Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu
Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu
Đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu – Năm học 2018 – 2019
Câu 1 (3,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: $A=\left( \frac{\sqrt{3}}{{{x}^{2}}+x\sqrt{3}+3}+\frac{3}{{{x}^{3}}-\sqrt{27}} \right).\left( \frac{x}{\sqrt{3}}+\frac{\sqrt{3}}{x}+1 \right)$.
2) Tính tổng : $B=\sqrt{1+\frac{1}{{{1}^{2}}}+\frac{1}{{{2}^{2}}}}+\sqrt{1+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}}+\cdots +\sqrt{1+\frac{1}{{{2018}^{2}}}+\frac{1}{{{2019}^{2}}}}$
Câu 2 (3,0 điểm) giải phương trình và hệ phương trình sau
1) $\sqrt{4+5x+{{x}^{2}}}-5x={{x}^{2}}+2$; 2) $\left\{ \begin{align}& {{x}^{2}}+x+\frac{1}{y}\left( 1+\frac{1}{y} \right)=4 \\& {{x}^{3}}+\frac{x}{{{y}^{2}}}+\frac{{{x}^{2}}}{y}+\frac{1}{{{y}^{3}}}=4 \\\end{align} \right.$
Câu 3 (3,0 điểm)
1) Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh: ${{46}^{n}}+{{296.13}^{n}}$ chia hết cho 1947
2) Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số thỏa mãn nếu ta cộng thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B cũng gồm 4 chữ số . Tìm hai số A và B.
Câu 4 (4,0 điểm)
1) Cho hai đường thẳng $({{d}_{1}}):mx+(m-2)y+m+2=0$ và $({{d}_{2}}):(2-m)x+my-m-2=0$
a) Tìm điểm cố định mà $({{d}_{1}})$ luôn đi qua và điểm cố định mà $({{d}_{2}})$luôn đi qua với mọi m
b) Chứng minh hai đường thẳng $({{d}_{1}})$, $({{d}_{2}})$luôn cắt nhau tại một điểm I và khi m thay đổi thì điểm I luôn thuộc một đường tròn cố định.
2) Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a > 1, b > 1, c > 1, d > 1. Chứng minh bất đẳng thức
$\frac{{{a}^{2}}}{b-1}+\frac{{{b}^{2}}}{c-1}+\frac{{{c}^{2}}}{d-1}+\frac{{{d}^{2}}}{a-1}\ge 16$
Câu 5 (5, 0 điểm).
Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định. Gọi C là một điểm di động trên (O) sao cho C khác A, C khác B và C không nằm chính giữa cung AB . Vẽ đường kính CD của (O). Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại A . Hai đường thẳng BC, BD cắt d tại E, F.
1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn
2) Gọi M là trung điểm của EF và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE . Chứng minh : AB = 2.IM
3) Gọi H là trực tâm $\Delta DEF$ . Chứng minh khi điểm C di động trên (O) thì điểm H luôn chạy trên một đường tròn cố định.
Câu 6 (2, 0 điểm).
Cho hai đường tròn $\left( O;R \right)$ và $\left( I;r \right)$ tiếp xúc ngoài tại $A\left( R>r \right)$. Vẽ dây AB của $\left( O;R \right)$ và dây AC của $\left( I;r \right)$ sao cho $AC\bot AB$ . Gọi MN là tiếp tuyến chung ngoài cùa 2 đường tròn với $M\in (O)$, $N\in (I)$
1) Chứng minh ba đường thẳng BC, OI và MN đồng quy.
2) Xác định số đo $\widehat{AOB}$ để diện tích $\Delta ABC$ lớn nhất.
Đáp án Đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu – Năm học 2018 – 2019
Câu 1 (3,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: $A=\left( \frac{\sqrt{3}}{{{x}^{2}}+x\sqrt{3}+3}+\frac{3}{{{x}^{3}}-\sqrt{27}} \right).\left( \frac{x}{\sqrt{3}}+\frac{\sqrt{3}}{x}+1 \right)$.
