BÀI 1: 3,5đ 1/ Giải HPT =+ =− 93 42 yx yx 2/ Giải các PT a/ x 2 – 5 = 0 b/ 3x 2 – 7x + 2 = 0 c/ 02 =−+ xx BÀI 2: 2đ 1/ Vẽ đồ thị của hàm số )( 2 1 2 Pxy = 2/ Bằng phép tính hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng (D): 1 2 1 += xy BÀI 3: 1, 5đ Cho PT (ẩn x) x 2 – 2(m +1)x +m 2 = 0 (1) (m là hằng số) 1/ Tìm các giá trị m để PT(1) có nghiệm 2/ Với giá trị tìm được của m ở câu 1/. Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm của PT (1) a/ Dùng định lí Vi- ét tính x 1 + x 2 ; x 1 .x 2 theo m b/ Không giải PT. Chứng minh rằng ta luôn có : x 1 .x 2 – (x 1 + x 2 ) +3 0 ≥ BÀI 4 : 3đ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O). Kẻ hai đường cao BI và CK (I thuộc AC và K thuộc AB) của tam giác ABC 1/ Chứng minh tứ giác BKIC nội tiếp 2/ Gọi M và N lần lượt là giao điểm của BI và CK với (O) (M khác B và N khác C). Chứng minh MN song song với IK. 3/ Chứng minh OA vuông góc với IK. 4/ Trong trường hợp tam giác nhọn ABC có AB < BC < AC. Gọi H là giao điểm của BI và CK. Tính số đo của góc BAC khi tứ giác BHOC nội tiếp. Đáp án Bài 1: 1/ Hệ phương có nghiệm (x, y) = (3; 2) 2/ a/ x = 5± b/ x 1 = 2; x 2 = 3 1 c/ đặt 0, ≥= txt ta có t 2 + t – 2= 0 t 1 =1 (nhận) ; t 2 = - 2 (loại) suy ra 11 =⇔= xx Bài 2 1/ bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 2 2 1 xy = 2 2 1 0 2 1 2 y x 2/ Hoành độ giao điểm của (P) và (D) là nghiện của PT 2 1 x 2 = 2 1 x + 1 Suy ra x 2 – x – 2 = 0 ; tính được x 1 = -1’ ; x 2 = 2 Giao điểm của (P) và (D) là ( -1 ; 2 1 ) ; ( 2 ; 2) Bài 3 : 1/ '∆ = 2m + 1 ; Phương trình (1) có nghiệm 2 1 0' −≥⇔≥∆⇔ m 2/ a/ Theo định lí Vi- ét x 1 + x 2 = 2(m +1) ; x 1 .x 2 = m 2 b/ x 1 .x 2 – (x 1 + x 2 )+ 3 = m 2 – 2m +1 = (m -1) 2 m≥ với mọi m 2 1 −≥ Bài 4: ( 3 điểm) H M C I K O N B A 1/ Tứ giác BKIC nội tiếp ∠ BKC = 90 0 ( do CK ⊥ AB tại K) ∠ BIC = 90 0 ( do BI ⊥ AC tại I) Tứ giác BKIC có 2 đỉnh K và I kề nhau cùng nhìn cạnh BC dứoi một góc vuông nên nội tiếp 2/ MN song song với IK. ∠ BIK= ∠ BCK ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK của đuờng tròn ngoại tiếp tứ giác BKIC) Hay ∠ BIK = ∠ BCN ( Do C,K,N thẳng hàng) Mà ∠ BCN= ∠ BMN ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN của đường tròn (0)) ⇒ ∠ BIK= ∠ BMN ( Cùng bằng BCN ) ⇒ MN song son g với IK 3/ OA vuông góc với IK. Ta có ∠ ABM = ∠ ACN ( cùng phụ góc BAC) Nên AM = AN ( hệ quả góc nội tiếp) Suy ra A là điểm chính giữa cung MN MNOA ⊥⇒ Mà MN // IK (cmt) IKOA ⊥⇒ 4/ Tính số đo của góc BAC khi tứ giác BHOC nội tiếp. ∠ BHC = ∠ BOC ( tứ giác BHOC nội tiếp) ∠ BHC = ∠ IHK ( đối đỉnh) ∠ BOC = ∠ IHK Mà ∠ BAC + ∠ IHK = 180 0 ( tứ giác AKHI nội tiếp) Suy ra ∠ BAC + ∠ BOC = 180 0 Ta lại có CABCOBhay COB CAB ˆ .2 ˆ 2 ˆ ˆ == ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC ) 3.BÂC = 180 0 suy ra BÂC = 60 0