SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013- 2014
Mô...
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I:
x = 0
1) Pt: (2x + 1) + (x – 3) = 10 ⇔ 5x – 2x = 0 
.
x = 2
5

 2m + 3 = 5
m = 1
3 x − my = 5...
Câu IV:
1)
+ (O) có :
·
·
H
(1)
OMA = ONA = 900 nhìn đoạn OA
·
I là trung điểm của BC Þ OI ^ BC Þ OIA = 900 nhìn đoạn OA (...
2

4z 9y  z
y
+
= 2
−3
÷ + 12 ≥ 12
y
z  y
z

⇒S≥

1
( 4 + 6 + 12 ) = 11 Dấu “=” xảy ra khi
2

1

x = 3
 y = 2x

...
Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 nên a + b + c = 2 .
Đặt b + c − a = x; c + a − b = y; a + b − ...
Câu II ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình

4 − x2 + 6 = 2 2 + x + 3 2 − x .

 x2 + y2 = 5

2) Giải hệ phương trình 
.
2
2...
a + b + c + abc = 4 ⇔ 4a + 4b + 4c + 4 abc = 16

0,25

⇒ a (4 − b)(4 − c) = a(16 − 4b − 4c + bc)
= a (4a + 4b + 4c + 4 abc...
 1 −3   −1 3 
 −3 −1   3 1 
(2;1), (−2; −1), 
;
;
;
;
÷, 
÷, (1; −2), ( −1; 2), 
÷, 
÷
 2 2  2 2
 2 2  ...
AO ⊥ EF ⇒ SAEOF =

1
AO.EF
2

0,25

Tương tự
1
1
BO.DF, CO ⊥ DE ⇒ SCDOE = CO.DE
2
2
1
⇒ SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE = (AO...
AO ⊥ EF ⇒ SAEOF =

1
AO.EF
2

0,25

Tương tự
1
1
BO.DF, CO ⊥ DE ⇒ SCDOE = CO.DE
2
2
1
⇒ SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE = (AO...
Upcoming SlideShare
Loading in …5
×

2013 2014, toan 10 ptth - hai duong

464 views

Published on

0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total views
464
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0
Actions
Shares
0
Downloads
9
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

