp.
Bài 6. (1 điểm)
,B C D di
,
)O , có đỉnh A cố định và các đỉnh . Kẻ tia Ax vuông góc với AD cắt BC tại E , kẻ tia
)O sao cho (cid:110) 090
Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn ( chuyển trên ( Ay vuông góc với AB cắt CD tại F . Gọi K là điểm đối xứng của A qua EF . Chứng minh tứ giác EFCK nội tiếp được và đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.
BAD >
Hướng dẫn giải
Bài 1.
2
2
2
t
a) Đặt
, suy ra
=
x 4
5 ⎛ −⎜ x ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎡ t =⎢
2
Phương trình trở thành
5 0
16 t
24 t
−
+ = ⇔ ⎢
5 4 1 4
⎢ = t ⎢⎣ 105
t x 16 + ⇒ + = 5 + = 2 x 16 5 2 25 2 x 400 2 x ⎛ 2 t +⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠
Với
t = , ta có
5 = −
Với
t = , ta có
4
=
5 − ± − = ⇔ = x 1,2 2
5 4 1 4
x 3 x 4
5 x 5 x x 4 x 4
Vậy
b) Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt
0
m ⇔ ≠
2
9
4
3
0
m
m
m
+
−
2 −
+
>
0 (
) 1
(
)
m ≠⎧⎪ ⎨ Δ = ⎪⎩
105 105 5 4 ⎡ 1 − = ⇔ ⎢ 4 ⎣ 5 − − 5 − + S 5;4; ; 2 2 ⎫ ⎪ ⎬ ⎪ ⎭ ⎧ ⎪ = −⎨ ⎪ ⎩
(
) 1
+ 3 − S + = = x 1 x 2
Với điều kiện trên, phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và theo định lý Viet ta có ⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ = P x x 1 2 ⎪⎩
m m 3 2 − + = m m
2
2
Khi đó
(
)
2 x 1
2 x 2
( ) n
( ) n 3 7
1 m m 13 9 + 34 2 + = ⇔ + − 34 = ⇔ 34 = ⇔ x 1 x 2 x x 1 2 12 + 2 m m ⎡ = ⎢ ⎢ = − m ⎢⎣
Đáp số:
m m= 1, 3 = − 7
Bài 2
a) Đặt t
ta có
2
2
x=
(
)(
)
2 5 5 t t t 3 t 4 t + − + −
(
)
( t + + (
R = − = t t t 2 1 t 5 5 + + + − 3 3 t − 2 t t 5 4 t − + t 5 4 − −
) 1 + − ) 2 + 5 −
2 t t 3 − − ( )( t t 1 +
)( 3 )( t 1 − )( 1 + )( 1 +
) )
b)* Điều kiện
Ta có
R
2
2
2 > − ⇔ −
> − ⇔ −
0 > ⇔
5 12
t t
t t
x ≥ 0 t t
2 5
2 5
+ −
12 − 5 −
+ −
t <⎡ 0 > ⇔ ⎢ > t ⎣
= = − = − = − t t t t t t 2 5 − − + − x x 2 5 + − 2 ) 5 + ( (
x 0
25 144 25
144
t t 5 12 5 x < ⇔ < ⇔ ≤ < x 12 > ⇔ > ⇔ >
x x≤ <
∈ (cid:96)
Với Với Vậy giá trị x cần tìm là 0 và • Ta có x là số chính phương nên t
x > x=
5
Khi đó
= −
1 = − +
∈ ⇒
2 5
5
+ −
7 −
1,1,7
t − = − 5 Từ đó những giá trị x cần tìm là
16,36,144
x =
xy
0
y + =
a)
2
2
x
y
8
+
=
R (cid:96) t – 5 là ước của 7, mặt khác t − ≥ − do đó 5 t t t
Bài 3. x + ⎧ ⎨ ⎩
S
S P
P
S
0
+ =
= −
P
4 = − 4
=
S
x = +
y P xy , =
Đặt
, khi đó ta có hệ
⇔
⇔
2
2
S
2
=
S
P
S
S
2
8
2
8 0
−
=
+
− =
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
P
2 = −
⎡ ⎧ ⎨⎢ ⎩⎢ ⎢ ⎧ ⎢⎨ ⎢⎩⎣
Với
ta có
2
2
x
4 x x 2 = − ⇔ 4 = − 4 y + = − 4 xy y = 2 = − ⎧ ⎨ ⎩ ⎧ ⎨ ⎩
ta có
giải hệ ta được
hoặc
Với
xy
2 = −
y + = 2 = −
1 3 1 3
⎧ ⎨ ⎩
3;1
3,1
3
+
−
−
+
y 3 3 S ⎧ ⎨ P =⎩ S =⎧ ⎨ P ⎩
⎧ = − x ⎪ ⎨ 1 y = + ⎪⎩ ) ( 3 , 1
)
−
−
+
x c
2
2
2
b
3
c
ab ac bc
a b c + +
′Δ =
=
+
−
+
−
−
−
+ ⎧ = − x ⎪ ⎨ 1 = + ⎪⎩ ) ( 2; 2 , 1 − − ) = x a 0 − ) = 0
)( x b x − ) ( a b c x + + ( ab ac bc +
2
2
2
2
2
2
