Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.. Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn O, ta có BAx = BCA góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AB
Trang 1ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
a
1 : a a
1 1
a a
a Rút gọn biểu thức K
b Tính giá trị của K khi a 3 2 2
c Tìm các giá trị của a sao cho K < 0
Bài 2: Cho phương trình: x2 - 2(m-3)x - 2(m-1) = 0 (1)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m;
b) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1) Tìm giá trị nhỏ nhất của x12 +
x22.
Bài 3: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định.
Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21% Vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch?
Bài 4: Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn, A = 450 Vẽ các đường cao BD và
CE của tam giác ABC Gọi H là giao điểm của BD và CE.
a Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b Chứng minh: HD = DC
c Tính tỉ số:
BCDE
d Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA vuông góc với DE.
Bài 5: Cho a, b là các số thực dương
2
b a b
Trang 21:)1a(a
11
a
a
=
)1a)(
1a(
1a:
)1a(
a
1a
) 2 1 ( 2 2
1
1 2 2 3
0 1 a
0 a
Trang 3Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600
Số sản phẩm tăng của tổ I là: x
100
8 (sản phẩm)
Số sản phẩm tăng của tổ II là: y
100
21 ( sản phẩm)
Từ đó có phương trình thứ hai: x
100
18
120 y
100
21 x
100 18
600 y
x
Giải ra được x = 200, y = 400( thỏa điều kiện )
Vậy: Số sản phẩm được giao của tổ I, tổ II theo kế hoạch thứ tự là 200 và 400 sản phẩm
Bài 4:
a Ta có ADH = AEH = 900, suy ra AEH +ADH = 1800
Tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH.
b AEC vuông có EAC= 450 nên ECA = 450, từ đó HDC vuông cân
AE
AE AC
AE BC
DE
d Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O),
ta có BAx = BCA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AB) ,
mà BCA = AED
A
B E
B E
Trang 4 BAx =AED mà chúng là cặp góc so le trong do đó DE Ax.
1 b b
; 0 4
1 a
0 4
1 b b 4
1 a
0 b a 2
2
1 b a
a 2
Trang 5ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10
ĐỀ SỐ 2
x
2 x 2 x
1 x ( : ) x 4
x 8 x
2
x 4 (
y 2 x
1
y -
mx
a) Giải hệ phương trỡnh khi cho m = 1.
b) Tỡm giỏ trị của m để hệ phương trỡnh vụ nghiệm.
Bài 3: Cho parabol (P) : y = – x2 và đường thẳng (d) cú hệ số gúc m đi qua
điểm M(– 1 ; – 2)
a) Chứng minh rằng với mọi giỏ trị của m thỡ (d) luụn cắt (P) tại hai điểm
A, B phõn biệt.
b) Xỏc định m để A, B nằm về hai phớa của trục tung.
Bài 4: (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình:
Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợcdòng từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km
và vận tốc dòng nớc là 5 Km/h Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi nớc
a) Chứng minh tứ giỏc IECB nội tiếp được trong một đường trũn.
b) Chứng minh tam giỏc AME đồng dạng với tam giỏc ACM và
AM2= AE.AC
c) Chứng minh: AE.AC – AI.IB = AI2
d) Hóy xỏc định vị trớ của điểm C sao cho khoảng cỏch từ N đến tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc CME là nhỏ nhất.