2) Tính tổng : $B=\sqrt{1+\frac{1}{{{1}^{2}}}+\frac{1}{{{2}^{2}}}}+\sqrt{1+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}}+…..+\sqrt{1+\frac{1}{{{2018}^{2}}}+\frac{1}{{{2019}^{2}}}}$
Lời giải
1) $\begin{align}& A=\left( \frac{\sqrt{3}}{{{x}^{2}}+x\sqrt{3}+3}+\frac{3}{{{x}^{3}}-\sqrt{27}} \right).\left( \frac{x}{\sqrt{3}}+\frac{\sqrt{3}}{x}+1 \right) \\& A=\frac{\sqrt{3}\left( x-\sqrt{3} \right)+3}{\left( {{x}^{2}}+x\sqrt{3}+3 \right)\left( x-\sqrt{3} \right)}.\frac{{{x}^{2}}+3+x\sqrt{3}}{x\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}.x-3+3}{x-\sqrt{3}}.\frac{1}{x\sqrt{3}} \\& A=\frac{1}{x-\sqrt{3}} \\\end{align}$
2) Tính tổng : $B=\sqrt{1+\frac{1}{{{1}^{2}}}+\frac{1}{{{2}^{2}}}}+\sqrt{1+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}}+…..+\sqrt{1+\frac{1}{{{2018}^{2}}}+\frac{1}{{{2019}^{2}}}}$
Với x > 0, ta có:
$1+\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}=\left( 1+\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{2}{x} \right)+\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}-\frac{2}{x}$
$\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,={{\left( 1+\frac{1}{x} \right)}^{2}}+\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}-\frac{2}{x}$
$\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\,{{\left( \frac{x+1}{x} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{1}{x+1} \right)}^{2}}-2.\frac{x+1}{x}.\frac{1}{x+1}$
$\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\,{{\left( \frac{x+1}{x}-\frac{1}{x+1} \right)}^{2}}={{\left( 1+\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1} \right)}^{2}}$
$\Rightarrow \sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}}=\left| 1+\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1} \right|$
Vì x > 0 $\Rightarrow 0<x<x+1\Rightarrow \frac{1}{x}>\frac{1}{x+1}\Rightarrow 1+\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}>0$
$\Rightarrow \sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}}=1+\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$ (*)
Áp dụng công thức (*), ta có:
$\begin{align}& B=\left( 1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2} \right)+\left( 1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3} \right)+\cdots +\left( 1+\frac{1}{2018}-\frac{1}{2019} \right) \\& \Rightarrow B=2019-\frac{1}{2019} \\\end{align}$
Câu 2(3,0 điểm) giải phương trình và hệ phương trình sau
1) $\sqrt{4+5x+{{x}^{2}}}-5x={{x}^{2}}+2$ (1);
2) $\left\{ \begin{align}& {{x}^{2}}+x+\frac{1}{y}\left( 1+\frac{1}{y} \right)=4 \\& {{x}^{3}}+\frac{x}{{{y}^{2}}}+\frac{{{x}^{2}}}{y}+\frac{1}{{{y}^{3}}}=4 \\\end{align} \right.$
Lời giải
1) từ pt (1) $\Leftrightarrow {{x}^{2}}+5x+2-\sqrt{{{x}^{2}}+5x+4}=0$
Đặt t = $\sqrt{{{x}^{2}}+5x+4}$ (đk: $t\ge 0$ ) $\Rightarrow {{t}^{2}}={{x}^{2}}+5x+4$
Ta có pt: ${{t}^{2}}-t-2=0\Leftrightarrow (t+1)(t-2)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& t=2\,\,\,\,\,(n) \\& t=-1\,\,(l) \\\end{align} \right.$
Với t = 2, ta có: $\sqrt{{{x}^{2}}+5x+4}=2\Leftrightarrow {{x}^{2}}+5x=0\Leftrightarrow x(x+5)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=0 \\& x=-5 \\\end{align} \right.$
Vậy pt có hai nghiệm: $x=0\,,\,\,x=-5$
2) $\left\{ \begin{align}& {{x}^{2}}+x+\frac{1}{y}\left( 1+\frac{1}{y} \right)=4 \\& {{x}^{3}}+\frac{x}{{{y}^{2}}}+\frac{{{x}^{2}}}{y}+\frac{1}{{{y}^{3}}}=4 \\\end{align} \right.$
Đk: $y\ne 0$
Khi đó hệ pt
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& \left( {{x}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}} \right)+\left( x+\frac{1}{y} \right)=4 \\& \left( {{x}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}} \right).\left( x+\frac{1}{y} \right)=4 \\\end{align} \right.$
Đặt $a={{x}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}\,\,,\,\,\,b=x+\frac{1}{y}$
Từ đó hệ pt có dạng:
$\left\{ \begin{array}{l}
a + b = 4\\
a.b = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 4 – a\\
a.(4 – a) = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 4 – a\\
{(a – 2)^2} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = 2
\end{array} \right.$
Khi đó:
$\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + \frac{1}{{{y^2}}} = 2\\
x + \frac{1}{y} = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {\left( {2 – x} \right)^2} = 2\\
\frac{1}{y} = 2 – x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{\left( {x – 1} \right)^2} = 0\\
\frac{1}{y} = 2 – x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
y = 1
\end{array} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (n)$
Vậy nghiệm của hệ pt: $\left\{ \begin{align}& x=1 \\& y=1 \\\end{align} \right.$
Câu 3 (3,0 điểm)
1) Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh: ${{46}^{n}}+{{296.13}^{n}}$ chia hết cho 1947
2) Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số thỏa mãn nếu ta cộng thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B cũng gồm 4 chữ số . Tìm hai số A và B.
