HSGToan 9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 KHÁNH HÒA MÔN : TOÁN NGÀY THI : 23/06/2010 Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) 1. Rút gọn biểu thức : A = ( ) 5 20 3 45− + 2. Giải hệ phương trình : 5 3 x y x y + =   − =  3. Giải phương trình : x 4 – 5x 2 + 4 = 0 Bài 2: (1.00 điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m : x 2 – 2(m + 1)x + m 2 – 1 = 0 Tính giá trị của m, biết rằng phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện : x 1 + x 2 + x 1 .x 2 = 1 Bài 3: (2.00 điểm) Cho hàm số : y = mx – m + 2, có đồ thị là đường thẳng (d m ). 1. Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d 1 ) 2. Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (d m ) luôn đi qua với mọi giá trị của m. Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6, 1) đến đường thẳng (d m ) khi m thay đổi. Bài 4: (4.00 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kỳ trên cạnh BC (M khác B và C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K. 1. Chứng minh : BHCD là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh : KM ⊥ DB. 3. Chứng minh KC.KD = KH.KB 4. Ký hiệu S ABM , S DCM lần lượt là diện tích của tam giác ABM, DCM. Chứng minh tổng (S ABM + S DCM ) không đổi. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để ( 2 2 ABM DCM S S+ ) đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo a. -------- HẾT --------- Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh:………. /Phòng thi: …… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 KHÁNH HÒA MÔN : TOÁN 1 ĐỀ CHÍNH THỨC NGÀY THI : 23/06/2010 Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài Đáp án Điểm 1 (3,0đ) 1) Biến đổi 5( 20 3) 45 100 3 5 3 5 100 10 A = − + = − + = = 5 2 8 2) 3 5 4 4 4 5 1 x y x x y x y x x y y + = =   ⇔   − = + =   = =   ⇔ ⇔   + = =   Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất (4;1). 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 3) Đặt A = x 2 ; A ≥ 0 Pt ⇔ A 2 – 5A + 4 = 0. (có a = 1 , b = - 5 , c = 4) Vì a + c = 5 ; b = - 5 Nên a + c + b = 0  A 1 = 1 (nhận) ; A 2 = 4 (nhận) Với A 1 = 1 => x 2 = 1 ⇔ x = ±1 . Với A 2 = 4 => x 2 = 4 ⇔ x = ±2 . Vậy tập hợp nghiệm : S = {±1 ; ±2} . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2 (1,0đ) a = 1 , b = -2(m + 1) => b’ = -(m+1) ; c = m 2 – 1 . Có ∆’ = b’ 2 – a.c = (m+1) 2 – 1. ( m 2 – 1) = m 2 + 2m + 1 – m 2 + 1 = 2m + 2. Để pt có hai nghiệm x 1 , x 2 ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔ 2m + 2 ≥ 0 ⇔ m ≥ -1 . Theo hệ thức Vi ét ta có : 1 2 2 1 2 2 2 . 1 m x x x x m = + +    = −   Mà : x 1 + x 2 + x 1 .x 2 = 1. => 2m + 2 + m 2 – 1 = 1 ⇔ m 2 + 2m = 0. ⇔ m(m + 2 ) = 0. ⇔ m = 0 ( nhận) ; m = -2 ( loại) Vậy khi m = 0 thỏa mãn điều kiện :x 1 + x 2 + x 1 .x 2 = 1 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2 ĐỀ CHÍNH THỨC 3 (2,0đ) 1) Thay m = 1 => (d 1 ) : y = x + 1. Bảng giá trị : x -1 0 y = x + 1 0 1 Đồ thị (d 1 ): y = x + 1 là 1 đường thẳng đi qua hai điểm (-1 ; 0) và (0 ; 1). Y X O 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2) Gọi A(x o ; y o ) là điểm cố định mà (d m ) luôn đi qua khi m thay đổi. Ta có : y o = mx o – m + 2. y o - mx o + m - 2. = 0 ⇔ y o – 2 - m(x o – 1) = 0 (1) Pt (1) có