|
Câu IV |
|
(6.0 đ) |
|
Phần 1
|
|
4,0 điểm |
|
|
|
|
|
Phần a (1.0 điểm) |
Tứ giác $CDME$ nội tiếp $\Rightarrow AM.AD=AE.AC$ Tứ giác $BMDF$ nội tiếp $\Rightarrow AM.AD=AB.AF$ |
0,5 |
|
Suy ra $AB.AF=AE.AC$. Do đó tứ giác $BECF$ nội tiếp. |
0.5
|
|
|
Phần b (2.0 điểm) |
Tứ giác $CDME$ nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{DEC}=\widehat{DMC}$ (1) Tứ giác $BMDF$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{DMC}=\widehat{DFB}$ (2) ( cùng bù với góc $\widehat{DMB}$) Từ (1) và (2) $\Rightarrow \widehat{DEC}=\widehat{DFB}$ (3) |
0.5 |
|
Tứ giác $ABDC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{DBF}=\widehat{ACD}$ (4) ( cùng bù với góc $\widehat{ABD}$) Từ (3) và (4) suy ra tam giác $ECD$ và $FBD$ đồng dạng. |
0.5 |
|
|
Theo chứng minh trên, ta có tam giác $ECD$ và $FBD$ đồng dạng $\Rightarrow \widehat{EDC}=\widehat{BDF}$ |
0.5 |
|
|
Tứ giác $ECDM$ nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{EDC}=\widehat{EMC}$ Tứ giác $BMDF$ nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{BDF}=\widehat{BMF}$ Suy ra $\widehat{EMC}=\widehat{BMF}$ ( ở vị trí đối đỉnh) . Vậy ba điểm $E,M,F$ thẳng hàng. |
0.5 |
|
|
Phần c (1.0 điểm) |
Kẻ tiếp tuyến $Ax$ của đường tròn $\left( O \right)$$\Rightarrow \widehat{ACB}=\widehat{BAx}$ |
0.25 |
|
Do tứ giác $CEBF$ nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{ECB}=\widehat{EFB}$ hay $\widehat{ACB}=\widehat{EFA}$. |
0.25 |
|
|
Suy ra $\widehat{BAx}=\widehat{EFA}$ ( vị trí so le trong) $\Rightarrow Ax$ // $EF$. mà $Ax\bot AO\Rightarrow EF\bot AO$.
|
0.5 |
|
|
Phần 2 |
|
(2.0 điểm) |
|
|
|
|
|
Gọi $D$ là trung điểm của cạnh $BC$. Theo giả thiết ta có ${{\left( 2CD \right)}^{2}}=4CD.AC+4A{{C}^{2}}\Leftrightarrow C{{D}^{2}}=CD.AC+A{{C}^{2}}\Leftrightarrow \dfrac{C{{D}^{2}}}{AC}=CD+AC$ (1) |
0.75 |
|
|
Kẻ phân giác trong $AE$ của tam giác $ACD$. Theo tính chất của đường phân giác, ta có $\dfrac{EC}{ED}=\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{AC}{DC}\Rightarrow \dfrac{EC}{ED+EC}=\dfrac{AC}{AD+AC}\Rightarrow \dfrac{EC}{CD}=\dfrac{AC}{AC+CD}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\dfrac{EC}{AC}=\dfrac{CD}{CD+AC}=\dfrac{AC}{CD}$ |
0.75 |
|
|
Suy ra tam giác $ACE$ đồng dạng với tam giác $DCA$ nên tam giác $ACE$ cân tại $A$. Lại có $\widehat{EAC}=\dfrac{1}{2}\widehat{CAD}=\dfrac{1}{2}\widehat{ACB}$ Do đó : $\dfrac{1}{2}\widehat{ACB}+\widehat{ACB}+\widehat{ACB}={{180}^{0}}\Rightarrow \widehat{ACB}={{72}^{0}}\Rightarrow \widehat{ABC}={{18}^{0}}$. |
0.5 |
|
|
Câu V |
|
(1.0 đ) |
|
(1.0 điểm) |
Áp dụng tính chất $\left| a-b \right|\le \left| a \right|+\left| b \right|$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ab\le 0$. |
0.25 |
| $\left\{ \begin{array}{l} {x^2} \le 8\\ {y^2} \le 8\\ {z^2} \le 8 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left| x \right| \le 2\sqrt 2 \\ \left| y \right| \le 2\sqrt 2 \\ \left| z \right| \le 2\sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left| {{x^3}} \right| \le 2\sqrt 2 {x^2}\\ \left| {{y^3}} \right| \le 2\sqrt 2 {y^2}\\ \left| {{z^3}} \right| \le 2\sqrt 2 {z^2} \end{array} \right.$ |
0.25 |
|
|
Vậy $M\le 2\left( {{\left| x \right|}^{3}}+{{\left| y \right|}^{3}}+{{\left| z \right|}^{3}} \right)\le 4\sqrt{2}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)$=$32\sqrt{2}$. |
0.25 |
|
|
Đẳng thức xảy ra khi $\left( x;y;z \right)=\left( 2\sqrt{2};0;0 \right)$ hoặc $\left( x;y;z \right)=\left( -2\sqrt{2};0;0 \right)$ và các hoán vị của nó. Vậy giá trị lớn nhất của $M$ bằng $32\sqrt{2}$. |
0.25 |
|
|
Tổng |
Điểm toàn bài |
20 đ |