;x y là ( Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm ( ) )( ( ) ) )( b) ( c x a x b + − − ( 23 ab bc ac x ⇔ − + ( + + )
(
)
(
)
(
)
( 2 2 ) Ta có a Phương trình có nghiệm kép khi và chỉ khi 1 2
ab bc ac a b c 0 0 ′Δ = ⇔ + 0 = ⇔ + − − − a b − + b c − + c a − = ⎡ ⎣ ⎤ ⎦
060
0 b c c a a b a
= =
b c ⇔ − = − = − = ⇔ = = Khi đó tam giác ABC đều, suy ra (cid:108) (cid:108) (cid:108) A B C = Bài 4.
A
a) Trong tam giác vuông ABH ta có
M
tan (cid:110) ABH = BH ⇒ = = 1 AH BH AH 3 = (cid:110) 0 tan 60 ABH tan
K
(đvđd)
0 nên AHC là tam giác vuông 45 3 1 = +
3 +
450
600
C
H
B
0
0
nên là tứ giác nội tiếp, suy ra
=
nên là tứ giáv nội tiếp.
Trong tam giác vuông AHC có (cid:110) (cid:110)0 ACH HAC 45 = ⇒ = cân, suy ra HC HA= = Do đó BC BH CH = b) Tam giác AHC vuông cân, có AM là trung tuyến nên cũng là đường cao, suy ra AM HC⊥ C1: Tứ giác AKHM có (cid:110) (cid:110) 0 AKH AMH 90 + (cid:110) (cid:110) (cid:110)0 0 AKM AHM HAM 45 90 = − = Tứ giác BKMC có (cid:110) (cid:110) 045 AKM BCM= = C2: Ta có AK. AB = AH2, AM. AC = AH2, suy ra AK. AB = AM. AC
180 90 = + =
nên là tứ BKMC giác
AKM BCM= =
Suy ra tam giác AKM và ABC đồng dạng (c.g.c), suy ra (cid:110) (cid:110) 045 nội tiếp. Bài 5. Gọi x, y lần lượt là số học sinh tổ B và C.
Ta có
y
×
, với x = 10 thì y = 15
Tương tự
8, 2
=
7,8 y
x × × x 8,9 10 = ⇒ =
9 10 8,8 + x 10 + x 8,8 × + x +
Vậy điểm trung bình của cả lớp là
+ × × 8, 43 = + y 9 10 8,8 10 7,8 15 × 10 x + +
Bài 6.
BAD BCD +
=
A
B
* Tứ giác ABCD nội tiếp nên (cid:110) (cid:110) 0 180 Và (cid:110) (cid:110) (cid:110) (cid:110) (cid:110) (cid:110) BAD EAF BAE EAF FAD EAF +
+
+
=
+
0
0
90
180
+
=
=
(cid:110) (cid:110) 0 BAF DAE 90 + (1)
= =
E
x
O
D
F
, do đó tứ giác
=
C
=
y
K
(do tính chất đối xứng) (cùng phụ với (cid:110)KAE )
Suy ra (cid:110) (cid:110)BCD EAF Mặt khác, do A và K đối xứng nhau qua EF nên (cid:110) (cid:110)EKF EAF (2) = Từ (1) và (2) suy ra (cid:110) (cid:110)EKF ECF EFKC nội tiếp. * Vì tứ giác EFKC nội tiếp nên ta có (cid:110) (cid:110)FCK FEK mà (cid:110) (cid:110)FEK FEA = Và (cid:110) (cid:110)FEA KAD = Do đó (cid:110) (cid:110)KAD FCK
=
Suy ra tứ giác ADKC nội tiếp, suy ra K thuộc (O), suy ra OA = OK, suy ra O thuộc đường trung trực của AK mà EF là đường trung trực của AK nên O thuộc EF. Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định. Nhận xét: Đề năm nay cho khá dài so với thời gian 120 phút. Vì là đề chung cho tất cả các lớp chuyên nên kiến thức dàn trải và có vài câu khó. Tuy nhiên để được 4 thì cũng không khó nếu các em làm bài cẩn thận. Có thể nhận xét từng câu như sau: Câu 1:
a) (0,75) Câu này nhiều em không làm được, vì không thể tính tất cả theo t. b) (1,25) Câu này thuộc dạng cơ bản và dễ, các em sót điều kiện phương trình có hai nghiệm phân
biệt. (0,25) và nhiều em không hiểu sao lại bỏ trường hợp m = -3/7 (!)