Giải:
Trang 6Bài 1:
a P =
) 2 x ( x
) 2 x ( 2 ) 1 x ( : ) x 2 )(
x 2 (
x 8 ) x 2 ( x 4
x3:)x2)(
x2(
x4x8
) 2 x ( x ) x 2 )(
x 2 (
x 4 x 8
x 4
Điều kiện x > 0; x 4 và x 9
b Với x > 0; x 4 và x 9; P = –1 khi và chỉ khi: 1
3 x
x 4
Vì y > 0 nên chỉ nhận y =
4
3 nên x =
4 3
Vậy: P = –1 x =
16 9
y 2 x
1 y x
2008 x
2010 y
2 x 3
2 y 2 x 2 2010
y 2 x
3
1 y x
Vậy với m = 1 hệ phương trình đã cho có nghiệm
2008 x
2
3 y
1 mx y
335 3
y 2
x
1 y mx
(*)
Trang 7Hệ phương trình vô nghiệm (*) vô nghiệm m =
2
3 (vì đã có –1–1005)
Bài 3:
a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m có dạng y = mx + b và (d) đi qua điểm M(–
1 ; – 2) nên: – 2= m(– 1) + b b = m – 2
Vậy: Phương trình đường thẳng (d) là y = mx + m – 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b) A và B nằm về hai phía của trục tung
x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu x1x2 < 0.
Áp dụng hệ thức Vi-et: x1x2 = m – 2
x1x2 < 0 m – 2 < 0 m < 2.
Vây: Để A, B nằm về hai phía của trục tung thì m < 2.
Bài 4 Bµi 4: Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ x ( km/h) ( x>5)
Trang 8a Ta có: EIB = 900 (giả thiết)
ECB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Vậy: tứ giác IECB là nội tiếp đường tròn đường kính EB
b Ta có:
sđ AM = sđ AN (đường kính MN dây AB)
AME = ACM (góc nội tiếp)
Lại có A chung, suy ra AME ACM
AE
AM AM
c MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB
Trừ từng vế của hệ thức ở câu b với hệ thức trên
Ta có: AE.AC – AI.IB = AM2 – MI2 = AI2
d Từ câu b suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác
Ta thấy khoảng cách NK nhỏ nhất khi và chỉ khi NK BM.
Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được K Điểm C là giao
của đường tròn tâm O với đường tròn tâm K, bán kính KM.
ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
O.
Trang 9ĐỀ SỐ 3 Bài 1: Cho A =
)2x1(2
1
) 2 x 1 ( 2
9
2 2
y x
y x
Bài 3: Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0 với x là ẩn số, m là tham
số(1)
a Giải phương trình (1) khi m = -1
b Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại.
Bài 4: Cho parabol (P): y =2x2 và đường thẳng (d): 2x + y - 4 = 0
a) Vẽ (P)
b) Tìm tọa độ giao điểm A, B của (P) và (d) bằng đồ thị và bằng phép tính c) Gọi A’, B’ là hình chiếu của A, B trên trục hoành.Tính diện tích tứ giác ABB’A’.
Bài 5: Cho nửa đường tròn (0) đường kính AB Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và
By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến
Ax và By lần lượt ở E và F.
a Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp
b AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q Tứ giác MPOQ là hình gì? Tại sao?
c Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB) Gọi K là giao điểm của MH và EB.
r 3
1
Hướng dẫn giải:
Trang 102 x
1 2 x
2 x
1 2 x
0 2
x
(*)
)2x(12
)2x1()2x1()2x1(2
1)
2x1
Từ đó phương trình có hai nghiệm x = -1 và x = 1
b Thế y = 2x - 2 vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50
2 x
Bài 3:
a) Phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0 với x là ẩn số, m là tham số.(1)
Khi m = -1, phương trình đã cho có dạng x2 + 2x - 8 = 0
' 1 8 9
' 3
Phương trình có nghiệm : x1 = -1+3 = 2; x2 = -1-3 = -4
b Phương trình có hai nghiệm phân biệt ' = m2 - (m - 1)3 > 0 (*)