Lời giải
1) ta có: 1947 = 3.11.59
Đặt $A={{46}^{n}}+{{296.13}^{n}}$
* $\left\{ \begin{align}& {{46}^{n}}\equiv {{1}^{n}}=1(\bmod 3) \\& {{13}^{n}}\equiv {{1}^{n}}=1(\bmod 3) \\\end{align} \right.$
Suy ra: $A\equiv 1+296\equiv 297\equiv 0\,(\bmod 3)\Rightarrow A\vdots 3\,\,\,(1)$
* $\left\{ \begin{align}& {{46}^{n}}\equiv {{2}^{n}}=1(\bmod 11) \\& {{13}^{n}}\equiv {{2}^{n}}=1(\bmod 11) \\\end{align} \right.$
Suy ra: $A\equiv {{2}^{n}}+{{296.2}^{n}}\equiv {{297.2}^{n}}\equiv {{11.27.2}^{n}}\equiv 0\,(\bmod 11)\Rightarrow A\vdots 11\,\,\,(2)$
* ${{46}^{n}}\equiv {{(-13)}^{n}}\equiv -{{13}^{n}}(\bmod 13)$
Vì n là số tự nhiên lẻ
$\begin{align}& \Rightarrow A\equiv -{{13}^{n}}+{{296.13}^{n}}\equiv {{295.13}^{n}}\equiv {{5.59.13}^{n}}\equiv 0(\bmod 59) \\& \Rightarrow A\vdots 59\,\,(3) \\\end{align}$
Mà 3; 11; 59 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ (1), (2), (3)
$\Rightarrow A\vdots (3.11.59)\Rightarrow A\vdots 1947$
Cách 2:
Ta có: 1947 = 33. 59
Đặt $A={{46}^{n}}+{{296.13}^{n}}={{46}^{n}}-{{13}^{n}}+{{297.13}^{n}}=\left( {{46}^{n}}-{{13}^{n}} \right)+{{297.13}^{n}}$
$A=\left( 46-13 \right).{{A}_{1}}+{{33.9.13}^{n}}=33\left( {{A}_{1}}+{{9.13}^{n}} \right)\vdots 33$
Lại có:
$A={{46}^{n}}+{{296.13}^{n}}={{46}^{n}}-(-{{13}^{n}})+{{295.13}^{n}}=\left[ {{46}^{n}}-(-{{13}^{n}}) \right] ++{{295.13}^{n}}$
$A=\left[ 46-(-13) \right] .{{A}_{2}}++{{59.5.13}^{n}}$ (vì n lẻ )
$=59.\left( {{A}_{2}}+{{5.13}^{n}} \right)\vdots 59$
Mà $\left( 33\,;\,59 \right)=1$ nên $A\vdots (33.59)=1947$
2) Đặt A = ${{m}^{2}}$ và B = ${{n}^{2}}$, với m, n là các số nguyên dương (m < n )
Ta có: A + 1111 = B $\Leftrightarrow {{m}^{2}}+1111={{n}^{2}}$
$\Leftrightarrow (n-m)(n+m)=11.101$
Do m < n $\Rightarrow n-m\,\,\,;\,\,n+m$ là hai số nguyên dương và $n-m\,\,\,<\,n+m$
Mà 11 và 101 là hai số nguyên tố nên 1111 chỉ có các cách phân tích thành tích 2 số nguyên dương là : $1111=(1).(1111)=(11).(101)$
Mà $n-m\,\,\,<\,n+m$ nên có hai trường hợp:
* TH1:
$\left\{ \begin{array}{l}
n – m = 1\\
n + m = 1111
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
n = 556\\
m = 555
\end{array} \right.$ (loại vì $A={{m}^{2}}$ có nhiều hơn 4 chữ số)
* TH2:
$\left\{ \begin{array}{l}
n – m = 11\\
n + m = 101
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
n = 56\\
m = 45
\end{array} \right.$
khi đó : $\left\{ \begin{align}& A=2025 \\& B=3136 \\\end{align} \right.$
Câu 4 (4,0 điểm)
1) Cho hai đường thẳng $({{d}_{1}}):mx+(m-2)y+m+2=0$ và $({{d}_{2}}):(2-m)x+my-m-2=0$
a) Tìm điểm cố định mà $({{d}_{1}})$ luôn đi qua và điểm cố định mà $({{d}_{2}})$luôn đi qua với mọi m
b) Chứng minh hai đường thẳng $({{d}_{1}})$, $({{d}_{2}})$luôn cắt nhau tại một điểm I và khi m thay đổi thì điểm I luôn thuộc một đường tròn cố định.
2) Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a > 1, b > 1, c > 1, d > 1. Chứng minh bất đẳng thức
$\frac{{{a}^{2}}}{b-1}+\frac{{{b}^{2}}}{c-1}+\frac{{{c}^{2}}}{d-1}+\frac{{{d}^{2}}}{a-1}\ge 16$
Lời giải
1)
a) Xét $A(-2;1)$ ta có: $m.(-2)+(m-2).1+m+2=-2m+m-2+m+2=0\,\,,\forall m$
$\Rightarrow A\in ({{d}_{1}})$ với mọi m
Do $({{d}_{1}})$ là đường thẳng thay đổi nên $({{d}_{1}})$chỉ qua điểm cố định $A(-2;1)$.
Tương tự: Xét$B(1;2)$ ta có: $(2-m).1+m.2-m-2=2-m+2m-m-2=0\,\,,\forall m$
$\Rightarrow B\in ({{d}_{2}})$ với mọi m
$\Rightarrow $ $({{d}_{2}})$luôn đi qua điểm cố định $B(1;2)$
b) ta chứng minh 2 đường thẳng $({{d}_{1}})$và $({{d}_{2}})$luôn vuông góc với nhau
* Nếu m = 0: $({{d}_{1}})$: $-2y+2=0$ là đường thẳng song song với Ox
$({{d}_{2}})$: $2x-2=0$ là đường thẳng song song với Oy
Suy ra: $({{d}_{1}})$$\bot $ $({{d}_{2}})$
* Nếu m = 2: $({{d}_{1}})$: $2x+2=0$ là đường thẳng song song với Oy
$({{d}_{2}})$: $2y-2=0$ là đường thẳng song song với Ox
Suy ra: $({{d}_{1}})$$\bot $ $({{d}_{2}})$
* Nếu $m\ne 0$ và $m\ne 2$:
$({{d}_{1}})$có pt: $y=\left( \frac{m}{2-m} \right)x+\frac{m+2}{2-m}$ ; $({{d}_{2}})$ có pt: $y=\left( \frac{m-2}{m} \right)x+\frac{m+2}{m}$
Tích hệ số góc của $({{d}_{1}})$và $({{d}_{2}})$là $\left( \frac{m}{2-m} \right)$.$\left( \frac{m-2}{m} \right)=-1$
Suy ra: $({{d}_{1}})$$\bot $ $({{d}_{2}})$
Vậy ta luôn c/minh được $({{d}_{1}})$$\bot $ $({{d}_{2}})$ $\Rightarrow $ $({{d}_{1}})$luôn cắt $({{d}_{2}})$tại I
Và $IA\bot IB$, A và B là hai điểm cố định $\Rightarrow \widehat{AIB}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $I thuộc đường tròn đường kính AB cố định.
2) Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a > 1, b > 1, c > 1, d > 1. Chứng minh bất đẳng thức
$\frac{{{a}^{2}}}{b-1}+\frac{{{b}^{2}}}{c-1}+\frac{{{c}^{2}}}{d-1}+\frac{{{d}^{2}}}{a-1}\ge 16$
Vì a, b, c, d > 1 nên a – 1> 0, b – 1> 0, c – 1 > 0, d – 1 > 0
Áp dụng BĐT AM – GM ta có:
$\frac{{{a}^{2}}}{b-1}+4(b-1)\ge 2\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{b-1}.4(b-1)}=4a\,\,\,\,(1)$
$\frac{{{b}^{2}}}{c-1}+4(c-1)\ge 2\sqrt{\frac{{{b}^{2}}}{c-1}.4(c-1)}=4c\,\,\,\,(2)$
$\frac{{{c}^{2}}}{d-1}+4(d-1)\ge 2\sqrt{\frac{{{c}^{2}}}{d-1}.4(d-1)}=4c\,\,\,\,(3)$
$\frac{{{d}^{2}}}{a-1}+4(a-1)\ge 2\sqrt{\frac{{{d}^{2}}}{a-1}.4(a-1)}=4d\,\,\,\,(4)$
Từ (1), (2), (3), (4) ta có:
$\frac{{{a}^{2}}}{b-1}+\frac{{{b}^{2}}}{c-1}+\frac{{{c}^{2}}}{d-1}+\frac{{{d}^{2}}}{a-1}+4(a+b+c+d)-16\ge 4(a+b+c+d)$+
$\Rightarrow \frac{{{a}^{2}}}{b-1}+\frac{{{b}^{2}}}{c-1}+\frac{{{c}^{2}}}{d-1}+\frac{{{d}^{2}}}{a-1}\ge 16$
Dấu “ = ” xảy ra $\Leftrightarrow $ a = b = c = d = 2
Cách 2:
Ta có :
$\begin{align}& {{(b-2)}^{2}}\ge 0\Rightarrow {{b}^{2}}\ge 4(b-1)>0\Rightarrow b-1\le \frac{{{b}^{2}}}{4} \\& \Rightarrow \frac{{{a}^{2}}}{b-1}\ge \frac{{{a}^{2}}}{\frac{{{b}^{2}}}{4}}=\frac{4{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}} \\\end{align}$
Tương tự, ta có: $\frac{{{b}^{2}}}{c-1}\ge \frac{4{{b}^{2}}}{{{c}^{2}}}$ ; $\frac{{{c}^{2}}}{d-1}\ge \frac{4{{c}^{2}}}{{{d}^{2}}}$ ; $\frac{{{d}^{2}}}{a-1}\ge \frac{4{{d}^{2}}}{{{a}^{2}}}$
Do đó:
$\begin{align}& \frac{{{a}^{2}}}{b-1}+\frac{{{b}^{2}}}{c-1}+\frac{{{c}^{2}}}{d-1}+\frac{{{d}^{2}}}{a-1}\ge 4\left( \frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{c}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{d}^{2}}}+\frac{{{d}^{2}}}{{{a}^{2}}} \right) \\& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ge 4\left( 2\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}.\frac{{{b}^{2}}}{{{c}^{2}}}}+2\sqrt{\frac{{{c}^{2}}}{{{d}^{2}}}.\frac{{{d}^{2}}}{{{a}^{2}}}} \right) \\&\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=8\left( \frac{a}{c}+\frac{c}{a} \right)\ge 16 \\\end{align}$
Dấu “ = “ xảy ra $\Leftrightarrow $ a = b = c =d = 2
Câu 5 (5, 0 điểm).
Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định. Gọi C là một điểm di động trên (O) sao cho C khác A, C khác B và C không nằm chính giữa cung AB . Vẽ đường kính CD của (O). Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại A . Hai đường thẳng BC, BD cắt d tại E, F.
1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn
2) Gọi M là trung điểm của EF và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE . Chứng minh : AB = 2.IM
3) Gọi H là trực tâm $\Delta DEF$ . Chứng minh khi điểm C di động trên (O) thì điểm H luôn chạy trên một đường tròn cố định.
Lời giải
1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn
Ta có: $\widehat{BCD}=\widehat{BAD}$ (cùng chắn cung $\overset\frown{BD}$ )
Do: d là tiếp tuyến của (O) tại A $\Rightarrow d\bot AB$
Và $\widehat{ADB}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đ.tròn) $\Rightarrow AD\bot BF$
Suy ra: $\widehat{BAD}=\widehat{BFA}$ (cùng phụ $\widehat{ABF}$ )
Do đó: $\widehat{BCD}=\widehat{DFE}$
$\Rightarrow \widehat{DCE}+\widehat{DFE}=\widehat{DCB}+\widehat{DCE}={{180}^{0}}$
Suy ra: tứ giác CDFE nội tiếp.
