PHỊNG GIÁO DỤC VÀ TỐN ĐÀO TẠO NINH GIANG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN THỜI GIAN LÀM BÀI:150 PHÚT ĐỀ CHÍNH THỨC 1(4 điểm) Cho biếu thức  x − y x2 + y2 + y −  4x4 + 4x2 y + y2 − : A =  + 2  x + y + xy + x  y − x y + xy − x  Với x > 0; y > 0; x ≠ y; y ≠ − x Rút gọn biểu thức A 2 Cho y=1 tìm x để A = 2(5 điểm) a) Giải phương trình : + x − − x + 4 − x = 10 − 3x b)Chứng minh 4n + 15n - chia hết cho với n số tự nhiên 3(4 điểm)a) Chứng minh f ( x, y ) = x + y − xy + x − y + > b) Cho x1, x2, x3 ba số thực thỏa x1x2x3 = Tính: S = 1 + + + x1 + x1 x + x + x x3 + x3 + x3 x1 4)(5 điểm) Cho điểm M nằm nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R (M khơng trùng với A B) Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ đường thẳng AB, kẻ tia Ax vng góc với AB Đường thẳng BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường trịn tâm O E, cắt IB F; đường thẳng BE cắt AI H, cắt AM K a) Chứng minh : điểm F, E, K, M nằm đường tròn b) Tứ giác AHFK hình ?Vì ? Chứng minh đường thẳng HF ln tiếp xúc với đường trịn cố định điểm M di chuyển nửa đường tròn tâm O 5)(2 điểm) Chứng minh tờ giấy kẽ ô vuông nhau, dựng tam giác có đỉnh đỉnh vng 1) Cho điểm M nằm nửa đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R (M khơng trùng với A B) Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường trịn có bờ đường thẳng AB, kẻ tia Ax vng góc với AB Đường thẳng BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường tròn tâm O E, cắt IB F; đường thẳng BE cắt AI H, cắt AM K c) Chứng minh : điểm F, E, K, M nằm đường tròn d) Tứ giác AHFK hình ?Vì ? e) Chứng minh đường thẳng HF ln tiếp xúc với đường trịn cố định điểm M di chuyển nửa đường tròn tâm O · · = KMF = 900 a) Các tam giác AEB, AMB vng ( AB đường kính) suy BEF Gọi C trung điểm KF ta có EC = CM = KF hay EC = CM = CK = CF Suy điểm F, E, K, M nằm đường trịn tâm C b) Ta có AE vừa đường cao vừa phân giác tam giác AHK nên AH=AK HE=EK I EC đường trung bình tam giác HKF nên EC F 1 = HF, mà EC= = KF nên HF=KF M 2 C K trực tâm tam giác FAB nên FK ⊥ AB , mà · · AH ⊥ AB AH//KF suy KFE H E = EAH ∆KEF = ∆HEA suy AH=KF K Do AH=AK=KF=EH AF ⊥ HK nên tứ giác A B O AHFK hình thoi c) Vì AHFK hình thoi suy HF//AM, mà AM ⊥ BF nên HF ⊥ BF (1) Mặt khác HK trung trực AF hay BH trung trực AF nên BF=AB=2R (2) Từ (1) (2) suy HF tiếp tuyến đường tròn (B; 2R) cố định 2) Cho tam giác ABC (AB < AC) ngoại tiếp đường tròn (O;R) Đường tròn (O;R) tiếp xúc với cạnh BC, AB, AC điểm D, N, M Kẻ đường kính DI đường (O;R) Qua I kẻ tiếp tuyến đường (O;R) cắt AB, AC E, F a, Biết AB = 8cm, AC = 11cm, BC = 9cm Tính chu vi tam giác AEF b, Chứng minh EI BD = IF.CD = R2 c, Gọi P trung điểm BC, Q giao điểm AI BC, K trung điểm AD Chứng minh ba điểm K, O, P thẳng hàng AQ = 2KP a,Biết AB = 8cm, AC = 11cm, BC = 9cm Tính chu vi tam giác AEF + c/m cho chu vi tam giác AEF PAEF = 2AN + c/m cho 2AN = AB + AC – BC = + 11 – = 10 cm + suy PAEF = 2AN = 10 cm b,Chứng minh EI BD = IF.CD = R2 + c/m cho tam giác EOB vuông O ⇒ EN.BN = ON2 = R2 ( theo hệ thức lượng tam giác vuông) Mà EI = EN, BD = BN ( t/c tiếp tuyến cắt điểm) ⇒ EI BD = R2 + Tương tự ta có: IF.DC = R2 + Suy EI BD = IF.CD = R2 c, Gọi P trung điểm BC, Q giao điểm AI BC, K trung điểm AD Chứng minh ba điểm K, O, P thẳng hàng AQ = 2KP Áp dụng hệ qủa định lý Talet tam giác AQC tam giác IF AF AF FE IF FE = ; = ⇒ = (1) QC AC AC BC QC BC IF IE IE + IF EF Theo câu b ta có: EI.BD = IF.CD ⇒ BD = CD = BD + CD = BC (2) IF IF Từ (1) (2) suy QC = BD ⇒ QC = BD +Vì P trung điểm BC (gt), QC = BD ( cmt) ⇒ P trung ABC ta có điểm DQ Mà O trung điểm ID suy OP đường trung bình tam giác DIQ ⇒ OP // IQ hay OP // AQ (3) + Vì K trung điểm AD, O trung điểm ID suy KO đường trung bình tam giác ADI ⇒ KO // AI hay KO // AQ (4) + Từ (3) (4) ⇒ K, O, P thẳng hàng Do K trung điểm AD, P trung điểm DQ suy KP đường trung bình tam giác DAQ suy AQ = 2KP 3) Cho đường trịn đường trịn (O; R), đường kính AB vng góc với dây cung CD H ( H ≠ O ) Biết AH = a; CD = 2b a) Chứng minh tam giác HAD HCB đồng dạng với b) Tính R theo a b c) Qua H vẽ hai dây cung MN PQ vuông góc với Xác định vị trí dây để MN + PQ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ a, Ta có OA = OB = OC nên ∆ACB vng C nên góc BCH + góc ACH = 900 (1) Vì AB ⊥ CD nên góc CAH + góc ACH = 900 (2) Từ (1) (2) suy góc CAH = góc BCH Mặt khác AB ⊥ CD nên HC=HD hay ACB tam giác cân A =>AH phân giác góc A =>góc CAH = góc DAH Suy góc BCH = góc DAH => Các tam giác HAD HCB đồng dạng b, Áp dụng định lí Pitago ta có AC = AH + HC2 = a + b Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ABC ta có AC2 = AB.AH ⇔ AB = AC2 a + b AB a + b = ⇔R= = AH a 2a c, Gọi K, L hình chiếu vng góc O MN PQ Đặt OK = x; OL = y; Đặt OH = d Ta có x + y = OH = d không đổi Đặt T = MN + PQ ⇒ T = MN + PQ + 2MN.PQ = 4(R − x ) + 4(R − y ) + (R − x )(R − y ) = 8R − 4.d + (R − R d ) + x y * T đạt GTLN T2 đạt GTLN Áp dụng BĐT Cosi ta có Dấu “=” xẩy dây cung xy ≤ x = y = 8R − 4(x + y2 ) + R − R (x + y ) + x y ⇔ x y đạt GTLN ⇔ xy đạt GTLN x + y2 d = 2 OL = OK => HO tia phân giác góc tạo hai * T đạt GTNN T2 đạt GTNN ⇔ x y2 đạt GTNN ⇔ xy đạt GTNN Mặt khác x, y ≥ nên xy ≥ , dấu “=” xẩy x = y = => dây cung trở thành đường kính 4) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O, R) Các đường cao AD,BE,CF cắt H Gọi I trung điểm BC; J trung điểm AH Chứng minh: a)IJ ⊥ EF b) Nếu góc BAC 600 tam giác IEF c)Nếu OH// BC tanB tanC= Chứng minh DB.DC= HD.AD ⇒ tanB.tanC= a) Chứng minh IJ vng góc với EF - Chứng minh JE=JF= AH - IE=IF= BC ⇒ IJ trung trực EF ⇒ IJ vng góc với EF b)Chứng minh: Nếu góc BAC 600 tam giác IEF Tam giác BIF cân I ⇒ góc BIF= 1800 -2.góc B Tam giác CIE cân I ⇒ góc CIE=1800- 2.gócC ⇒ góc BIF+góc CIE = 3600- 2( góc B+ góc C) Do góc A= 600(gt) ⇒ góc B+góc C= 1200 ⇒ góc BIF+ gócCIE = 600 Mà IE=IF= BC ⇒ tam giác IEF GI AD AD = =3 HD AD HD c)Gọi G trọng tâm tam giác ABC ⇒ G thuộc AI GA = Chứng mimh H;G;O thẳng hàng( đường thẳng Ơ Le) OI GI HD