Giả sử phương trình có hai nghiệm là u, u2 thì theo định lí Vi-ét ta có:
u
) 1 ( m
2 u u
3 2
Trang 11làm trục đối xứng, nằm phía trên trục hoành
b) *Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị:
- Đường thẳng (d): 2x + y - 4 = 0 hay y = -2x + 4
+ cắt trục tung tại điểm (0;4)
+ cắt trục hoành tại điểm (2;0)
Nhìn đồ thị ta có (P) và (d) cắt nhau tại A(-2; 8) B(1;2)
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8) B(1;2)
*Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính:
Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:
2x2 = -2x + 4 hay: 2x2 + 2x – 4 = 0 x2 + x – 2 = 0 có a + b +c = 1+ 1- 2= 0
nên có nghiệm: x1= 1; x2= -2 ; suy ra: y1= 2; y2= 8
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8) B(1;2)
c) Hình thang AA’B’B có AA’= 8; BB’=2; đường cao A’H = 3 nên có diện tích:
2
3 2 8
EAOEMO1800
Vậy: Tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp
b Ta có : AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AM OE (EM và EA là 2 tiếp tuyến) MPO 900
F
M
P K
F
M
P K
I
Trang 12EF )
EA //
KH ( HB
AB KB
EB );
BF //
MK ( KB
EB MF
EM
mà EM = EA (EM và EA là 2 tiếp tuyến) do đó: MK = KH
d Ta có OE là phân giác của AÔM (EA; EM là tiếp tuyến); OF là phân giác của MÔB (FB; FM là tiếp tuyến) mà AÔM và MÔB là hai góc kề bù nên OEOF
EOF vuông (
EOF = 900) OM là đường cao và OM = R Gọi độ dài 3 cạnh của EOF là a, b, c I là tâm đường tròn nội tiếp EOF Ta có: SEOF = SEIF + SOIF + SEIO = r OE
2
1 OF r 2
1 EF r 2
a R
1 c b a
a c b a
Trang 13Mặt khác b < a, c < a a + b+ c < 3a
a 3
1 c b a
a c b a
r 3
1
*Ghi chú: Câu 4d là câu nâng cao, chỉ áp dụng cho trường chuyên.
ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
ĐỀ SỐ 4
Trang 14x x
: 1 x
1 x 1
x
1 x x
5 y 2 x 3
b) Lấy 3 điểm A, B, C trên (P), A có hoành độ là –2, B có tung độ là – 8, C
có hoành độ là – 1 Tính diện tích tam giác ABC.
Bài 4:
Một tam giác có chiều cao bằng
5
2 cạnh đáy Nếu chiều cao giảm đi 2cm và cạnh đáy tăng thêm 3cm thì diện tích của nó giảm đi 14cm2.Tính chiều cao
và cạnh đáy của tam giác.
Bài 5:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi D là điểm chính giữa của
cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến tại C và D với đường tròn (O) cắt nhau tại E.
Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD; AD và
Trang 15x x
: 1 x
1 x 1
x
1 x x
x 1
x
) 1 x ( x : 1 x
1 x )
1 x )(
1 x
(
) 1 x x )(
x x x : 1 x
1 x 1
x
1 x
x
=
1 x
x : 1
x
1 x 1 x
x : 1
x
2 x
Vậy: x = y2 =
9
4
4 x 5
, 7 y x
20 x 5 15
y 2 x 2
5 y 2 x 3 2
15 y
x
5 y
4 x
Trang 16làm trục đối xứng, nằm phía dưới trục hoành.
b) Tính diện tích tam giác ABC
2
1 4.6 = 12 (đvdt)
Bài 4: Gọi chiều cao và cạnh đáy của tam giác đã cho là x và y (x > 0; y > 0, tính
bằng dm) Diện tích tam giác là:
2
1
xy (dm2) Chiều cao mới là x – 2 (dm); cạnh đáy mới là y + 3 (dm);
diện tích mới là
2
1 (x – 2)( y + 3) (dm2)
Theo đề bài ta có hệ phương trình:
y 5
2 x 14
) 3 y )(
2 x ( 2
1 xy
2
1
y 5
2
x
H
Trang 1711 x
22 y 2 x 3
y 5
2 x
Trả lời: Chiều cao của tam giác là 11dm và cạnh đáy của tam giác là
2
55 dm
b ODE = 900 (vì DE là tiếp tuyến), OCE = 900 (vì CE là tiếp tuyến)
ODE + OCE = 1800 Do đó CODE là tứ giác nội tiếp.
mà BD = CD (giả thiết) suy ra PAQ = PCQ.
