BỘ GIÁO án ôn THI vào lớp 10 môn TOÁN

Đây là bộ giáo án ôn thi vào lớp 10 THPT môn Toán. Giáo án được soạn giảng công phu và có chất lượng. Tài liệu soạn giảng theo từng dạng . Tài liệu rất hữu ích giúp học sinh lớp 9 ôn thi vào lớp 10 THPT và các thầy cô giáo tham khảo.

ễn thi vo lp 10 UBND TNH THANH HểA S GIO DC V O TO CNG HềA X HI CH NGHA VIT NAM c lp- T do- Hnh phỳc S : 864 /TB-SGDT Thanh Húa, ngy 15 thỏng 05 nm 2014 THễNG BO V cu trỳc thi tuyn sinh lp 10 THPT nm 2014 I. MễN TON 1. Thi gian lm bi: 120 phỳt, khụng k thi gian giao . 2. Cu trỳc thi: tng 10,0 im a - Biu thc i s (2 im) - Rỳt gn biu thc - Toỏn v giỏ tr ca biu thc hoc bin b Hm s, th v h phng trỡnh (2 im) - ng thng y = ax + b hoc parbol y = ax2 - H phng trỡnh - Gii bi toỏn bng cỏch lp h phng trỡnh c Phng trỡnh bc hai hoc phng trỡnh quy v bc hai (2 im) - Phng trỡnh bc hai - H thc Viột v ng dng - Phng trỡnh quy v bc hai d Hỡnh hc: (3 im) - T giỏc ni tip - H thc tam giỏc - on thng bng nhau, gúc bng - Ba im thng hng . - di on thng - S o gúc. - Din tớch, th tớch - Quan h gia ng thng. - Cc tr hỡnh hc e - Phn dnh cho hc sinh khỏ, gii (1im) - Bt ng thc - Cc tr ễn thi vo lp 10 UBND TNH THANH HểA S GIO DC V O TO S : 863 /TB-SGDT CNG HềA X HI CH NGHA VIT NAM c lp- T do- Hnh phỳc Thanh Húa, ngy 15 thỏng 05 nm 2014 THễNG BO V cu trỳc thi tuyn sinh lp 10 THPT chuyờn Lam Sn nm 2014 I. MễN TON A. Mụn Toỏn dnh cho chuyờn Toỏn v chuyờn Tin a. Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian giao . b. Cu trỳc thi: tng 10,0 im; loi cõu hi: t lun. - Biu thc i s: (2 im) - Bin i biu thc - Giỏ tr ca biu thc Phng trỡnh v h phng trỡnh: (2 im) - Phng trỡnh bc hai, phng trỡnh quy v bc hai - H phng trỡnh S hc: (2 im) - Phng trỡnh nghim nguyờn - Toỏn chia ht. Hỡnh hc: (3 im) - T giỏc ni tip - H thc tam giỏc - on thng bng nhau, gúc bng - Ba im thng hng . - di on thng - S o gúc. - Din tớch, th tớch - Quan h gia ng thng. - Cc tr hỡnh hc. - Tỡm hp im - Cỏc bi toỏn khỏc: (1im) - Bt ng thc. - Cc tr. - Toỏn suy lun logic. ễn thi vo lp 10 B. Mụn toỏn chung a. Thi gian lm bi: 120 phỳt, khụng k thi gian giao . b. Cu trỳc thi: tng 10,0 im; loi cõu hi: t lun. - Biu thc i s (2 im) - Rỳt gn biu thc - Toỏn v giỏ tr ca biu thc hoc bin Hm s, th v h phng trỡnh (2 im) - ng thng y = ax + b hoc parbol y = ax2 - H phng trỡnh - Gii bi toỏn bng cỏch lp h phng trỡnh Phng trỡnh bc hai hoc phng trỡnh quy v bc hai (2 im) - Phng trỡnh bc hai - H thc Viột v ng dng - Phng trỡnh quy v bc hai Hỡnh hc: (3 im) - T giỏc ni tip - H thc tam giỏc - on thng bng nhau, gúc bng - Ba im thng hng . - di on thng - S o gúc. - Din tớch, th tớch - Quan h gia ng thng. - Cc tr hỡnh hc - Phn dnh cho hc sinh khỏ, gii (1im) - Bt ng thc - Cc tr - Phng trỡnh, h phng trỡnh khụng mu mc. - Phng trỡnh nghim nguyờn ễn thi vo lp 10 PHN 1: CHUYấN 1: CC DNG TON rút gọn biểu thức Phơng pháp: - Phân tích đa thức tử mẫu thành nhân tử; - Tìm ĐKXĐ (Nếu toán cha cho ĐKXĐ) - Rút gọn phân thức(nếu đợc) - Thực phép biến đổi đồng nh: + Quy đồng(đối với phép cộng trừ) ; nhân ,chia. + Bỏ ngoặc: cách nhân đơn ; đa thức dùng đẳng thức + Thu gọn: cộng, trừ hạng tử đồng dạng. + Phân tích thành nhân tử rút gọn Chú ý: - Trong toán rút gọn thờng có câu thuộc loại toán: Tính giá trị biểu thức; giải phơng trình; bất phơng trình; tìm giá trị biến để biểu thức có giá trị nguyên; tìm giá trị nhỏ ,lớn nhất. Do ta phải áp dụng phơng pháp giải tơng ứng, thích hợp cho loại bài. *Tính giá trị A x=? * Tìm giá trị x z * Tìm giá trị nhỏ nhất, giá tri lớn A * Tìm giá trị x để A.f(x) =g(x) * Tìm giá trị x để A=k; A k;A k * Tìm x để A > A . *Tìm x để A > A . Dạng x + ): x x x x a) Tìm điều kiện xác định, Rút gọn A b)Tính giá trị A x=3-2 Bài giải: a) ĐKXĐ x > 0; x 1. x x + ): =( + ): Rút gọn A = ( x x x x x x x( x 1) Bài Cho biểu thức A=( ( x )2 + x (x + 2)( x 1) x + A= . = = x ( x 1) x ( x 1) x b. Khi x= 3-2 = ( 1) A= 32 + ( 1) = ( )( 52 52 = ) = 1+ +1 ễn thi vo lp 10 A= ữ: x +3 x x a) Tìm điều kiện xác định, rút gọn biểu thức A b) Với giá trị xthì A > c) Tìm x để A đạt giá trị lớn Bài 2: Cho biểu thức Bài giải: a) ĐKXĐ x 0; x ( )( x + A= = ữ: x + x x x ( ( x )( x +3 x +3 b) A > ) . ). x + 3) x x = x 3 A= x >0 >0 x +3 3 x +3 > x +3 ( ) x > ( 3( ( x + 3) > 0) x < x < Kết hợp với ĐKXĐ: x A > 1/3. c) A = đạt giá trị lớn x + đạt