vô số nghiệm khi m thay đổi; vì A cố định nên tọa độ điểm A nghiệm đúng 1 0 1 2 0 2 o o o o x x y y − = =   ⇔   − = =   Vậy (d m ) luôn đi qua điểm cố định A(1 ; 2) khi m thay đổi. Độ dài đoan AM = 2 2 (6 1) (1 2) 26− + − = Để có khoảng cách lớn nhất từ M đến (d m ) thì đt (d m ) không đi qua M Kẻ MH ⊥ (d m ) tại H. • Nếu H ≡ A thì MH = 26 . (1) • Nếu H ≡A thì tam giác AMH vuông tại H => HM < AM = 26 (2) Từ (1) và (2) => MH ≤ 26 Do đó khoảng cách lớn nhất từ M đến (d m ) khi m thay đổi là 26 (đvđd). 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 3 4 (4,0đ) K H D B A C M Hình vẽ phục vụ a), b), c), d) 1. Tứ giác BHCD có: · 0 90BHD = ( BH ⊥ DM) · 0 90BCD = (ABCD là hình vuông) H, C là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh BD dưới góc 90 0 . Nên BHCD là tứ giác nội tiếp dường tròn đường kính BD 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2. Tam giác BDK có DH ⊥BK nên DH là đường cao I BC ⊥DK nên BC là đường cao II Mà M là giao điểm của DH và BK Do đó M là trực tâm của tam giác BDK. Nên KM là đường cao thứ ba => KM ⊥ BD. 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 3. Xét 2 tam giác vuông : à KHDKCBv∆ ∆ có · BKD chung Vây KHDKCB ∆ ∆ : ( G-G) D KC KH KB K ⇒ = Hay KC.KD = KH.KB 0,25đ 0,25đ 0.25đ 0.25đ 4 4.Ta có S ABM = 1 1 . . . . 2 2 AB BM a BM= S DCM = 1 1 . . . . 2 2 DC CM a CM= => S ABM + S DCM = 2 1 1 . ( ) . 2 2 2 a a BM CM a BC+ = = không đổi . Laị có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 . . . . 2 2 . = . ( ) 4 4 ( 2 .BM+ ) (2 2 .BM) 4 4 2( .BM) 4 2 ( ) 2 . ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 4 4 ABM DCM S S a BM a CM a a BM CM BM a BM a a BM a a BM BM a a a a BM a a a a a a BM BM a a a a BM     + = +  ÷  ÷     = + + − = + − = + −   = + −       = − + − +       = − − +     2 2 2 2 4 2 2 2 4 4 2 2 ( ) 2 2 4 = ( ) 2 2 8 ì ( ) 0; ên ( ) 2 2 2 2 8 8 a a a BM a a a BM a a a a a a V BM n BM   = − +     − + − ≥ − + ≥ Vậy GTNN của (S 2 ABM + S 2 DCM ) là 4 8 a 0 2 2 2 a a BC BM BM⇔ − = ⇔ = = Hay M là trung điểm BC. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ SỞ GD & ĐT HÀ NỘI KỲ THI TUYỂN SINH VO LỚP 10 THPT Năm học 2010 – 2011 MÔN: TOÁN 5 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010 BÀI I (2,5 điểm) Cho biểu thức : A = 2 3 9 9 3 3 x x x x x x + + − − + − , với x ≥ 0 v x ≠ 9. 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm gi trị của x để A = 3 1 3) Tìm gi trị lớn nhất của biểu thức A. BÀI II (1.5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7 m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó. BÀI III (2.0 điểm) Cho parabol (P): y = -x 2 và đường thẳng (d): y = mx – 1. 1) Chứng minh rằng với mọi gi trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. 2) Gọi x 1 , x 2 lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) v parabol (P). Tìm giá trị của m để: x 1 2 x 2 + x 2 2 x 1 – x 1 x 2 = 3. BÀI IV (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) cĩ đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường trịn đó (C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. 1) Chứng minh FCDE l tứ gic nội tiếp. 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC. 3) Chứng minh góc CFD = góc OCB Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của đường trịn (O). 