Vậy APQC là tứ giác nội tiếp.
c APQC là tứ giác nội tiếp, nên QPC = QAC (cùng chắn CQ)
Lại có PCB = BAD ( góc nội tiếp cùng chắn BD).
và QAC = BAD, suy ra QPC = PCB PQ // BC
Trang 181 Giải hệ phương trình khi m 2 ;
2 Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x ; y )thoả mãn: 2 x + y 3
Bài 3 (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): yk 1 x 4 (k là tham số) vàparabol (P): y x 2
1 Khi k2, hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P);
2 Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tạihai điểm phân biệt;
3 Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) Tìm k saocho: y1y2 y y1 2
Trang 201 Giải hệ phương trình khi m 2 ;
2 Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x ; y )thoả mãn: 2 x + y 3
1.
(1,0đ) Khi m = 2 ta có hệ phương trình:
x y 22x y 3
Trang 21Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thoả
mãn 2x + y 3
Bài 3 (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): yk 1 x 4 (k là tham số) vàparabol (P): y x 2
1 Khi k2, hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P);
2 Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tạihai điểm phân biệt;
3 Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) Tìm k saocho: y1y2 y y1 2
1.
(1,0đ)
Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + 4 0,25Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
Ta có ac = 4 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k
Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt 0,25
3.
(0,5đ)
Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân
biệt có hoành độ x1, x2 thoả mãn:
Trang 22BDC BHC 180CHK BHC 180
Trang 23 KH KD
4.
(0,5đ) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳngDC tại P
Ta có: BAM DAP (cùng phụ MAD )
AB = AD (cạnh hình vuông ABCD)
ABM ADP 90
Trong PAN có: PAN = 90o ; AD PN
Trang 24Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
0.25đ
Trang 25ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
ĐỀ SỐ 6
Câu 1(2,5đ): Cho Biểu Thức :
A = ( + ) : ( - ) +
a, Rút gọn bt A
b, Tính giá trị của A khi x = 7 + 4
c , Với giá trị nào của x thì A đạt Min ?
Câu 2 (2đ): Cho phương trình bậc hai :
x2 - 2(m + 1) x + m - 4 = 0 (1)
a, Giải phương trình ( 1 ) khi m = 1
b, Chứng minh rằng pt (1 ) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m ?
c , Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt (1)đã cho CMR Biểu thức :
K = x1(1- x2 )+ x2(1-x1) không phụ thuộc vào giá trị của m
Câu 3(2đ) :
Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc trung bình 30 km/h khi đến B người đó nghỉ
20 phút rồi quay trở về A với vận tốc trung bình 25km/h Tính quảng đường AB , Biết rằng thời
gian cả đi lẫn về là 5 gời 50 phút
Câu 4(3,5đ):
Cho hình vuông ABCD , điểm E thuộc cạnh BC
Qua B kẻ đường thẳng vuông với DE, đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K
a, Chứng minh rằng : BHCD là tứ giác nội tiếp
b, Tính ?
c, Chứng minh rằng : KC.KD = KH.KB
d, Khi điểm E di chuyển trên cạnh BC thì điểm H di chuyển
trên đường nào ?
Hướng dẫn giải- áp án : Đề 6
Trang 26a, khi m 1 thì pt có 2 nghiệm : x1 = 2 +
Và : x2 = 2 -
b, ’ = (m + 1)2 + 17 > 0 m => pt luôn có 2 nghiệm với mọi m
c, ’ > 0 , m Vậy pt có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 và
K = x1 - x1x2 + x2 - x1x2 = ( x1 + x2 ) - x1x2 =10( hằng số) m Câu 3 (2đ):
d, Khi E di chuyển trên BC thì DH BK ( không đổi) => =900
( không đổi) => H ( I ; ) vì E di chuyển trên BC nên H di chuyển trên
Cung BC của đường tròn ngoại tiếp ABCD (cả 2 điểm B và C )
ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
1 1
1
x
x x
x
x A
52
Trang 27b Cho điểm M thuộc (P) ; M có hoành độ bằng 1 Đường thẳng d tiếp xúc với (P) tại M.Đường thẳng d’ cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 4, d’ // d, d’cắt (P) tại hai điểm A và B.Tìm diện tích tam giác MAB.