giá trị nhỏ nhất. x +3 Mà x + x + = x = x = lúc AMax= ( ) x = 0. + : Bài 3: Cho biểu thức P = ữ x +1 x +1 x a) Nêu điều kiện xác định rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = x + 12 . c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = x P Bài giải: a) ĐKXĐ x 0; x ễn thi vo lp 10 + x x +1 + = . P= = x x +1 x + ( x 1) x + x +2 x +1 x +2 = x x +1 x ( ( ( )( )( )( ) ) ) ( ) x +2 = x + = x x + = x 5. x x = 13 x = 168 (TMĐK) x + 12 x + 12 x x + 12 x + 16 c) M = = . = . = = x P x x + x +2 x +2 16 16 x 2+ = x +2+ ta có x +2 x +2 16 x +2+ 16 = 2.4 = x +2 16 M = M = x + = x +2 ( b) P = ( ( ) x + 6) ( x + = 16 ) ( x +2+4 ) ( )( ) ) x +24 =0 x = x = x = 4(TMDK) Vậy Mmin= x = . x x 3x + x + 1ữ Bài 4: Cho biểu thức: D = ữ: x x x x +3 a) Tìm ĐKXĐ ,rút gọn biểu thức b) Tìm x để D < c) Tìm giá trị nhỏ D Dạng a+2 a a a 1ữ: + 1ữ Bài :Cho biểu thức: P = a +2 a a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn P b) Tìm a z để P nhận giá trị nguyên. Bài giải: a) ĐKXĐ: a 0;a a a +2 a a P= + = a +2 a ( ) ( ) ( )( a : ) a +1 = a a +1 ễn thi vo lp 10 a =1 a +1 a +1 b) P = nhận giá trị nguyên dơng. a + a +1 để P nhận giá trị nguyên thuộc ớc dơng 2. a +1 =1 a = a=1 (Loại không thoả điều kiện) a = a + = Vậy P nhận giá trị nguyên a = 1 Bài 2: Cho biểu thức B = x + x + +1 ( ) ( ) a) Tìm x để B có nghĩa rút gọn B. b) Tìm x nguyên để B nhận giá trị nguyên. Bài giải: a) ĐKXĐ x 3; x B= ( ) 2( x + ) x + +1 b) B nhận giá trị nguyên = x + +1 ( )= x + ( x + 1) = 2( x + 2) x + nhận giá trị nguyên. x+2 x + Ư(1) x + = x = thoả mãn điều kiện x + = x = Vậy x= -1; x= -3 B nhận giá trị nguyên x2 x 2x + x ( x 1) Bài 3: Cho biểu thức: P = + x + x +1 x x a) Tìm ĐKXĐ , rút gọn P b) Tìm giá trị nhỏ P x c) Tìm x để biểu thức Q = nhận giá trị nguyên. P Dạng x +1 + ữ: Bài 1: Cho biểu thức: P = x x x x ( ) a) Tìm ĐKXĐ rút gọn P b) Tìm x để P > Bài giải a) ĐKXĐ x>0; x ễn thi vo lp 10 ( ) x 1 x +1 1+ x x P= + : = . = x x x x x +1 x x x x b) P > > x > ( x > 0) x < x < 1. x Kết hợp với ĐKXĐ: < x < P > ( ) Bài 2: Cho biểu thức: ( ) ( ) a +1 a +2 P= : ữ ữ a a a a a) Tìm ĐKXĐ, rút gọp P b) Tìm giá trị a để P > x x + (1 x) Bài : Cho biểu thức: P = ữ. x x + x + a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn P b) Tìm x để P < x x Bài 4: Cho biểu thức: P = + x x x +1 a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn P. b) Tìm x để P < a a + a a + a ữ aữ Bài 5: Cho biểu thức: B = a + a a)Tìm ĐKXĐ, rút gọn B b)Tìm a để B < 7- a Bài 6: Cho biểu thức: K = ữ: ữ a a a a +1 a a) Rút gọn biểu thức K b) Tìm giá trị K a = 3+2 c) Tìm giá trị a cho K < Dạng x Bài : Cho biểu thức: A = ữ: x x x x a) Tìm ĐKXĐ rút gọn A b) Tìm tất giá trị x cho A < ễn thi vo lp 10 c) Tìm tất giá trị tham số m để phơng trình A. x = m x có nghiệm. Bài giải a) ĐKXĐ: x > 0; x x x 1 : A= : = ữ x x x x x x x x ( = ( ) x ( ) x b) A < x . ) x x = x x < x < (vì x x < ) x < kết hợp với ĐKXĐ Vậy m>-1 m pt A m + > m > x = m x có nghiệm. . Bài 2: Cho biểu thức: P = + ữ x x x a) Tìm ĐKXĐ rút gọn P b) Tìm giá trị P x = 25 c) Tìm x để P. + 6. ( ) x = x 2005 + + 3. Bài giải: a) ĐKXĐ x > 0; x x P = + . = ữ x x x x x x ( ) ữ P= ữ ( ) x ễn thi vo lp 10 b) Khi x= 25 P = ( ) 25 = 16 c) P. + 6. ( ) x = x 2005 + + ( ) x . ( ) ( 2+ . ) x = x 2005 + + + = x 2005 + + x = 2005 TMĐK Vậy x = 2005 P. + ( ) x = x 2005 + + Dạng + Bài 1: Cho biểu thức A = ữ.1 + ữ x +1 x x a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn A. b)Tính giá trị A x= . c)Tìm giá trị x để A > A. Bài giải: a) ĐKXĐ x > 0; x . A= + ữ. + ữ= x + x x ( ( x 1) ( x ) x + 1) x +1 x A = ( x + 1+ x )( x ) x +1 . x A= b) Khi x = 2 = = 1 1 < 1. c) A > < A < < x +0 < x > x > 1( 1) x 2 x 0 >0 x x x x > x > Vậy x > A > A x > + 10 x +1 = x Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 Xét hai tam giác AEH ADC ta có: ãAEH = ãADC = 900 ; Â góc chung 3. AE AH = => AE.AC = AH.AD. AD AC ã góc chung * Xét hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ãADC = 900 ; C BE BC = => SBEC ADC => => AD.BC = BE.AC. AD AC = àA ( phụ với ãABC ) 4. Ta có C 1 => SAEH ADC => ả =à C A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM) =C ả => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C => C => CB đơng trung trực HM H M đối xứng qua BC. 5. Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn =E ( hai góc nội tiếp chắn cung BF) => C 1 Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp =E ả ( hai góc nội tiếp chắn cung HD) C =E ả => EB tia phân giác góc FED. E Chứng minh tơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF. Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H. Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE. 1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp . 2. Bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn. A Chứng minh ED = BC. 3. 4. 5. Lời giải: Chứng minh DE tiếp tuyến đờng tròn (O). Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm. 1. Xét tứ giác CEHD ta có: ã = 90 ( Vì BE đờng cao) CEH O H B E D C ã = 90 ( Vì AD đờng cao) CDH ã ã => CEH + CDH = 1800 ã ã Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp ã 2. Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEA = 900. ã AD đờng cao => AD BC => BDA = 900. Nh E D nhìn AB dới góc 90 => E D nằm đờng tròn đờng kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn. 3. Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến ã => D trung điểm BC. Theo ta có BEC = 900 . 49 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 Vậy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyến => DE = 4. BC. Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => ả =à OA = OE => tam giác AOE cân O => E A1 (1). ả =B (2) BC => tam giác DBE cân D => E ả =à ả =E ả =E ả => E +E ả +E à3 Mà B A1 ( phụ với góc ACB) => E 1 2 ả = ã 0 ả à +E ã Mà E => DE OE E. BEA = 90 => E2 + E = 90 = OED Theo DE = Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E. 5. Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm. áp dụng định lí Pytago cho tam giác OED vuông E ta có ED2 = OD2 - OE2 ED2 = 52 32 ED = 4cm Bài Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R. Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D. Các đờng thẳng AD BC cắt N. 1. Chứng minh AC + BD = CD. ã 2. Chứng minh COD = 900. 3. 4. 5. 6. 7. AB Chứng minh AC. BD = . Chứng minh OC // BM Chứng minh AB tiếp tuyến đờng tròn đờng kính CD. Chứng minh MN AB. Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. y x D I / M C / Lời giải N 1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt 2. Ta có: CA = CM; DB = DM O => AC + BD = CM + DM. A B Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 3. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc ã AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà ãAOM BOM hai góc kề ã bù => COD = 90 . ã 4. Theo COD = 900.nên tam giác COD vuông O có OM CD (OM tiếp tuyến ). áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, 50 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = ã 5. Theo COD = 900 nên OC OD .(1) AB . Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM OD .(2). Từ (1) (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD). 6. Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO bán kính. Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC AB; BD AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang. Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đờng trung bình hình thang ACDB => IO // AC , mà AC AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD 6. Theo AC // BD => CN AC CN CM = = , mà CA = CM; DB = DM nên suy BN BD BN DM => MN // BD mà BD AB => MN AB. 7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vuông góc với Ax By. Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB. Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK. 1. Chứng minh B, C, I, K nằm đờng tròn. 2. Chứng minh AC tiếp tuyến đờng tròn (O). 3. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24Cm. Lời giải: (HD) 1. Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B ã Do BI BK hay IBK = 900 . ã Tơng tự ta có IKC = 900 nh B C nằm đờng tròn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng tròn. =C ả (1) ( CI phân giác góc 2. Ta có C ACH. ả + Ià = 900 (2) ( IHC ã = 900 ). C A ã (3) ( tam giác OIC cân O) Ià1 = ICO + ICO ã Từ (1), (2) , (3) => C = 900 hay AC OC. I B Vậy AC tiếp tuyến đờng tròn (O). H C o K 51 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. 2 AH = AC HC2 => AH = 20 12 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = CH 12 = (cm) = AH 16 OC = OH + HC = + 12 = 225 = 15 (cm) Bài Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm). Kẻ AC MB, BD MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB. 1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. 