2013 2014, toan 10 ptth - hai duong

  1. 1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013- 2014 Môn thi: TOÁN (không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng 6 năm 2013 Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình (2x + 1)2 + (x – 3)2 = 10 3 x − my = 5 2) Xác định các hệ số m và n biết hệ phương trình  có nghiệm (1; -2)  mx + 2ny = 9 Câu II ( 2,0 điểm) x−2 x +3 x −1 1 + − 1) Rút gọn biểu thức A= với x ≥ 0 x x +1 x- x + 1 x +1 2) Hai người thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm thì trong 6 ngày xong việc. Nếu họ làm riêng thì người thợ thứ nhất hoàn thành công việc chậm hơn người thợ thứ hai là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người thợ phải làm trong bao nhiêu ngày để xong việc. Câu III (2,0 điểm) Cho phương trình x 2 − 2(m − 1) x + 2m − 5 = 0 1) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2 với mọi m. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện: 2 ( x12 − 2mx1 + 2m − 1)( x2 − 2mx2 + 2m − 1) < 0 Câu IV (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn (O; R) thay đổi đi qua B và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O). Gọi I là trung điểm của BC, E là giao điểm của MN và BC, H là giao điểm của đường thẳng OI và đường thẳng MN. 1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh OI.OH = R2. 3) Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Câu V ( 1,0 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Tìm giá a 4b 9c + + trị nhỏ nhất của biểu thức S = . b+c−a c+a−b a +b−c ----------------------- Hết ---------------------- Họ và tên thí sinh : ................................................ Số báo danh ..................................... Chữ ký của giám thị 1 ........................................... Chữ ký của giám thị 2 ..........................
  2. 2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: x = 0 1) Pt: (2x + 1) + (x – 3) = 10 ⇔ 5x – 2x = 0  . x = 2 5   2m + 3 = 5 m = 1 3 x − my = 5 ⇔ 2) Hệ phương trình  có nghiệm (1; – 2) ⇒   mx + 2ny = 9 m − 4n = 9 n = − 2 Câu II: 2 1) A = 2 2 x−2 x +3 x −1 1 + − x x +1 x- x + 1 x +1 x − 2 x + 3 + ( x − 1)( x + 1) − ( x − = x + 1) x x −1 = x− x + 1 ( x + 1)( x − x + 1) = 1 (với x +1 x ≥ 0 ). 2) + Gọi x (ngày) là thời gian người thứ nhất làm riêng xong công việc (x > 9) + Thời gian người thứ hai làm riêng xong công việc: x – 9 (nga). 1 + Trong một ngày người thứ nhất làm được: (công việc). x 1 + Trong một ngày người thứ hai làm được: (công việc). x−9 1 1 1 + Vì họ cùng làm thì trong 6 ngày xong việc nên ta có pt: + = x−9 6 x  x = 1 8 (tho û ) a ⇔ x2 – 21x + 54 = 0 ⇔  n a  x = 3(kho â g tho û ) + Vậy: - Người thứ nhất làm riêng xong công việc tron 18 ngày. - Người thứ hai làm riêng xong công việc tron 9 ngày. Câu III: 1) ∆ ' = m2 – 4m + 6 = (m – 2)2 + 2 > 0, ∀ m ⇒ pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. 