x
x x
1 1
1
x
x x
x
x A
1 1
1 1
x x
A 0.25
.2
22
)1(
x x
Trang 28Giải phương trình :
10
32
52
2 Tìm diện tích tam giác MAB
Tìm được tọa độ của điểm )
2
1
; 1 (
M Viết đúng phương trìnhđường thẳng d là y = x - 1/2 0.25
Viết đúng phương trình đường thẳng d’ là y = x + 4, d’ cắt (P) tại hai điểm A và B là : A ( -2 ; 2 ) ; B ( 4 ; 8 ) 0,25
SAMB = SAA’B’B – (SAA’M’M + SMM’B’B)
.
0
0
2 1
2 1
m
m x
x x x
m m m m
dd'
Trang 29
1
1
2 1
3 2
3 1 1
2 2
x x
m x
x x
x
( x1 x2 ) (x1 x2 x1.x2 ) m 1
3
1
a AC
AC a 3 0.25 Tính được BC = 2a 0.25
Suy ra :
SC
SB SB
SA
Hay : SB2 SA.SC
0.50 b)Chứng minh : K SˆM K BˆM (1đ)
Trang 30ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10
ĐỀ SỐ 8
Bài 1: Cho biểu thức:
xy x
y x
y y
y x
x P
) )
1 )(
(
a) Tìm điều kiện của x và y để P xác định Rút gọn P
b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2
Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2)
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệtb) Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung
1 1
9
zx yz
xy
z y
x
z y
b) Khi MB = MQ , tính BC theo R
Bài 5: Cho x,y,z R thỏa mãn:
z y x z y
1 1
1 1
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4
3
+ (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10)
HƯớNG DẫN đề 8
Trang 31Bài 1: a) Điều kiện để P xác định là: x 0 ; y 0 ; y 1 ; x y 0
y y
x
Ta có: 1 + y 1 x 1 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn
Bài 2: a) Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) Nên phơng trình đờng thẳng
có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B
b) A và B nằm về hai phía của trục tung phơng trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu m – 2 < 0 m < 2
) 2 ( 1
1 1
1
1 9
xz yz
xy
z y
x
z y
Trang 32Ta thÊy x = y = z = 3 thâa m·n hÖ phư¬ng tr×nh VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = y =
1 1
z z y x xy
(
0 1
y
x
z y x xyz
xy z
zy zx
y
x
z y x z xy
a) Tìm điều kiện của x để biểu thức K xác định
b) Rút gọn biểu thức K và tìm giá trị của x để K đạt giá trị lớn nhất
Bài 2(2 điểm):
Cho phương trình bậc hai: 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 (1)
Trang 33a) Giải phương trình (1) khi cho biết m = 1; m = 2.