2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn . 3. Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2. 4. Chứng minh OAHB hình thoi. 5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. 6. Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d Lời giải: 1. (HS tự làm). 2. Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính ã ã ã Và dây cung) => OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900. nh K, A, B nhìn OM dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn. 3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM AB I . ã Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đờng cao. áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI. IM = IA2. 4. Ta có OB MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi. 5. Theo OAHB hình thoi. => OH AB; theo OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vuông góc với AB). 6. (HD) Theo OAHB hình thoi. => AH = AO = R. Vậy M di động d H di động nhng cách A cố định khoảng R. Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH. Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD đờng kính đờng tròn (A; AH). Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E. 1. Chứng minh tam giác BEC cân. 52 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 2. Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH. 3. Chứng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH). 4. Chứng minh BE = BH + DE. Lời giải: (HD) AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2). Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân. => =B ả B =B ả => AHB = AIB 2. Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B => AI = AH. 3. AI = AH BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I. 4. DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M. => ãAOP = 1. Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đãAOM (2) ợc đờng tròn. 2. Chứng minh BM // OP. 3. Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia Từ (1) (2) => BM N. Chứng minh tứ giác OBNP ãABM = ãAOP (3) hình bình hành. 4. Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng. Lời giải: 1. (HS tự làm). 2. Ta có ãABM nội tiếp chắn cung AM; ãAOM góc tâm chắn cung AM => ãABM = ãAOM (1) OP tia phân giác ãAOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt ) Mà ãABM ãAOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP. (4) 3. Xét hai tam giác AOP OBN ta có : ã ã =90 (vì PA tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB). PAO ã ã ã => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; ãAOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) 53 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau). 4. Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON AB => ON PJ Ta có PM OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ. (6) ã ã Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = ãAON = ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật). (6) ã ã AONP hình chữ nhật => PAO = NOP ( so le) (7) ã ã Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác ãAPM => PAO = MPO (8). Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đồng thời đờng cao => IK PO. (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng. Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn (M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K. 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM . IB. 3) Chứng minh BAF tam giác cân. 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi. 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn. Lời giải: 1. Ta có : ãAMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) ã => KMF = 900 (vì hai góc kề bù). ãAEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) ã => KEF = 900 (vì hai góc kề bù). ã ã ã ã => KMF + KEF = 1800 . Mà KMF KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp. ã 1. Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên). áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM . IB. ã ã ã ẳ (lí 2. Theo giả thiết AE tia phân giác IAM => IAE = MAE => ằAE = ME ) ã => ãABE = MBE (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF. (1) Theo ta có ãAEB = 900 => BE AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2). Từ (1) (2) => BAF tam giác cân. B . 