AD = = ⇒ = ⇒ =3 AH GA HA HD AD AD AD = Mà tanB.tanC= DB DC DB.DC ⇒ 5) Cho đường tròn tâm O đường kính AB M điểm thuộc đoạn thẳng OA, vẽ đường trịn tâm O’ đường kính MB Gọi I trung điểm đoạn thẳng MA, vẽ dây cung CD vng góc với AB I Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) J a) Chứng minh: Đường thẳng IJ tiếp tuyến đường tròn (O’) b) Xác định vị trí M đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn C J A I M O O ’ B D a) Xét tứ giác ACMD, ta có : IA = IM (gt), IC = ID (vì AB ⊥ CD : gt) ⇒ ACMD hình thoi ⇒ AC // DM, mà AC ⊥ CB (do C thuộc đường trịn đường kính AB) ⇒ DM ⊥ CB; MJ ⊥ CB (do J thuộc đường trịn đường kính MB) ⇒ D, M, J thẳng hàng ˆ + IMD ˆ = 900 (vì DIM ˆ = 900 ) Ta có : IDM ˆ = IDM ˆ (do IC = IJ = ID : ∆ CJD vng J có JI trung tuyến) Mà IJM ˆ ' = JMO ˆ ' = IMD ˆ (do O’J = O’M : bán kính đường trịn (O’); JMO ˆ ' IMD ˆ đối đỉnh) MJO ˆ + MJO ˆ ' = 900 ⇒ = 90 0⇒ IJ tiếp tuyến (O’), ⇒ IJM J tiếp điểm b) Ta có IA = IM AB ⇒ IO’ = = R (R bán kính (O)) O’M = O’B (bán kính (O’) ∆ JIO’ vng I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2 Mà IJ2 + O’J2 ≥ 2IJ.O’J = 4SJIO’ Do SJIO’ ≤ SJIO’ = R2 R2 IJ = O’J ∆ JIO’ vng cân có cạnh huyền IO’ = R nên : 2O’J2 = O’I2 = R2 ⇒ O’J = R 2 Khi MB = 2O’M = 2O’J = R 6) Cho hình thoi ABCD cạnh a, gọi R r bán kính đường trịn 1 ngoại tiếp tam giác ABD ABC Chứng minh : R + r = a B E M A O C I K D Tứ giác ABCD hình thoi nên AC đường trung trực đoạn thẳng BD, BD đường trung trực AC Do gọi M,I,K giao điểm đường trung trực đoạn thẳng AB với AB,AC,BD ta có I, K tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ADB, ABC Từ ta có KB = r IB = R Lấy điểm E đối xứng với điểm I qua M Ta có BEAI hình thoi ( có hai đường chéo EI AB vng góc với cắt trung điểm đường) Ta có : = mà =900 ⇒ =900 Xét ∆ EBK cã =900 đường cao BM.Theo hệ thức tam giác vng ta có: 1 + = 2 BE BK BM Mà BK = r , BE = BI = R; BM = a 1 Nªn ⇒ R + r = a (§pcm) 7) Cho ∆ ABC (AB = AC) Vẽ đường trịn có tâm O nằm BC tiếp xúc với cạnh AB, AC D, E Gọi I điểm chuyển động cung nhỏ DE (I khác D E) Tiếp tuyến đường tròn I cắt cạnh AB, AC tương ứng M, N a) Chứng minh rằng: Chu vi tam giác AMN không đổi b) Chứng minh hệ thức 4.BM CN = BC c) Xác định vị trị I cung nhỏ DE để diện tích tam giác AMN lớn 8) a) AD = AE; IM = MD; IN = NE ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh chu vi 2AD khơng đổi b) Ta có ∠MON = (1800 - ∠A)/2; ∠B = ∠C = (1800 - ∠A)/2 Suy ∆BMO, ∆OMN ∆CON đồng dạng với suy BM BO BC = ⇔ BM CN = BO.CO = CO CN ⇔ BM CN = BC c) Ta có SAMN lớn ⇔ SBMNC bé Ta có: S BMNC = SOBM + SOMN + SOCN = R ( BM + MN + CN ) ( R: bán kính đường tròn) 1 ( BM + MI + NI + CN ) R = ( BM + MD + NE + CN ) R 2 = R ( BM − BD + 2CN − CE ) = R ( BM + CN − BD ) ( BD = CE ) R; BD không đổi ⇒ SBMNC nhỏ BM + CN = Mặt khác ta có BM + CN ≥ nhỏ BM CN = R Dấu “=” xảy BM = CN Hay BM + CN bé 2R BM = CN = R MN // BC hay I trung điểm cung nhỏ DE Vậy SAMN lớn ⇔ I trung điểm cung nhỏ DE Cho điểm A nằm ngồi đường trịn (O, R) Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE tới đường trịn (B,C tiếp điểm, D nằm A E) Gọi H giao điểm AO BC Chứng minh điểm A, B, O, C thuộc đường tròn Chứng minh AH.AO = AD.AE Tiếp tuyến D (O) cắt AB, AC M N Biết OA = 6cm; R = 3,6cm Tính chu vi ∆ AMN Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt AB,AC I K Chứng minh MI + NK ≥ IK 1 Chứng minh OB ⊥ AB, OC ⊥ AC (theo tính chất tiếp tuyến) ⇒ ∠OBA = ∠OCA = 90 ⇒ B C thuộc đường trịn đường kính OA ⇒ điểm A, B,O, C thuộc đường tròn Chứng minh OB ⊥ AB Chứng minh OA ⊥ BC H ⇒ AB2 = AH.AO (1) Chứng minh ∆ABD đồng dạng với ∆AEB AB AD ⇒ ⇒ AB2 = AE.AD (2) = AE AB Từ (1) (2) ⇒ AH.AO = AE.AD Tính AB = 4,8cm Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt suy AB = AC, MD = MB, ND = NC ⇒ Chu vi ∆ AMN là: AM + AN + MN = AM +AN + MD +DN = AM +AN + MB + NC = AB + AC = 2AB = 9,6cm Chứng minh IK//BC Và AB = AC ⇒ AI = AK IK ⇒ ∆ AIK cân A ⇒ ∠AIK = ∠AKI OI = OK = Theo t/c hai tiếp tuyến cắt suy ra: ∠NMI ∠MNO = ∠ONK = ∠MNK ∠NMO = ∠OMI = Tứ giác MNKI có ∠IMN + ∠MNK + ∠NKO + ∠KIM = 360 ⇒ 2∠IMO + 2∠ONK + NKO = 360 Đồng thời ⇒ ∠IMO + ∠ONK + ∠NKO = 180 ∆NOK có: ∠NOK + ∠ONK + ∠NKO = 180 ⇒ ∠IMO = ∠NOK ⇒ ∆MIO đồng ⇒ dạng với ∆OKN MI OI IK = ⇒ MI NK = OI OK = OK NK Áp dụng BĐT Cosi: MI + NK ≥ MI NK = ⇒ MI + NK ≥ IK IK IK = 9) Cho hai đường tròn ( O ) ( O / ) Đường nối tâm OO / cắt đường tròn ( O ) ( O / ) điểm A, B, C, D theo thứ tự đường thẳng Kẻ tiếp tuyến chung EF, E ( O ) F ( O / ) Gọi M giao điểm AE DF; N giao điểm EB FC Chứng minh rằng: • Tứ giác MENF hình chữ nhật • MN AD • ME.MA = MF.MD a) Ta có Góc AEB = GócCFD = 900 (góc nội tiếp chắn đường 0,5 đ trịn) Vì EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) (O /), nên: 0,5 đ OE EF OF EF => OE // O/F b) Góc EOB= Góc FO’D (góc đồng vị) => góc EAO = góc FCO’ Do MA // FN, mà EB MA => EB FN Hay góc ENF = 900 Tứ giác MENF có , nên MENF hình chữ nhật Gọi I giao điểm MN EF; H giao điểm MN AD Vì MENF hình chữ nhật, nên góc IFN = góc INF Mặt khác, đường trịn (O/):góc IFN= góc FND = ½ sđ cung FC =>góc FDC = góc FDC Suy đồng dạng (g – g) => góc NHC= góc DFC = 900 hay MN AD 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ c) 0,5 đ Do MENF hình chữ nhật, nên góc MFE = FEN Trong đường trịn (O) có: góc FEN = góc EAB =1/2 sđ cung EB 0,5 đ =>gócMEF = EAB Suy đồng dạng (g – g) 0,5 =>hay ME.MA = MF.MD ... JMO ˆ '' IMD ˆ đối đỉnh) MJO ˆ + MJO ˆ '' = 90 0 ⇒ = 90 0⇒ IJ tiếp tuyến (O’), ⇒ IJM J tiếp điểm b) Ta có IA = IM AB ⇒ IO’ = = R (R bán kính (O)) O’M = O’B (bán kính (O’) ∆ JIO’ vuông I : IJ2 + O’J2... J thẳng hàng ˆ + IMD ˆ = 90 0 (vì DIM ˆ = 90 0 ) Ta có : IDM ˆ = IDM ˆ (do IC = IJ = ID : ∆ CJD vng J có JI trung tuyến) Mà IJM ˆ '' = JMO ˆ '' = IMD ˆ (do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’); JMO... hình thoi ( có hai đường chéo EI AB vng góc với cắt trung điểm đường) Ta có : = mà =90 0 ⇒ =90 0 Xét ∆ EBK cã =90 0 đường cao BM.Theo hệ thức tam giác vng ta có: 1 + = 2 BE BK BM Mà BK = r , BE =