b) Chứng minh rằng phương trình (1) không thể có hai nghiệm dương với mọi giá trị củam
HƯỚNG DẪN GIẢI đề 9
Bài 1(2 điểm):
Cho biểu thức
2 2
Trang 34Vậy ĐKXĐ : x 1
b) K
2 2
(thoả mãn x 1)
Vậy với 1
x 2
Vì a – b + c = 2 – 3 + 1 = 0 nên phương rình trên có hai nghiệm phân biệt :
Trang 35 2001 2000 2002 2001 2000 2 2001 2002 0 (đpc
m)
Bài 4(4 điểm):
a) Gọi I là trung điểm của OS
Theo tính chất tiếp tuyến, ta có :
E thuộc đường tròn tâm I, đường kính OS (2)
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm S, A, E, O, B cùng thuộc đường tròn tâm I, đường kính OS
b) Ta có OA = OB (bán kính của (O)), SA = SB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Do đó, nếu SA = OA thì SA = SB = OA = OB SAOB là hình thoi
Mà SAB SBA 90 0 SAOB là hình vuông
Vậy nếu SA = OA thì SAOB là hình vuông
c) Xét đường tròn (I) : BAE BSE (3) (hai góc nội tiếp cùng chắn EOB)
BSE BSD BAD BAC (4)
Từ (3) và (4) suy ra : CAE BAE BAC BAD BAC BAC hay
B
O D
Trang 36 DAE BAC ( BAD BAE CAE BAE )
Trang 37Cho hàm số y = 2x2 (P) và y = 2(a - 2)x - 1
2 a
2 (d)
1 Tìm a để (d) đi qua điểm A(0 ; -8)
2 Khi a thay đổi hãy xét số giao điểm của (P) và (d) tuỳ theo giá trị của a
3 Tìm trên (P) những điểm có khoảng cách đến gốc toạ độ O(0 ; 0) bằng 3
Bài 3(2 điểm):
Một tấm tôn hình chữ nhật có chu vi là 48cm Người ta cắt bỏ 4 hình vuông có cạnh là 2cm ở 4 góc rồi gấp lên thành một hình hộp chữ nhật (không có nắp) Tính kích thước của tấm tôn đó, biết rằng thể tích hình hộp bằng 96 cm3
Bài 4(3 điểm):
Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R Hạ các đường cao AD, BE của tam giác Các tia AD, BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là M, N
1 Chứng minh rằng bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn Tìm tâm I của đườngtròn đó
Trang 38Dấu bằng xảy ra x 2 = 0 x = 4 (thoả mãn ĐKXĐ).
Vậy giá trị lớn nhất của M = 1 x = 4
- Nếu a – 1 < 0 a < 1 ’ > 0 (1) có hai nghiệm phân biệt
Khi đó (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
- Nếu a – 1 = 0 a = 1 ’ = 0 (1) có nghiệm kép
Khi đó (d) tiếp xúc với (P)
- Nếu a – 1 > 0 a > 1 ’ < 0 (1) vô nghiệm
Khi đó (d) không cắt (P)
Trang 393 Tìm trên (P) những điểm có khoảng cách đến gốc toạ độ O(0 ; 0) bằng 3
Gọi M(m ; 2m2) là điểm thuộc P thì khoảng cách từ P đến gốc toạ độ O là :
2
2 2
Gọi chiều rộng của tấm tôn hình chữ nhật là x (cm)
Thì chiều dài của tấm tôn hình chữ nhật là 48 : 2 – x = 24 – x (cm)
Chiều rộng và chiều dài của mặt đáy hình hộp chữ nhật lần lượt là (x – 4) (cm) và (24 –
’ = 122 – 128 = 16 = 42 > 0, nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt :
x1 = 12 – 4 = 8 (thoả mãn đk (*)), x2 = 12 + 4 = 16 (không thoả mãn đk (*))
Vậy tấm tôn hình chữ nhật có chiều rộng là 8 (cm), chiều dài là 16 (cm)
Trang 40AMN ABN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN)
hay AMN ABE (vì E ∈ BN)
Từ đó suy ra ADE AMN
Hai góc này ở vị trí đồng vị bằng nhau nên DE // MN (đpcm)
3 Gọi H là trực tâm của ABC BH AC và CH AB (1)
Kẻ đường kính AK thì ABK ACK 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Từ (1) và (2) suy ra BH // KC và CH // KB BHCK là hình bình hành
Do đó CH = BK
ABK vuông tại B nên theo định lí Pitago :
BK2 = AK2 – AB2 = 4R2 – AB2 (với R là bán kính của (O))
CH = BK = 4R2 AB2 (R > AB/2 vì AK > AB)
Xét tứ giác CDHE có HDC HEC 90 0 nên E, D cùng thuộc đường tròn đường kính
CH Nói cách khác, đường tròn đường kính CH ngoại tiếp CDE Bán kính của đường tròn này
bằng
2 2
R
2 4 không đổi.
Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp
CDE không đổi
M D
N E
O A