3. BAF tam giác cân. B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm AF. (3) ã Từ BE AF => AF HK (4), theo AE tia phân giác IAM ã hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân. A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK. (6). 54 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng). 4. (HD). Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang. Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn AKFI phải hình thang cân. AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB. ã Thật vậy: M trung điểm cung AB => ãABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ). (7) Tam giác ABI vuông A có ãABI = 450 => ãAIB = 450 .(8) ã Từ (7) (8) => IAK = ãAIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau). Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn. Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn. Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E). 1. Chứng minh AC. AE không đổi. ã 2. Chứng minh ãABD = DFB . 3. Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp. Lời giải: 1. C thuộc nửa đờng tròn nên ãACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC AE. ãABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC đờng cao => AC. AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R không đổi AC. AE không đổi. 2. ADB có ãADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ). ã => ãABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800)(1) E ABF có ãABF = 900 ( BF tiếp tuyến ). ã => ãAFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (2) ã ã Từ (1) (2) => ãABD = DFB ( phụ với BAD ) C 3. Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ãABD + ãACD = 1800 . F D ã + ãACD = 180 ( Vì hai góc kề bù) ECD ã => ECD = ãABD ( bù với ãACD ). ã ã ã Theo ãABD = DFB => ECD = DFB ã ã Mà EFD + DFB = 180 ( Vì hai góc kề bù) O A B ã ã nên suy ECD + EFD = 1800, ã ã mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE Do tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp. Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn cho AM < MB. Gọi M điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, MA. Gọi P chân đơng vuông góc từ S đến AB. 1. Chứng minh bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn 2. Gọi S giao điểm MA SP. Chứng minh tam giác PSM cân. 3. Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn . X 55 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 Lời giải: ã 1. Ta có SP AB (gt) => SPA = 900 ; ãAMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ãAMS = 900 . Nh P M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính AS. Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn. 2. Vì Mđối xứng M qua AB mà M nằm đờng tròn nên M nằm đờng tròn => hai cung AM AM có số đo => ãAMM ' = ãAM ' M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1) Cũng Mđối xứng M qua AB nên MM AB H => MM// SS ( vuông góc với AB) S => ãAMM ' = ãAS ' S ; ãAM ' M = ãASS ' (vì so le trong) (2). M => Từ (1) (2) => ãAS ' S = ãASS ' . Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ4( ờng tròn )1 P 3( => ãASP = ãAMP (nội tiếp chắn AP ) => ãAS ' P = ãAMP => tam giác PMS cân P. 3. Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS M = Sả ' (cùng phụ với Sả ). (3) => B 1 A )2 H O B M' vuông S' ả (4) Tam giác PMS cân P => Sả '1 = M = M ả (5). Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => B ả = M ả => M ả + M ả = M ả + M ả mà M ả + M ả = ã Từ (3), (4) (5) => M AMB = 90 3 ả + M ả = PMO ã nên suy M = 900 => PM OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm D, E, F . BF cắt (O) I , DI cắt BC M. Chứng minh : 1. Tam giác DEF có ba góc nhọn. 2. DF // BC. 3. Tứ giác BDFC nội tiếp. 4. Lời giải: 1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có AD = AF => tam giác ADF cân A => ãADF = ãAFD < 900 => sđ ằ < 1800 cung DF => ãAEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE). ã ã Chứng minh tơng tự ta có DFE < 900; EDF < 900. Nh tam giác DEF có ba góc nhọn. BD BM = CB CF 2. Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => AD AF = AB AC => DF // BC. 56 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 3. DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn . 4. Xét hai tam giác BDM CBF Ta có giác cân). ã ã = BFD (nội tiếp chắn cung DI); BDM ã . CBF S => BDM CBF => ã ã = BCF ( hai góc đáy tam DBM ã ã ã = BFD (vì so le) => BDM = CBF BD BM = CB CF Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) N. Đờng thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn P. Chứng minh : 1. Tứ giác OMNP nội tiếp. 2. Tứ giác CMPO hình bình hành. 3. CM. CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M. 4. Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định nào. C Lời giải: ã ã 1. Ta có OMP = 900 ( PM AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ). Nh M N nhìn OP dới góc 900 => M N nằm đờng tròn đờng kính OP A M O B => Tứ giác OMNP nội tiếp. ã ã 2. Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM = ONM (nội N ẳ ) tiếp chắn OM Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => B' P D A' ã ã = OCN ONM ã ã => OPM = OCM ã ã Xét hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; ã ã ã ã = OCM => CMO = POM lại có MO cạnh chung => OMC = MOP => OPM OC = MP. (1) Theo giả thiết Ta có CD AB; PM AB => CO//PM (2). Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành. ã ã 3. Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD AB); DNC = 900 (nội ã ã àSlà góc chung => OMC tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC = DNC = 900 lại có C NDC 57 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 => CM CO = => CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không CD CN đổi => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M. ã 4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vuông góc với CD D. Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song AB. Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F. 1. Chứng minh AFHE hình chữ nhật. 2. BEFC tứ giác nội tiếp. 3. AE. AB = AF. AC. 4. Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn . Lời giải: ã 1. Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => ãAEH = 900 (vì hai góc kề bù). (1) ã = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) CFH ã => CFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) ã = 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3) EAF Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông). = H ả 2. Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn => F 1 (nội tiếp chắn cung AE) . Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung = H ả (hai góc nội tiếp chắn ằ ) => hai nửa đờng tròn (O1) (O2) => B HE 1 = F => EBC ã ã ã + EFC = ãAFE + EFC mà B 1 ã ã ã => EBC + EFC = 1800 mặt khác EBC ã ãAFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) ã hai góc đối tứ giác BEFC EFC BEFC tứ giác nội tiếp. 3. Xét hai tam giác AEF ACB ta có àA = 900 góc chung; ãAFE = ãABC S ( theo Chứng minh trên) => AEF * HD cách 2: (*) ACB => AE AF = => AE. AB = AF. AC. AC AB Tam giác AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB Tam giác AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => AE. AB = AF. AC = H ả 4. Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E 1 . ả = H ả O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E 2 58 S Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 0 + E ả = H ả + H ả mà H ả + H ả = ã ả ã => E AHB = 90 => E1 + E2 = O1 EF = 90 => O1E 2 EF . Chứng minh tơng tự ta có O2F EF. Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn . Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ phía AB nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K. Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E. Gọi M. N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng tròn (I), (K). 1. Chứng minh EC = MN. 2. Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K). 3. Tính MN. 4. Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn Lời giải: ã 1. Ta có: BNC = 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K) ã => ENC = 900 (vì hai góc kề bù). (1) ãAMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC ã = 900 (vì hai góc kề bù).(2) ã ãAEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) 2. Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K) =C (hai góc nội tiếp chắn CN ằ ). Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => B 1 = N ả => B = N ả .(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN => C 3 = N ả (5) cân K => B 1 ả = N ả mà N ả + N ả = CNB ã Từ (4) (5) => N = 900 ả + N ả = MNK ã => N = 900 hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N. Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K). 3. Ta có ãAEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông A có EC AB (gt) => EC = AC. BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo EC = MN => MN = 20 cm. 4. Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm 59 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 Ta có S(o) = .OA2 = 252 = 625 ; S(I) = . IA2 = .52 = 25 ; S(k) = .KB2 = . 20 = 400 . Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S = S(I) - S(k)) S= ( S(o) 1 ( 625 - 25 - 400 ) = .200 = 100 314 (cm2) 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC. đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D. đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S. 1. Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp . 2. Chứng minh CA tia phân giác góc SCB. 3. Gọi E giao điểm BC với đờng tròn (O). Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy. 4. Chứng minh DM tia phân giác góc ADE. 5. Chứng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE. Lời giải: ã ã 2. Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn ã nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng tròn đờng kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp. ả =C ả ( nội tiếp chắn cung AB). 3. ABCD tứ giác nội tiếp => D 60 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 ả =C ả => SM ả =C ả (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung ẳ = EM ẳ => C D 3 nhau) => CA tia phân giác góc SCB. 3. Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC nh BA, EM, CD ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy. ả = D ả => DM tia phân giác góc ADE.(1) ẳ = EM ẳ => D 4. Theo Ta có SM ã ã 5. Ta có MEC = 90 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900. ã ã ã ã Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai ả . góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đờng tròn => ảA2 = B ả ( nội tiếp chắn cung CD) Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => àA1 = B => àA1 = ảA2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) ã ã ã Câu : ãABC = CME (cùng phụ ãACB ); ãABC = CDS (cùng bù ãADC ) => CME = ã CDS ằ = CS ằ => SM ẳ = EM ẳ => SCM ã ã => CE = ECM => CA tia phân giác góc SCB. Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B. Đờng tròn đờng kính BD cắt BC E. Các đờng thng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G. Chứng minh : 1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD. 2. Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp . 3. AC // FG. 4. Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy. Lời giải: ã 1. Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); ã = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) DEB ã ã => DEB = BAC = 900 ; lại có ãABC góc chung S => DEB CAB . ã ã ã 2. Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( ABC ã ã ã vuông A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp . ã B * BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); ã ã = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 DFB nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn đờng kính BC O => AFBC tứ giác nội tiếp. E 3. Theo ADEC tứ giác nội tiếp => =C lại có E = F => F =C E 1 1 1 F G D mà hai góc so le nên suy AC // FG. S A C 61 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S. Bài 17. Cho tam giác ABC có đờng cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B. C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với cạnh AB. AC. 1. Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó. 2. Chứng minh MP + MQ = AH. 3. Chứng minh OH PQ 62 A O P Q B H M C Lời giải: 1. Ta có MP AB (gt) => ãAPM = 900; MQ AC (gt) => ãAQM = 900 nh P Q nhìn BC dới góc 900 nên P Q nằm đờng tròn đờng kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp. * Vì AM đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM. 2. Tam giác ABC có AH đờng cao => SABC = BC.AH. Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM = AB.MP Tam giác ACM có MQ đờng cao => SACM = AC.MQ Ta có SABM + SACM = SABC => 1 AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH. 3. Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác ã ằ = HQ ẳ ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP ã ã ã => HAP = HAQ => HP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ. Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đờng cao => OH PQ Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B) ; đờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M đờng tròn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D. Gọi I giao điểm AD BC. 1. Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp . 2. Chứng minh đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I. 3. Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp . Lời giải: 1. Ta có : ãACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) M ã => MCI = 90 (vì hai góc kề bù). K C ãADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) D ã => MDI = 900 (vì hai góc kề bù). I ã ã => MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID A B O H nên MCID tứ giác nội tiếp. 2. Theo Ta có BC MA; AD MB nên BC AD hai đờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB. Theo giả thiết MH AB nên MH đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I. ả 3. OAC cân O ( OA OC bán kính) => àA1 = C _ _ ả =C . KCM cân K ( KC KM bán kính) => M 1 ả = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C +C ả = 900 => C ả +C ả = 900 ( Mà àA1 + M 1 ã góc ACM góc bẹt) hay OCK = 90 . ã ã ã ã ã Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK ã hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp. OCK [...]... -phơng trình có hai nghiệm phân biệt Giải : a.với m=3 ta có -x 2 -6x+1=0 ' =(-3) 2 +1 =10; ' = 10 -phơng trình có hai nghiệm phân biệt x 1 =-3- 10 ; x 2 =-3+ 10 b Phơng trình có nghiệm x= 2 ,thay vào phơng trình ta có (m-4)2-2 2 m+m-2=0 m =10( 3+2 2 ) c.-Phơng trình có nghiệm kép khi 28 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 { a 0 '=0 { m 4 '= m 2 (m 4)(m 2) = 0 m 4 4 m= 3 4 3 m 1 b = = = a m4 4... phơng trình vô nghiệm ,không có giá trị nào của p để cả hai nghiệm đều dơng 30 3 2 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 1 2p p 1 1 2p 2p 2 1 = và P= x1.x 2 = nên ta có :S+2P= + 2 2 2 2 2 1 Vậy hệ thức giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào p là x1 + x 2 + 2x1.x 2 = 2 c Do S= x1 + x 2 = Bài tập 5 Cho phơng trình x 2 - mx + m-1=0 với m là tham số a.Chứng minh phơng trình luôn có nghiệm với mọi m b.Gọi... trình có hai nghiệm trái dấu khi a 0 m +10 { m 1 0 m A g) Tìm x để A = 2 3 23 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên đề tam thức bậc hai A.lý thuyết I áp dụng công thức nghiệm và công thức nghiệm thu gọn để xét số nghiêm phơng trình bậc hai Cho phơng trình bậc hai: ax 2 +bx+c=0(a 0) = b 2 4ac Nếu b =2b ' thì ' = b ' 2 - ac 1... phơng trình có hai nghiệm cùng dấu khi >0 và x1.x 2 = c > 0 ta có m>3 a hoặc m0 { m0 2m +1>0 mo 1 m 2 25 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 c.Phơng trình có nghiệm kép khi { a 0 =0 { m0 1 m = 2 m 0 2m +1=0 d Phơng trình vô nghiệm khi { a 0 < 0 { m 0 2m +1 1 phơng trình ẩn t 25 3 x 1 1 luôn có hai nghiệm dơng t ) 3 x 1 6 x +1 x 1.35 Cho biểu thức: P = 2 ữ: ữ 2x x 3 + x +1 ữ ữ 2 x 3 (ĐS: a/ P = a) Rút gọn P 22 ễn thi vo lp 10 b) Tính giá trị của P khi x = c) So sánh P với 3 2 2 4 3 2 1.36 Cho biểu thức: P = 10 x 2 x 3 x +1 +... trình có hai nghiệm phân biệt 4 2 2k + 4k 1 2k 4k 1 x1 = ;x 2 = 2 (2k 1) (2k 1) 2 29 Tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 1 b' Với k = phơng trình có một nghiệm kép x 1 = x 2 =- = 4 a 1 2k 2 = 2 = 2 (2k 1) ( 1 1) 2 2 1 Với k < thì phơng trình vô nghiệm 4 Bài tập 3 Cho phơng trình x+7x-5=0.Không giải phơng trình hãy tính a.Tổng và tích của hai nghiệm b.Tổng các nghịch đảo của hai nghiệm c.Tổng . bài toán khác: (1điểm) - Bất đẳng thức. - Cực trị. - Toán suy luận logic. 2 Ôn thi vào lớp 10 B. Môn toán chung a. Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề. b. Cấu trúc đề thi: . đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn năm 2014 I. MÔN TOÁN A. Môn Toán dành cho chuyên Toán và chuyên Tin a. Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. b. Cấu trúc đề thi: . trị 1 Ôn thi vào lớp 10 UBND TỈNH THANH HÓA SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Số : 863 /TB-SGDĐT CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập- Tự do- Hạnh phúc Thanh Hóa, ngày 15 tháng 05 năm 2014 THÔNG