Câu 2. a) (1) Câu này dễ và quen, và quan trọng vì nếu làm được thì câu b mới làm được. Tuy vậy có nhiều không rút gọn triệt để hoặc sai dấu (!)
b) *(1) Câu này nhiều bạn sai nhất, vì không chuyển vế xét trường mà quy đồng bỏ mẫu một cách
rất tự nhiên và tất nhiên là sai. (*) (0,5) Câu này không khó và nhiều em làm đúng.
Câu 3. a) Bài hệ thì quá cơ bản, tuy vậy có nhiều em giải ra tích và tổng đúng nhưng khi áp dụng định lý đảo Viet lại sai (X2 – SX + P = 0 mà cứ lộn X2 + SX – P = 0)
b) Bài này nhìn có vẻ rắc rối nhưng nếu đưa về phương trình bậc hai thì coi như xong. (lại một câu về phương trình bậc 2) Câu 4. Câu này có lẻ là dễ nhất trong đề, và hầu lết làm được và đúng. Câu 5. Câu này không khó, nếu “chịu” làm thì sẽ làm đúng kết quả. Và cũng nhiều em làm đúng. Câu 6. Câu này là câu khó nhất, và nhiều em bỏ nhất. Ý đầu tiên có lẽ không khó nhưng ý sau thì khó. Câu này là câu phân loại và dành cho học sinh chuyên toán. Trên đây là một vài nhận xét chủ quan của người viết. Hy vọng rút kinh nghiệm trong các kỳ thi sau và có kết quả tốt hơn.
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM Môn thi: TOÁN CHUYÊN TRƯỜNG PHỔ THÔNG Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề NĂNG KHIẾU _______________________________________________________________________________ Câu 1.
.
a) Cho
a b c d là các số thực thỏa mãn điều kiện
,
,
,
,
a c .
0
=
=
≠
a b
c d
a c + b d 3 −
2
2
b
d=
.
=
2
=
2
x xy y xy
y y y y
1 − 3 − 2 − 4 −
Chứng minh rằng: b) Giải hệ phương trình: x 3 − − ⎧ ⎪ 2 7 x − − ⎪ ⎨ 3 x − − ⎪ 2 ⎪ 7 x − − ⎩
Câu 2.
x
+ 9
2
2
2
a
b
c
+
+
= . 6
a) Giải bất phương trình: 2 8 1 x + ≤ ,a b c là các số thuộc [ ]1; 2− b) Cho thỏa mãn điều kiện , Chứng minh rằng: + + ≥ a b c 0
Câu 3.
a) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho
2
2009
a
2010
a+ =
2010
2
3
2009
a
b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho
a a +
+
=
AB
)O tâm O , đường kính
,HE HF vuông góc với
Câu 4. Cho đường tròn ( R= 2 . C là một điểm thay đổi trên đường tròn )O sao cho tam giác ABC không cân tại C . Gọi H là chân đường cao của tam giác ABC ( hạ từ C . Hạ ,AC BC tương ứng. Các đường thẳng EF và AB cắt nhau tại K .
a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn
,KA KB trong trường hợp
(cid:110) 060 . BAC = ,EP FQ vuông góc với AB . Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ tiếp b) Hạ
xúc với đường thẳng EF .
)O và đường tròn đường kính CH , D C≠ . Chứng minh
2
và giao điểm M của các đường thẳng CD và EF luôn thuộc một đường
c) Gọi D là giao điểm của ( .KA KB KH=
rằng thẳng cố định. Câu 5. Trên một đường tròn, người ta xếp các số 1, 2,3,...,10 (mỗi số xuất hiện đúng một lần).
a) Chứng minh không tồn tại một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn 10. b) Tồn tại hay không một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn hoặc bằng 10?