2  x1 − 2(m − 1)x1 + 2m − 5 = 0  2) Phương trình có hai nghiệm x1; x2 nên:  2  x 2 − 2(m − 1)x 2 + 2m − 5 = 0  2  x1 − 2mx1 + 2m − 1 = 4 − 2x1  ⇒ 2  x 2 − 2mx 2 + 2m − 1 = 4 − 2x 2   x1 + x 2 = 2m − 2 Theo định lí Vi-et ta có :   x1.x 2 = 2m − 5 Theo bài ra ta có : 2 2 (x1 − 2mx1 + 2m − 1)(x 2 − 2mx 2 + 2m − 1) < 0 ⇔ ( 4 − 2x1 ) . ( 4 − 2x 2 ) < 0 ⇔ 16 − 8 ( x1 + x 2 ) + 4x1x 2 < 0 ⇔ 16 − 8 ( 2m − 2 ) + 4 ( 2m − 5 ) < 0 ⇔ m > 3 2
  3. 3. Câu IV: 1) + (O) có : · · H (1) OMA = ONA = 900 nhìn đoạn OA · I là trung điểm của BC Þ OI ^ BC Þ OIA = 900 nhìn đoạn OA (2) Từ (1) và (2) Þ Bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn 2) Chứng minh OI.OH = R2: M HO ^ A C ü ï ï Þ · I · · · ý + OHN và OA C có : OHN = OA C . (1) B E HN ^ A O ï ï þ A O + Đường tròn đường kính OA có : · C i OA no ä tie á chaé O I p nº  · · Þ OA C = OMI (2) · I no ä tie á chaé O I º  N OM i p n  · · + Từ (1) và (2) Þ OHN = OMI · · ï OHN = OMI ü ï Þ ý + D OMH và D OIM có: D OMH D OIM (g-g) · MOH : chung ï ï ï þ OM OH Þ Û OI. OH = OM2 = R2. = OI OM AM AB = ⇒ AM 2 = AB.AC 3) + ∆AMB ∆ACM (g-g) ⇒ AC AM AM AE = ⇒ AM 2 = AI.AE + ∆AME ∆AIM (g-g) ⇒ AI AM ⇒ AB.AC = AI.AE (*) + Do A, B, C cố định nên trung điểm I của BC cố định nên từ (*) suy ra E cố định. Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm E cố định Câu V: Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 nên a + b + c = 2 . + Đặt b + c − a = x; c + a − b = y; a + b − c = z + Do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên : x, y,z > 0 . y+z x+z x+y ;b= ;c= . 2 2 2 y + z 4( x + z) 9( x + y) 1  y + z 4( x + z ) 9( x + y )  + + =  + + Khi đó S =  2x 2y 2z 2 x y z  + Suy ra x + y + z = 2 (do a + b + c = 2 ) và a = 1  y 4x   z 9x   4z 9y   =  + + + + ÷ ÷+ 2  x y ÷  x z   y z    2 y 4x  y x + Ta có: + = −2 ÷ +2≥2 x y  x y 2 z 9x  z x + = −3 ÷ +6≥6 x z  x z C
  4. 4. 2 4z 9y  z y + = 2 −3 ÷ + 12 ≥ 12 y z  y z ⇒S≥ 1 ( 4 + 6 + 12 ) = 11 Dấu “=” xảy ra khi 2 1  x = 3  y = 2x  z = 3x 2   ⇔ y =  3 2z = 3y   x + y + z = 2  z =1    5 2 1 ⇔ a = ; b = ; c = . Khi đó: a 2 = b 2 + c 2 ⇔ ∆ABC vuông 6 3 2 5 2 1 Vậy Smin = 11 ⇔ ∆ABC vuông a = ; b = ; c = . 6 3 2 Hướng dẫn câu III: 2) phương trình có hai nghiệm x1; x2 nên  2  2  x1 − 2(m − 1)x1 + 2m − 5 = 0  x1 − 2mx1 + 2m − 1 = 4 − 2x1 ⇒ 2  2  x 2 − 2(m − 1)x 2 + 2m − 5 = 0  x 2 − 2mx 2 + 2m − 1 = 4 − 2x 2    x1 + x 2 = 2m − 2  x1.x 2 = 2m − 5 Theo định lí Vi-et ta có :  Theo bài ra ta có : 2 2 (x1 − 2mx1 + 2m − 1)(x 2 − 2mx 2 + 2m − 1) < 0 ⇔ ( 4 − 2x1 ) . ( 4 − 2x 2 ) < 0 ⇔ 16 − 8 ( x1 + x 2 ) + 4x1x 2 < 0 ⇔ 16 − 8 ( 2m − 2 ) + 4 ( 2m − 5 ) < 0 ⇔m> 3 2 Hướng dẫn câu IVc : H AM AB = ⇒ AM 2 = AB.AC AC AM AM AE = ⇒ AM 2 = AI.AE + ∆AME ∽ ∆AIM (g-g) ⇒ AI AM ⇒ AB.AC = AI.AE (*) M + ∆AMB ∽ ∆ACM (g-g) ⇒ Do A, B, C cố định nên trung điểm I của BC cố định nên từ (*) suy ra E cố định. Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm E cố định C B I E O A Hướng dẫn giải câu V: N