4) Cho biết DF = R, chứng minh tg · AFB = 2. BÀI V ( 0,5 điểm) Giải phương trình: x 2 + 4x + 7 = (x + 4) 2 7x + --------------------- Hết--------------------- SỞ GD & ĐT TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH VO LỚP 10 THPT Năm học 2010 – 2011 MÔN: TOÁN 6 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010 Ba ̀ i 1: (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 2 3 2 0x x− − = b) 4 1 6 2 9 x y x y + = −   − =  c) 4 2 4 13 3 0x x− + = d) 2 2 2 2 1 0x x− − = Ba ̀ i 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2 2 x y = − và đường thẳng (D): 1 1 2 y x= − trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính. Ba ̀ i 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 12 6 3 21 12 3A = − + − 2 2 5 3 5 2 3 3 5 2 3 3 5 2 2 B     = + + − − + − + + −  ÷  ÷  ÷  ÷     Ba ̀ i 4: (1,5 điểm) Cho phương trình 2 2 (3 1) 2 1 0x m x m m− + + + − = (x là ẩn số) a) Chư ́ ng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Gọi x 1 , x 2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = 2 2 1 2 1 2 3x x x x+ − . Ba ̀ i 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE). a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật. b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng. c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng. Suy ra K là trung điểm của MP. d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất. SỞ GD & ĐT ĐÀ NẴNG KỲ THI TUYỂN SINH VO LỚP 10 THPT Năm học 2010 – 2011 MÔN: TOÁN 7 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010 Bài 1 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A ( 20 45 3 5). 5= − + b) Tính 2 B ( 3 1) 3= − − Bài 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình 4 2 x 13x 30 0− − = b) Giải hệ phương trình 3 1 7 x y 2 1 8 x y  − =     − =   Bài 3 (2,5 điểm) Cho hai hàm số y = 2x 2 có đồ thị (P) và y = x + 3 có đồ thị (d). a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy. b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hoành độ âm. Viết phương trình của đường thẳng (∆) đi qua A và có hệ số góc bằng - 1. c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C, cắt trục hoành tại D. Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại B. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và tam giác ABD. Bài 4 (3,5 điểm) Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R và đường tròn (C') tâm O', bán kính R' (R > R') cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn (M ∈ (C), N ∈ (C')). Đường thẳng AB cắt MN tại I (B nằm giữa A và I). a) Chứng minh rằng góc BMN = góc MAB b) Chứng minh rằng IN 2 = IA.IB c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB tại Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng MB tại P. Chứng minh rằng MN song song với QP. TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2010 - 2011 8 ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN MÔN : TOÁN -----000----- ----------------------- 000 ------------------------ ĐỀ CHÍNH THỨC Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 17 / 06 / 2010 Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức x y x y x y 2xy M 1 1 xy 1 1   + −   + + = + +  ÷  ÷  ÷ − − +     : xy xy . a) Tìm điều kiện xác định của M và rút gọn biểu thức M. b) Tìm giá trị của M với x 3 2 2= + . Bài 2: (2,0 điểm) Cho phương trình : 2 x 2m x 2m 1 0 (1)− + − = a) Giải phương trình (1) khi m = 2. b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Bài 3: (1,0 điểm) Cho hệ phương trình : mx y 1 x 2y 3 − =   + =  Tìm m nguyên để hệ có nghiệm (x ; y) với x,y là những số nguyên. Bài 4: (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 x 2x 3 x 5+ − = + Bài 5: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đường tròn ( C A;≠ C B≠ ). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C, kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn (O). Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC. Tia BC cắt Ax tại Q, tia AM cắt BC tại N. Gọi I là giao điểm của AC và BM. a) Chứng minh tứ giác MNCI nội tiếp. b) Chứng minh BAN, MCN∆ ∆ cân. c) Khi MB = MQ, Tính BC theo R . Bài 6: (1,0 điểm) Cho x, y >0 và 2 x y 1+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2 4 2 1 1 T x y x y = + + + Câu 1: (2.0 điểm) Cho biểu thức: 9 x 6 1 10 x A : x 2 x x 4 x 3 x 6 x 2 x 2 −     = − + − +  ÷  ÷ − − + +     1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm x sao cho A < 2. Câu 2: (2.0 điểm) Cho x 1 ; x 2 là 2 nghiệm của pt: x 2 - 7x + 3 = 0. 1. Lập phương trình có hai nghiệm là 2x 1 - x 2 và . 2. Tính giá trị của B = |2x 1 - x 2 | + |2x 2 - x 1 |. Câu 3 : (1.5 điểm) Giải hệ phương trình : 4 1 1 x 2y x 2y 20 3 1 x 2y x 2y  − =  + −    − =  + −  Câu 4 : (3.5 điểm) Cho hình vuông ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm I sao cho BI = BA. Đường thẳng qua I vuông góc với BD cắt AD tại E và AI cắt BE tại H. 1. Chứng minh rằng AE = ID. 2. Đường tròn tâm E bán kính EA cắt AD tại điểm thứ hai F (F ≠ A). Chứng minh rằng: DF . DA = EH . EB Câu 5: (1.0 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là: BC = a, CA = b, AB = c và chu vi tam giác là 2P. Chứng minh rằng: P P P 9 P a P b P c + + ≥ − − − …Hết… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM HỌC 2010 - 2011 KHÓA NGÀY 21/06/2010 10 [...]... TUYN SINH LP 10 THPT Nm ho c: 2010 2011 MễN: TON Thi gian lm bi: 120 phỳt BI GII Bai I: (2,5 im) Vi x 0 v x 9 ta cú : x 2 x 3x + 9 x ( x 3) 2 x ( x + 3) 3x + 9 + 1) A = = + x +3 x 3 x 9 x9 x9 x9 x 3 x + 2 x + 6 x 3x 9 3 x 9 3( x 3) = 3 = = = x +3 x9 x9 x 9 3 1 = 2) A = x + 3 = 9 x = 6 x = 36 x +3 3 3 3) A = ln nht x + 3 nh nht x = 0 x = 0 x +3 Bai II: (2,5 im) Gi x (m) l chiu rng ca... x +3 Bai II: (2,5 im) Gi x (m) l chiu rng ca hỡnh ch nht (x > 0) chiu di ca hỡnh ch nht l x + 7 (m) Vỡ ng chộo l 13 (m) nờn ta cú : 132 = x 2 + ( x + 7) 2 2 x 2 + 14 x + 49 1 69 = 0 x2 + 7x 60 = 0 (1), (1) cú = 49 + 240 = 2 89 = 172 7 17 7 + 17 =5 Do ú (1) x = (loi) hay x = 2 2 Vy hỡnh ch nht cú chiu rng l 5 m v chiu di l (x + 7) m = 12 m Bai III: (1,0 im) 1) Phng trỡnh honh giao im ca (P) v... = 1 69 + 120 = 2 89 = 17 2 (2) 13 17 13 + 17 = 2 (loi) hay u = = 15 2 2 Do ú (1) x = 15 3 1 1 x = 1 x = 1 x y = 7 x = 1 b) Gii h phng trỡnh : 1 1 2 1 2 1 = 8 =8 y = 10 y = 10 x y x y Do ú (2) u = Bai 3: a) th: hc sinh t v Lu ý: (P) i qua O(0;0), ( 1; 2 ) (d) i qua (0;3), ( 1; 2 ) b) PT honh giao im