-----------Hết------------
Hướng dẫn giải
Dưới đây chỉ là hướng dẫn giải chủ quan của chúng tôi và không phải là đáp án
chính thức của trường nên mang giá trị tham khảo là chính. Bài 1. a)
2
2
Trường hợp 1:
(đccm)
b
d
b
d
= − ⇒ =
suy ra a
Trường hợp 2: b
c≠ −
d≠ − , kết hợp với điều kiện
=
a b
c d
Khi đó
(tính chất dãy tỉ số bằng nhau)
=
=
a b
c d
a c + b d +
a c
0
+ =
Suy ra
=
3 b d
b d
− = +
a c + 3 b d −
a c + b d +
⎡ ⇒ ⎢ ⎣
0
0
a
0
Với
a c+ = mà
ac ≠ suy ra
d= − (mâu thuẫn)
c≠ 0,
≠ suy ra b
2
2
3b d
b d
d
b
b
d
Với
− = + ⇒ = ⇒ =
2
2
b
d=
Vậy trong hai trường hợp ta đều có
Nhận xét: Mấy em áp ụng ngay dãy tỉ số bằng nhau là thiếu trường hợp rồi, sẽ bị trừ điểm. b)
2
=
2
2
⇔ = = x xy y xy y y 1 − 3 − 2 − 4 − x 3 − − 2 x 7 − − = x xy y xy y y y y 1 − 3 − 2 − 4 − 3 x − − 2 7 x − − x 3 − − 2 x 7 − − ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
Điều kiện
xy 3 ≠
2
2
xy 4 ≠
xy
xy
xy
x y 7 + ≠ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
Trường hợp 1:
4
3 − = −
− ⇔ = , khi đó
x
y
y
2
1 − = −
− ⇔ + = 3 x
(
)
(
)
7 2
3
x
Ta có hệ
( VN
)
xy
=
y + = 7 2
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
xy
xy
Trường hợp 2:
4
3 − ≠ −
−
)
(
Khi đó ta có
=
=
=
2
y y
x xy
y xy
x 3 − − 2 x 7 − −
1 − 3 −
2 − 4 −
y x 3 + − 2 xy 7 −
3
y
x
0
− − =
Suy ra
2
2
7
x
y
2
xy
7
−
−
= −
−
(
)
⎡ ⎢ ⎢⎣
0
y
x
Với 3
− − = ta có
2
2
7
x
y
2
xy
7
x
y
0
Với
−
−
= −
+ ⇒ −
= ⇒ = x y
(
)2
x
1 = − ⇒ = −
⎡
Khi đó ta có
=
x
2
y 1 ⇒ ⎢ = ⇒ = y 2
x 2 x
x 2 x
1 − 3 −
2 − 4 −
− − là nghiệm của hệ phương trình
)1; 2 và (
⎣ ) 1; 1
Thử lại ta thấy ( Vậy phương trình có hai nghiệm (
;x y là ( )
)1; 2 và (
) − − 1; 1
1 1 0 x y 2 − = − = ⇒ ⎨ 2 x =⎧ y =⎩
Nhận xét: Bài hệ phương trình ý tưởng cũng giống câu a, dùng dãy tỉ số bằng nhau. Không
khó, tuy nhiên lại dễ sai, và thiếu sót. Ví dụ
(dễ sót trường hợp
0m = )
m m y x
0m =⎡ = ⇔ ⎢ =⎣ x y
Bài 2 a) Ta có
( ) I
x 2 1 0 + <
(
)
2
x
< −
x
⇔
⇔ − ≤ < −
x 9 0 + ≥ x x 2 8 1 + ≤ x II x x 2 8 9 + ≤ + 1 0 + ≥ ) 1 ⎡ ⎧ ⎨⎢ 8 ⎩⎢ 9 + ⇔ ⎢ 2 ⎧⎪⎢⎨ ( ⎢ ⎪⎩⎣
Giải (I): Ta có( ) I
9 8
1 2
1 2 9 8
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ≥ − x ⎪⎩
Giải (II): Ta có
(
)
2
2
x ≥ − x x ≥ − ≥ − II ⇔ ⇔ ⇔
(
)
x x 4 2 0 + − ≤ x x x x x 1 2 4 1 2 4 4 1 8 9 4 8 0 + + ≤ + − − ≤ 1 2 )( 1 ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
S
;2
9 8
⎡ = −⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
x ≥ − x 2 ⇔ 1 ⇔ − ≤ ≤ 2 2 1 ⎧ ⎪ 2 ⎨ ⎪− ≤ ≤ x 1 ⎩
Nhận xét: Bài này là bất phương trình dạng cơ bản, không có gì khó khăn cả. Đây có thể xem là câu dễ nhất của đề, tuy vậy nếu không cẩn thận cũng dễ xét thiếu. Và để ý kỹ thì câu này lại gợi ý làm câu b.