2) Chứng minh : AB = 2.IM
Ta có: ME = MF (gt)
$\Rightarrow MI\bot EF$ (T/c đường kính và dây cung)
$AB\bot EF$ (EF là t/tuyến của (O))
$\Rightarrow MI//AB$ hay MI // OB (1)
Xét $\Delta FBE$ vuông tại B, trung tuyến BM $\Rightarrow $ MB = MF
$\Rightarrow \widehat{MFB}=\widehat{MBF}$
Vì tứ giác CDFE nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BDC}=\widehat{BEF}$
$\Rightarrow \widehat{MBD}+\widehat{BDC}=\widehat{BFM}+\widehat{BEM}={{90}^{0}}$
$\Rightarrow BM\bot CD$
Lại có $IO\bot CD$ (T/c đường kính và dây cung)
Suy ra: BM // IO (2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow BMIO$ là hình bình hành
$\Rightarrow IM=BO=\frac{1}{2}AB$ hay AB = 2.IM
3) Vì H là trực tâm của $\Delta DEF$ , ta có DH // AB (cùng vuông góc với EF)
AD // BH (cùng vuông góc với FB)
Suy ra tứ giác ABHD là hình bình hành AH = AD
Mà AD = BC (vì ADBC là hình chữ nhật) $\Rightarrow BH=BC$
Lấy N đối xứng với O qua B, ta có tứ giác OHNC là hình bình hành
$\Rightarrow NH=OC=R$ không đổi và N là điểm cố định (Vì O và B cố định)
Vậy khi C di động trên (O) thì H chạy trên đường tròn (N ; R)
Câu 6 (2, 0 điểm).
Cho hai đường tròn $\left( O;R \right)$ và $\left( I;r \right)$ tiếp xúc ngoài tại $A\left( R>r \right)$. Vẽ dây AB của $\left( O;R \right)$ và dây AC của $\left( I;r \right)$ sao cho $AC\bot AB$ . Gọi MN là tiếp tuyến chung ngoài cùa 2 đường tròn với $M\in (O)$, $N\in (I)$
1) Chứng minh ba đường thẳng BC, OI và MN đồng quy.
2) Xác định số đo $\widehat{AOB}$ để diện tích $\Delta ABC$ lớn nhất.
Lời giải
1) Chứng minh : BC, OI, MN đồng quy
Gọi E là giao điểm của đường thẳng BC và OI
Ta có O, A, I thẳng hàng (t/c đường nối tâm)
$\Delta IAC$ cân tại I $\Rightarrow \widehat{AIC}={{180}^{0}}-2.\widehat{IAC}$
$\Delta OAB$ cân tại O $\Rightarrow \widehat{AOB}={{180}^{0}}-2.\widehat{OAB}$
$\Rightarrow \widehat{AOB}+\widehat{AIC}={{360}^{0}}-2.(\widehat{OAB}+\widehat{IAC})={{360}^{0}}-{{2.90}^{0}}={{180}^{0}}$
$\Rightarrow $ IC // OB
Áp dụng định lý Talet trong $\Delta EOB$ ta có : $\frac{EI}{EO}=\frac{IC}{OB}=\frac{r}{R}$
Gọi E’ là giao điểm của OI và MN
$\Delta EOM$có IN // OM (cùng vuông góc với MN). Áp dung định lý Talet ta có:
$\frac{EI}{EO}=\frac{IN}{OM}=\frac{r}{R}$
Suy ra : E trùng E’. Vậy ba đường thẳng BC, OI, MN đồng quy.
2) Xác định số đo $\widehat{AOB}$ để diện tích $\Delta ABC$ lớn nhất.
Vẽ $OH\bot AB\,(H\in AB)\,\,;\,\,IK\bot A\,(K\in AC)\,$
Ta có: $\widehat{OAH}=\widehat{AIK}=\alpha $ (cùng phụ với $\widehat{KAI}$ )
AB = 2.AH =2.OA.cos$\widehat{OAB}$ =2.R.$\cos \alpha $
AC = 2.AK=2.IA.sin$\widehat{AIK}$ =2.r.$\sin \alpha $
Vì $\Delta ABC$ vuông tại A, ta có:
${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{AB.AC}{2}=\frac{1}{2}.2.R.\cos \alpha .2.r.\sin \alpha =R.r.2.\cos \alpha .\sin \alpha $
Mặt khác: $2.\cos \alpha .\sin \alpha \le {{\sin }^{2}}\alpha +{{\cos }^{2}}\alpha =1$
Do đó : ${{S}_{\Delta ABC}}\le R.r$
Dấu “ = “ xảy ra $\Leftrightarrow \sin \alpha =\cos \alpha \Leftrightarrow \alpha ={{45}^{0}}$
Vậy diện tích $\Delta ABC$lớn nhất khi góc $\alpha ={{45}^{0}}$