  5. 5. Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 nên a + b + c = 2 . Đặt b + c − a = x; c + a − b = y; a + b − c = z do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên x, y,z > 0 . y+z x+z x+y . ;b= ;c= 2 2 2 y + z 4( x + z) 9( x + y) 1  y + z 4( x + z) 9( x + y)  + + =  + + Khi đó S =  2x 2y 2z 2 x y z  Suy ra x + y + z = 2 (do a + b + c = 2 ) và a = 1  y 4x   z 9x   4z 9y   =  + + + + ÷ ÷+ 2  x y ÷  x z   y z    2 y 4x  y x Ta có: + = −2 ÷ +2≥2 x y  x y 2 z 9x  z x + = −3 ÷ +6≥6 x z  x z 2 4z 9y  z y + = 2 −3 ÷ + 12 ≥ 12 y z  y z 1 ⇒ S ≥ ( 4 + 6 + 12 ) = 11 Dấu “=” xảy ra khi 2 1  x=   y = 2x 3  z = 3x 2 5 2 1   ⇔ y = ⇔ a = ; b = ; c =  3 6 3 2 2z = 3y   x + y + z = 2  z =1    2 2 2 Khi đó: a = b + c ⇔ ∆ABC vuông 5 2 1 Vậy Smin = 11 ⇔ ∆ABC vuông a = ; b = ; c = . 6 3 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 3 3 3 1) Phân tích đa thức P ( x) = (3 x − 2) + (1 − 2 x) + (1 − x) thành nhân tử. 2) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + Tính giá trị của biểu thức: A = a (4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a) + c(4 − a)(4 − b) − abc abc = 4 .
  6. 6. Câu II ( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình 4 − x2 + 6 = 2 2 + x + 3 2 − x .  x2 + y2 = 5  2) Giải hệ phương trình  . 2 2  xy ( x − y ) = 6  Câu III (2,0 điểm) 2 2 1) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn điều kiện x − 4 xy + 5 y = 2( x − y ) . 2) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 1+ p + p 2 + p 3 + p 4 là số hữu tỷ. Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. 1) Chứng minh rằng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. 2) Chứng minh AO ⊥ EF . 3) Xác định vị trí của điểm A để chu vi của tam giác DEF đạt giá trị lớn nhất. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S= x 2 − xy + y 2 + x + y + 2z y 2 − yz + z 2 + y + z + 2x z 2 − zx + x 2 z + x + 2y ----------------------------Hết---------------------------- Họ và tên thí sinh................................................Số báo danh........................................ Chữ kí của giám thị 1: ....................................Chữ kí của giám thị 2: ........................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG Câu Ý I 1 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN (chuyên) Nội dung Phân tích P( x) = (3 x − 2) + (1 − 2 x)3 + (1 − x)3 thành nhân tử Đặt a = 3x − 2, b = 1 − 2 x, c = 1 − x ⇒ a + b + c = 0 ⇒ P = a 3 + b 3 + c 3 Điểm 1,00 P = (a + b)3 + c 3 − 3ab(a + b) 0,25 = (a + b + c)  (a + b) 2 − (a + b)c + c 2  − 3ab(a + b)   0,25 3 = −3ab(−c) = 3abc = 3(3 x − 2)(1 − 2 x)(1 − x) I 2 A = a (4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a) + c(4 − a)(4 − b) − abc 0,25 0,25 1,00