2
2
b) Vì
)( 1
(
)
[
] ∈ − ⇒ + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
a 1;2 a a 2 2 0 0 a a a a − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ ≥ − 2
2
2
c
c
2,
Chứng minh tương tự ta cũng có
b b ≥
−
≥
− 2
2
2
2
2
2
a = − hoặc 1 a = 2
a b c a b c a b c a c + + ≥ + + ≥ (vì + + + + = ) 6
Do đó Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (
2 6 − suy ra 0 ,a b c là hoán vị của ( ,
)
1; 1;2 − − b )
Nhận xét: Đây là bài toán bất đẳng thức có điều kiện không đơn giản chút nào so với lời giải của nó. Đủ để “hạ gục” nhiều em. Tuy nhiên nếu chú ý thì câu a đã gợi ý tưởng làm câu này. Câu 3
2
2009
a
a+ =
2
a
Ta có
a + =
2010
a
+ là tích hai số tự nhiên liên tiếp.
a) Giả sử tồn tại số tự nhiên a thỏa ) ( 1 a a = và ( 1
Ta có (
)1 + − = . a
) 1
2009
2009
a
p
a
q
,
=
1 + =
1 , a a +
trong đó p
q< ,
Do đó
a a + phải có dạng
. p q
2010,
, p q
=
= 1
(
)
2009
2009
p q ,
1
q
p
1
q
p
p
= ⇒ − ≥ ⇒
≥
+
>
+ 1
Điều này không thể xảy ra vì (
)
(
)2009 1
1 ,
Vậy không tồn tại số tự nhiên a thỏa mãn đề bài. Nhận xét: Bài này hiểu ý nhưng khó trình bày quá, dễ rơi vào tình trạng lòng vòng. Kinh nghiệm thì khi cho số lớn thường không ảnh hưởng đến cách giải, tuy nhiên đối với bài này vì số mũ là lẻ nên không thể dùng tính chất của số chính phương được. Hơn nữa, không thể xét theo modul 3, 4 vì nó thỏa hết. Cái hay là câu a và b nhìn có vẻ giống nhau nhưng cách giải lại khác nhau.
3
2
2010
a
a
b) Giả sử tồn tại số tự nhiên a thỏa đề bài. Tức là
a + =
3
2
3
3
0
a
a
a
a
a
23 a
+
Rõ ràng
a > , khi đó ta có
a + <
)3 1
2010
607
3 a + + + 1 + = + 2009 (
Mặt khác
3
3
3
670
2009 2009 = < )3
3,
. (Vô lý vì
là lập phương của hai số tự nhiên liên
Suy ra
(
)3 1
(
) 1
a 2009 a a < < + a +
( )
(
tiếp. ) Vậy không tồn tại số tự nhiên a thỏa mãn đề bài.
Bài này thuộc dạng quen thuộc của phương trình nghiệm nguyên, nhưng đôi khi bị nhiễu
Nói chung năm nay hai bài số học không khó bằng bài số học năm ngoái (Bài về số bạch
Nhận xét bởi câu a, khó nhận ra. kim) Câu 4
C
D
F
J
I
T
E
K,M
A
P
H
O
Q
B
,KA KB trong trường hợp
a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn
.
(cid:110) 060 BAC = Ta có (cid:110) 090 ACB =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (
)O )
0
0
Và
Tam giác ABC vuông tại C nên ta có (cid:110) CAB
2 .sin 60
.sin
R
R
3
CB AB =
=
=
R
3
0
Ta có
(cid:110) ACB R
.sin
.sin 60
CH AC =
=
=
2
Tam giác CHE vuông tại H có HE là đường cao nên
2
.cos (cid:110) CAB 2 .cos 60 R AC AB = = = R
2
R 3
2
2
R
3
Tương tự ta cũng có
CF
=
=
CH CB
4
2
3
R
S
CE CF .