ca (P) v (d) l: 2 x 2 = x + 3 2x2 x 3 = 0 x = 1 hay x = 3 2 3 9 2 2... trỡnh ó cho x 2 + 7 = 4 hay x 2 + 7 = x x2 + 7 = x2 x + 7 = 16 hay x2 = 9 x = 3 x 7 Cỏch khỏc : x 2 + 4 x + 7 = ( x + 4) x 2 + 7 x 2 + 7 + 4( x + 4) 16 ( x + 4) x 2 + 7 = 0 2 ( x + 4)(4 x 2 + 7) + ( x 2 + 7 4)( x 2 + 7 + 4) = 0 x 2 + 7 4 = 0 hay ( x + 4) + x 2 + 7 + 4 = 0 x 2 + 7 = 4 hay x 2 + 7 = x x2 = 9 x = 3 TS Nguyn Phỳ Vinh (TT BDVH v LTH Vnh Vin) 18 Kè THI TUYN SINH LP 10... FED = 90 o = FCD nờn chỳng ni tip 2) Hai tam giỏc vuụng ng dng ACD v DEB vỡ C ã ã hai gúc CAD = CBE cựng chn cung CE, nờn ta DC DE = DC.DB = DA.DE cú t s : DA DB 3) Gi I l tõm vũng trũn ngoi tip vi t giỏc A ã ã FCDE, ta cú CFD = CEA (cựng chn cung CD) ã ã Mt khỏc CEA = CBA (cựng chn cung AC) ã ã v vỡ tam OCB cõn ti O, nờn CFD = OCB ã ã ã Ta cú : ICD = IDC = HDB ã ã ã ã OCD = OBD v HDB + OBD = 90 0 ã... bin khi x > 0 ? A y = ( 82 - 9 )x2 B y = ( 1,4 - 2 )x2 C y = ( 2 - 5 )x + 1 D y = -x + 10 Cõu 3 : Cho hỡnh ch nht MNPQ ni tip ng trũn (O ;R) Bit R = 5cm v MN = 4cm Khi ú cnh MQ cú di bng : A 3cm B 21 cm C 41 cm D 84 cm 20 Cõu 4 : Mt hỡnh tr cú bỏn kớnh ỏy bng 2cm, cú th tớch bng 20 cm3 Khi ú, hỡnh tr ó cho cú chiu cao bng : 5 A cm B 10cm C 5cm D 15cm Phn 2 - T lun ( 9, 0 im ) Cõu 1 ( 1,5 im ) Cho... = 1 3x + 3 y = 9 C III IV (IV) 3x 2 y = 1 2x 2 y = 6 D Cả A, B, C đều đúng Câu 7 Với giá trị nào của m thì phơng trình x2 (m + 1)x + 2m = 0 có nghiệm là -2 ? A m = 3 2 B m = 3 2 Câu 8 Lập phơng trình bậc hai biết 2 nghiệm là A x 2 2 3 x +1 = 0 C m = 2 D Một đáp số khác và 3 2 , ta đợc phơng trình: B x 2 2 2 x +1 = 0 3+ 2 22 C x 2 + 2 3 x 1 = 0 D x 2 + 2 2 x 1 = 0 Câu 9 Dây cung AB = 12cm... ng trũn l hỡnh A Khụng cú trc i xng B Cú mt trc i xng C Cú hai trc i xng D Cú vụ s trc i xng Cõu 6 Trong hỡnh 1, tam giỏc ABC vuụng ti A, AH BC di ca on thng AH bng A 6,5 B 6 C 5 D 4,5 A N A 4 B B O 9 H C 70 Hình 1 M Hình 2 Cõu 7 Trong hỡnh 2, bit AB l ng kớnh ca ng trũn (0), gúc AMN bng 700 S o gúc BAN bng ? A 200 B 300 C 400 D 250 Cõu 8 Cho hỡnh ch nht ABCD cú AB = 3cm, BC = 4cm Quay hỡnh ch nht... phng trỡnh 3x2 5x 7m = 0 Tỡm giỏ tr ca tham s m phng trỡnh cú nghim dng Bi 3: 3,75 im Cho tam giỏc ABC vuụng ti A cú Ab < AC, ng cao AH ng trũn ng kớnh AH ct AB P, ct AC Q 1 Chng minh gúc PHQ bng 90 0 2 Chng minh t giỏc BPQC ni tip 3 Gi E, F ln lt l trung im ca BH, HC T giỏc EPQF l hỡnh gỡ ? 4 Tớnh din tớch t giỏc EPQF trong trng hp tam giỏc vuụng ABC cú cnh huyn BC bng a v gúc ACB bng 300 Bi 4:... B cú ta (-3; 0) Vỡ xA + xD = 2xC v A, C, D thng hng (vỡ cựng thuc ng thng ()) C l trung im AD 2 tam giỏc BAC v BAD cú chung ng cao k t nh B v AC = Nờn ta cú 1 AD 2 S ABC AC 1 = = S ABD AD 2 Bai 4: 19 M I N B Q P O O' A a) Trong ng trũn tõm O: ã ã Ta cú BMN = MAB (cựng chn cung b) Trong ng trũn tõm O': Ta cú IN2 = IA.IB c) Trong ng trũn tõm O: ã ã ẳ MAB = BMN (gúc chn cung BM ) Trong ng trũn tõm O': . ≠ 9 ta có : 1) A = 2 3 9 9 3 3 x x x x x x + + − − + − = ( 3) 2 ( 3) 3 9 9 9 9 x x x x x x x x − + + + − − − − 3 2 6 3 9 9 x x x x x x − + + − − = − 3 9. nên ta có : 2 2 2 13 ( 7)x x= + + ⇔ 2 2 14 49 1 69 0x x+ + − = ⇔ x 2 + 7x – 60 = 0 (1), (1) có ∆ = 49 + 240 = 2 89 = 17 2 Do đó (1) ⇔ 7 17 2 x − − = (loại)