  7. 7. a + b + c + abc = 4 ⇔ 4a + 4b + 4c + 4 abc = 16 0,25 ⇒ a (4 − b)(4 − c) = a(16 − 4b − 4c + bc) = a (4a + 4b + 4c + 4 abc − 4b − 4c + bc) = a(4a + 4 abc + bc) 0,25 = a (2 a + bc ) 2 = a (2 a + bc ) = 2a + abc 0,25 b(4 − c)(4 − a) = 2b + abc , c(4 − a)(4 − b) = 2c + abc Tương tự ⇒ A = 2(a + b + c) + 3 abc − abc = 2(a + b + c + abc ) = 8 II 1 Giải phương trình 4 − x2 + 6 = 2 2 + x + 3 2 − x ( ) ĐK: −2 ≤ x ≤ 2 . Pt ⇔ (2 − x)(2 + x) − 3 2 − x + 2 3 − 2 + x = 0 ⇔ 2− x ( ) ( ) 2+ x −3 −2 II 2 )( 1,00 0,25 2+ x −3 = 0  2+ x −3 = 0 ⇔ 2+ x −3 2− x −2 = 0 ⇔   2− x −2 =0  Giải pt 2 + x − 3 = 0 ⇔ x = 7 (Loại) Giải pt 2 − x − 2 = 0 ⇔ x = −2 (TM). Vậy x = -2 ( 0,25 )  x2 + y 2 = 5  Giải hệ phương trình  2 2  xy ( x − y ) = 6  ( x 2 − xy ) + ( y 2 + xy ) = 5  x2 + y2 = 5  ⇔ 2 Hệ ⇔  2 ( x − xy )( y + xy ) = 6  xy ( x − y )( x + y ) = 6  a + b = 5 Đặt a = x 2 − xy , b = y 2 + xy ta được hệ  ab = 6 2 2  a = 2, b = 3  x − xy = 2, y + xy = 3 ⇒ 2 Giải hệ pt này ta được  2  a = 3, b = 2  x − xy = 3, y + xy = 2  x 2 − xy = 2  ⇒ 3 x 2 − 3 xy = 2 y 2 + 2 xy ⇔ 3 x 2 − 5 xy − 2 y 2 = 0 TH 1.  2  y + xy = 3   x = 2 y ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ±1, x = ±2   y = −3x ⇒ x 2 = 1 ⇒ x = ± 1 , y = m 3  2 2 2   x 2 − xy = 3  ⇒ 2 x 2 − 2 xy = 3 y 2 + 3 xy ⇔ 2 x 2 − 5 xy − 3 y 2 = 0 TH 2.  2  y + xy = 2  1 1 3  2 x = 3y ⇒ y = 2 ⇒ y = ± 2 , x = ± 2   y = −2 x ⇒ x 2 = 1 ⇒ x = ±1, y = m2  Vậy hệ pt có tám nghiệm là 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25
  8. 8.  1 −3   −1 3   −3 −1   3 1  (2;1), (−2; −1),  ; ; ; ; ÷,  ÷, (1; −2), ( −1; 2),  ÷,  ÷  2 2  2 2  2 2  2 2 III 1 Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x 2 − 4 xy + 5 y 2 = 2( x − y ) Pt ⇔ x 2 − 2(1 + 2 y ) x + 5 y 2 + 2 y = 0 Tồn tại x ⇔ ∆ ' = (1 + 2 y ) 2 − (5 y 2 + 2 y ) ≥ 0 ⇔ y 2 − 2 y − 1 ≤ 0 ⇔ ( y − 1) 2 ≤ 2 ⇔ y − 1 ≤ 2 ⇔ 1 − 2 ≤ y ≤ 1 + 2 Do y là số nguyên nên y = 0, y = 1, y = 2 1,00 0,25 0,25 0,25 y = 0 ⇒ x − 2 x = 0 ⇔ x = 0, x = 2 2 y = 1 ⇒ x2 − 6x + 7 ⇔ x = 3 ± 2 0,25 y = 2 ⇒ x 2 − 10 x + 24 = 0 ⇔ x = 4, x = 6 Vậy các cặp số nguyên cần tìm là (0;0), (2;0), (4;2), (6;2) 2 Tìm các số nguyên tố p sao cho 1+ p + p 2 + p 3 + p 4 là số hữu tỷ 1,00 2 3 4 2 1+ p + p 2 + p 3 + p 4 là số hữu tỷ ⇔ 1 + p + p + p + p = n , n ∈ ¥ III 0,25 ⇔ 4 + 4 p + 4 p 2 + 4 p 3 + 4 p 4 = 4n 2 (1) ⇒ p 2 + 4 p 3 + 4 p 4 < 4n 2 < 4 + 4 p + 4 p 2 + 4 p 3 + 4 p 4 + 5 p 2 0,25 ⇔ (2 p + p ) < (2n) < (2 p + p + 2) ⇔ 2 p + p < 2n < 2 p + p + 2 ⇒ 2n = 2 p 2 + p + 1 . Thế vào (1) ta được 2 2 2 2 2 2 2 4 + 4 p + 4 p 2 + 4 p 3 + 4 p 4 = (2 p 2 + p + 1) 2 ⇔ p 2 − 2 p − 3 = 0 Giải pt tìm được p = −1 (loại) và p = 3 IV Với p = 3 ⇒ 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 = 11 . Vậy p = 3 1 Chứng minh rằng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF · · Tứ giác DCEH nội tiếp suy ra ⇒ HDE = HCE · · Tứ giác DBFH nội tiếp suy ra ⇒ HDF = HBF · · · · Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra ⇒ HCE = HBF ⇒ HDE = HDF · Suy ra DH là tia phân giác của góc EDF · Tương tự EH là tia phân giác của góc DEF . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Chứng minh AO ⊥ EF Vẽ tiếp tuyến xAy của đường tròn (O) tại điểm A 1,00 · · Tứ giác AEHF nội tiếp suy ra ⇒ AFE = AHE IV 0,25 · · Tứ giác EHDC nội tiếp suy ra ⇒ AHE = DCE · · DCE = xAB (góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và dây cung cùng IV chắn một cung) · · Suy ra AFE = xAB ⇒ Ax // EF AO ⊥ xAy ⇒ AO ⊥ EF 3 Chứng minh AO ⊥ EF 0,25 0,25 0,25 1,00
  9. 9. AO ⊥ EF ⇒ SAEOF = 1 AO.EF 2 0,25 Tương tự 1 1 BO.DF, CO ⊥ DE ⇒ SCDOE = CO.DE 2 2 1 ⇒ SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE = (AO.EF + BO.DF+ CO.DE) 2 1 = R(EF + DF+ DE) 2 Vậy chu vi tam giác DEF lớn nhất ⇔ SABC lớn nhất ⇔ khoảng cách từ BO ⊥ DF ⇒ SBDOF = A đến BC lớn nhất ⇔ A là điểm chính giữa của cung lớn BC. Tìm GTNN của S = V x 2 − xy + y 2 + x + y + 2z y 2 − yz + z 2 + y + z + 2x z 2 − zx + x 2 z + x + 2y 1 3 1 1 ( x + y )2 + ( x − y )2 ≥ ( x + y )2 = ( x + y ) 4 4 4 2 x+ y y+z z+x + + Tương tự suy ra 2 S ≥ x + y + 2z y + z + 2x z + x + 2 y a = x + y + 2 z , b = y + z + 2 x, a = z + x + 2 y b+c−a c + a −b a+b−c ⇒ x+ y = , y+z = , z+x= Đặt 2 2 2 b+c −a c + a −b a +b−c ⇒ 2S ≥ + + 2a 2b 2c b a c a c b ⇒ 4 S ≥  + ÷ +  + ÷ +  + ÷− 3 ≥ 2 + 2 + 2 − 3 = 3 a b a c b c Ta có x 2 − xy + y 2 = 3 3 Do đó S ≥ . Đẳng thức xảy ra x = y = z . Vậy GTNN của S là 4 4 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 Y A A E E X F H B F O H C D Hình vẽ câu a B O C D Hình vẽ câu b
  10. 10. AO ⊥ EF ⇒ SAEOF = 1 AO.EF 2 0,25 Tương tự 1 1 BO.DF, CO ⊥ DE ⇒ SCDOE = CO.DE 2 2 1 ⇒ SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE = (AO.EF + BO.DF+ CO.DE) 2 1 = R(EF + DF+ DE) 2 Vậy chu vi tam giác DEF lớn nhất ⇔ SABC lớn nhất ⇔ khoảng cách từ BO ⊥ DF ⇒ SBDOF = A đến BC lớn nhất ⇔ A là điểm chính giữa của cung lớn BC. Tìm GTNN của S = V x 2 − xy + y 2 + x + y + 2z y 2 − yz + z 2 + y + z + 2x z 2 − zx + x 2 z + x + 2y 1 3 1 1 ( x + y )2 + ( x − y )2 ≥ ( x + y )2 = ( x + y ) 4 4 4 2 x+ y y+z z+x + + Tương tự suy ra 2 S ≥ x + y + 2z y + z + 2x z + x + 2 y a = x + y + 2 z , b = y + z + 2 x, a = z + x + 2 y b+c−a c + a −b a+b−c ⇒ x+ y = , y+z = , z+x= Đặt 2 2 2 b+c −a c + a −b a +b−c ⇒ 2S ≥ + + 2a 2b 2c b a c a c b ⇒ 4 S ≥  + ÷ +  + ÷ +  + ÷− 3 ≥ 2 + 2 + 2 − 3 = 3 a b a c b c Ta có x 2 − xy + y 2 = 3 3 Do đó S ≥ . Đẳng thức xảy ra x = y = z . Vậy GTNN của S là 4 4 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 Y A A E E X F H B F O H C D Hình vẽ câu a B O C D Hình vẽ câu b

×