R R .
Do đó
=
=
=
CEF
1 2
1 3 . 2 4
4
3 3 32
nên A nằm giữa K và B
, mà
2 ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ . CE CA CH R = CE ⇒ = = = 3 4 CH CA R
0
0
AKE CAB AEK
30
30
⇒
−
=
+
=
=
−
Vì (cid:110) 060 BAC = Dễ thấy CEHF là hình chữ nhật và (cid:110) (cid:110) (cid:110) (cid:110) 030 (cid:110) (cid:110) (cid:110) (cid:110) (cid:110) (cid:110) 0 60 AKE AEK CAB = Vậy tam giác KAE cân tại A suy ra KA AE=
Mà
nên
R
KA
AE AC CE R −
= −
=
=
1 R= 4
R 3 4
1 4
KB KA AB
R
2
R
R
Và
+
=
=
+
=
1 4
9 2
KEA CEF CHF CBA = = = =
b) Chứng minh EF tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ
làm tương tự
Câu b, c ta xét trường hợp AC < BC, trường hợp AC BC>
Gọi I là giao điểm của EF và CH . Vì AEHF là hình chữ nhật nên I là trung điểm EF.
)
Tứ giác EPQF là hình thang vuông (vì
,EP FQ PQ⊥
(cùng phụ (cid:110)EHA ) và (cid:110) (cid:110)TEH IHE
(cùng phụ với (cid:110)EHA . )
, (cid:110) (cid:110)IHE EAH =
// IH EP và I là trung điểm EF nên H là trung điểm của PQ.
, suy ra PEH
= =
nên EF tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ
EF T EF
HT
và HT HP=
Ta có Khi đó đường tròn đường kính PQ là đường tròn tâm H bán kính HP. Gọi T là hình chiếu của H trên EF Ta có (cid:110) (cid:110)PEH EAH Suy ra (cid:110) (cid:110)PEH TEH= Ta có ∈ ⊥
)
(
2
HT HP TEH ⇒ = = Δ Δ
và M thuộc một đường cố định
∩∪
.KA KB KH=
, suy ra
,
KAE
c) Chứng minh Ta có (cid:110) (cid:110) (cid:110) (cid:110) KEA CEF CHF CBK =
). ( KFB g g
.
.
(1)
Do đó
= ⇒
KA KB KE KF =
KA KE KF KB
∩∪
KHE
Mặt khác ta có (cid:110) (cid:110) (cid:110) KHE HCE HFK
, suy ra
Δ
Δ
= = Δ Δ
). ( KFH g g
2
Do đó
(2)
.
KE KF KH
⇒
=
KH KE = KH KF
2
= =
(tam giác OBC cân tại O)
(do tam giác ICF cân tại I)
=
Từ (1) và (2) thì Gọi J là giao điểm của OC và EF, Ta có (cid:110) (cid:110)OCF OBC = Và (cid:110) (cid:110)JFE ICF Do đó
0
90
(cid:110) (cid:110) (cid:110) (cid:110) OCF JFE OBC ICF =
+
=
0
OC EF
90
+ (cid:110) CJF
= ⇒ ⊥
⇒
Tam giác CKO có CH và KJ là hai đường cao, cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác
(3)
CKO, do đó OI CK⊥ Mặt khác hai đường tròn (O) và đường tròn tâm I đường kính CH cắt nhau tại C và D, nên OI
(4)
là đường trung trực của CD, suy ra OI CD⊥
Từ (3) và (4) ta có
,
,C K D thẳng hàng.
và M luôn thuộc đường thẳng AB cố
.KA KB KH=
Vậy K cũng là giao điểm của CD và EF, do đó M K≡ định Nhận xét: Đây là một bài hình học rất quen thuộc, không khó. Đỡ hơn năm ngoái nhiều.
Bài 5.
a) Giả sử tồn tại một cách sắp xếp thỏa đề bài là
a1
a2
a10
a3
a9
a4
a8
a5
a7
a6
a = . Khi đó ta có
Không mất tính tổng quát ta giả sử 1 1
10
9
10
+
>
>
=
⇒
⇒
(vô lý vì mỗi số xuất hiện đúng một lần)
10
9
10
+
>
>
=
a 1 a 1
a 2 a 10
a 2 a 10
a 2 a 10
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
Vậy không tồn tại cách sắp xếp thỏa mãn đề bài. b) Tồn tại cách sắp xếp như trên. Ví dụ:
