TRƯỜNG THCS ĐIỀN HẠ
HƯỚNG DẪN
ĐỀ THI LÝ THUYẾT KỲ THI GVG CẤP HUYỆN – BÁ THƯỚC NĂM 2010 – 2011
Ngày thi: 01/12/2010
Bài 1(4 đ). Cho biểu thức
2 1 1
M = :
86
1 1 1
a a a
a a a a a
 
+ −
+ +
 ÷
 ÷
+ + − −
 
a) Rút gọn biểu thứ M
b) Tính M khi 7 2 6a = −
(Kỳ thi GVG cấp trường - huyện Bá Thước- Thanh Hóa năm học 2009 – 2010)
Bài giải:
a) Ta thấy: Với
0a ≥
Thì
1 ( 1)( 1)a a a a a− = − + +
Có
2
1 3
( 1) 0
2 4

a a a
a a a a a
 
+ −
+ +
 ÷
 ÷
+ + − −
 
=
( 1) 2 ( 1) 1
= :
86
( 1)( 1)
a a a a a a
a a a
 
− + + − + + −
 ÷
 ÷
− + +
 
2 1 86
= .
( 1)( 1) 1
a a
a a a a
 
− +
 ÷

t/m đk (*)
Vậy
86 86 86 86(7 6)
M = 2(7 6) 14 2 6
49 6
1 (7 2 6) ( 6 1) 1 7 6a a
+
= = = = + = +
−
+ + − + − + −
M = 2(7 6) 14 2 6+ = +
Vậy với
7 2 6a = −
thì
M 14 2 6= +

Câu 2(3 đ): Giải Pt:
2
2 2 2 4 2 2x x x x− − + = − − +
HD:
-ĐK PT xác định:
{
2
2 0
4 0 2
2 0
x
x x
x
− ≥

2 2x x+ − −
= 2
Mà (x + 2) - (x -2) = 4 nên ta suy ra
2 2 2x x+ + − =
Giáo viên Lê Văn Lâm
1
TRƯỜNG THCS ĐIỀN HẠ
Ta có được:
2 2 2
2 2 2
x x
x x

+ − − =


+ + − =



2 2
2 0
x
x

+ =

⇔

− =

> 0 với mọi k nên pt
2
4 8 0x kx+ − =
luôn có hai nghiệm phân biệt vói mọi k.
điều đó có nghĩa là đt d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi k
2. Từ câu1 ta có được hoành độ giao điểm của d và (P) lần lượt là
2 2
1 2
2 4 8 à 2 4 8x k k v x k k
= − − + = − + +Giả sử A(x
1
; y
1
) và B(x
2
; y
2
)
Cách1: (Xét độ dài hình chiếu vuông góc của 2 đoạn thẳng trên cùng một đường thẳng)
Gọi C, D lần lượt là giao điểm của đt y = 2 với (P), suy ra hình chiếu của CD trên Ox là C’D’ có
độ dài là
4 2
, vì CD // Ox nên CD = C’D’ =
4 2
Còn đoạn AB có hình chiếu A’B’ trên Ox có độ dài là
2
1 2

)
2
+ (y
1
- y
2
)
2
hay: AB
2
= (x
1
- x
2
)
2
+
2 2 2
1 2
( )
16
x x−

2 2
2 2
1 2
4(4 8)( )
4(4 8)
16
k x x

x
y
Giáo viên Lê Văn Lâm
2
TRƯỜNG THCS ĐIỀN HẠ

Câu 4(5 đ): Cho góc vuông xOy và hia điểm A, B trên cạnh Ox (OA < OB), điểm M bất kỳ trên
cạnh Oy, M khác O. Đường tròng tâm I đường kính AB cắt các tia MA, MB lần lượt tại điểm thứ
hai là C, D. Tia OD cắt (I) tại điểm thứ hai E.
1. Chứng minh tứ giác OCEM là hình thang
2. Chứng minh OD.OE + BD.BM = OB
2

3. Tìm vị trí điểm M để tứ giác OCEM là hình bình hành
HD:
1.Dễ thấy
·
·
BCA à BDAv
là những
góc vuông (góc nội tiếp (I) chắn nửa đường
tròn)
Góc
·
·
¼
1
CBD CED
2
sdCAD= =

nên
BO BM
BD BA
=
suy ra BO.BA = BD.BM
Hay BO(BO - AO) = BD.BM <=> BO
2
= BO.AO + BD.BM (4)
Mà ABED nội tiếp nên
µ
µ
0
A E 180+ =
suy ra
·
·
BED DAO=
, góc AOD chung nên:
Xét
( . )BEO DAO g g:V V
nên ta có
BO EO
OD OA
=
Suy ra BO.OA = OD.OE = BO.OA (5)
KẾT HỢP (4) VÀ (5) ta suy ra OD.OE + BD.BM = OB
2
.
3) theo câu a) ta đã có OCEM là hình thang và
·

AO => K cũng cố định ,
1
à AK =
2
K AB v AO∈
vậy
điều kiện để
K AB∈
là AB >
1
2
AO
Như vậy điều kiện để tồn tại OCEM là hình bình hành là: AB >
1
2
AO
Cách xác định điểm M như sau:
B
1
: Trên đoạn AB lấy K sao cho AK =
1
2
AO
B
2
: Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt (I)
tại C và E ( E nằm trong góc xOy)
B
3
: Trên Oy lấy M sao cho OM = CE

⊥
OH và BF
⊥
OA
nên BF
⊥
mp(OAF) suy ra BF
⊥
AF tức là
AH
⊥
BC tại F
hay ta có AH là đường cao của
ABCV
chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có BH
⊥
AC và CH
⊥
AB
nói cách khác H chính là trực tâm của
ABCV
Câu6(2,5 đ): Cho x, y lớn hơn 1, thõa mãn xy
4≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 1
1 1
M
x y
= +
− −

1 1 1
0
1 1 4 1
x
M
x y x x
= + ≥ + >
− − − −
; Đặt
1
0
4 1
x
t
x x
= + >
− −
ta tìm t
min
với t >0 và đk (***)
Ta có
2
1 2 4
4 1 (4 )( 1)
x x x
t
x x x x
− +
= + =
− − − −

0 suy ra t
≥
2 dấu “=” xảy ra khi x = 2
vậy ta có
1 1 1
2
1 1 4 1
x
M
x y x x
= + ≥ + ≥
− − − −
(3) suy ra M
≥
2
Suy ra M nhận giá trị nhỏ nhất : M = 2 xảy ra khi (3), (2) và (1) xảy ra dấu “=”, khi đó
x = 2 và
1
2
1 4
x
y
y x
= ⇒ =
− −
t/m (***) Vậy M
min
= 2 khi x =2 , y =2.
Giáo viên Lê Văn Lâm
4