Đang tải... (xem toàn văn)
Câu c) yêu cầu chứng minh N B tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Như vậy ta cần xác định được tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE và sau đó chứng minh BK ⊥ N B ...[r]
(1)NGUYỄN NGỌC DŨNG nhóm giáo viên
PHƯƠNG PHÁP GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH ´ MÔN: TOÁN A
J I
B
O
Z M
K S Y
C X
(2)(3)LỜI MỞ ĐẦU
Nhằm giúp cho ẹm học sinh chuẩn bị thi vào lớp 10 trường công lập, trường chuyên, biên soạn sách"Phương pháp giải đề tuyển sinh 9"
Cuốn sách tổng hợp từ đề thi trường nước, biên soạn tâm huyết từ nhóm giáo viên: Nguyễn Ngọc Dũng, Đặng Thị Bích Tuyền, Nguyễn Xuân Tùng, Nguyễn Thành Điệp, Võ Tấn Đạt, Nguyễn Ngọc Nguyên, Ngô Trâm Anh, Lê Minh Thuần, Trần Nguyễn Vân Nhi, Nguyễn Trung Kiên, Lê Đức Việt, Phạm Tiến Đạt, Lâm Phan, Hang Tran, Skynet Le Với sách hi vọng em gặp nhiều dạng tốn ơn thi mức độ đề trường để từ em đề phương pháp ơn thi tốt cho
Trong trình biên soạn tài liệu, dù cố gắng không tránh khỏi sai sót, mong nhận ý kiến đóng góp bạn đọc gần xa để sách hoàn thiện
Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về:
Địa mail: nguyenngocdung1234@gmail.com
Facebook: https://www.facebook.com/ngocdung.nguyen.14268
Hãy tham gia NhómTỐN QUẬN 7– https://www.facebook.com/groups/165647350665705/ để tải tài liệu THCS THPT miễn phí
(4)Mục lục
Lời mở đầu
Đề Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD&ĐT Bắc Giang 2016-2017
Đề Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD & ĐT Bình Dương 2017-2018 15
Đề Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Sở GD ĐT Bình Định 2017 - 2018 (đề thường) 23 Đề Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD ĐT Bắc Giang 2017-2018 29
Đề Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Bắc Ninh 2017 38
Đề Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD&ĐT Quảng Ngãi 2017-2018 45
Đề Đề thi tuyển sinh Lớp 10 Sở GD ĐT Cà Mau 53
Đề Đề thi tuyển sinh lớp 10, Sở Giáo dục Đào tạo tỉnh Đồng Nai 60
Đề Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tỉnh Hưng Yên 77
Đề 10 Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Hải Dương năm học 2017-2018 82
Đề 11 Đề thi tuyển sinh Sở GD&ĐT Hà Tĩnh 2017 - 2018 90
Đề 12 Đề thi tuyển sinh Sở GD ĐT Thừa Thiên Huế 2017 97
Đề 13 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD& ĐT Kiên Giang 2017 - 2018 107
Đề 14 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Tỉnh Khánh Hòa 114
Đề 15 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN 2017-2018 120
(5)Đề 1. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD&ĐT Bắc Giang 2016-2017
a) Tính giá trị biểu thức A =
1 3+
3
√
12−√48
b) Tìm m để hàm số y= (2m−1)x+ 5, m6=
2 đồng biến R
Bài
Phân tích Đối với câu a) giải tốn phương pháp đưa thừa số ngồi dấu
Đối với câu b) cần nhớ tính chất đồng biến hàm số bậc hồn tất u cầu tốn
Lời giải
a) Ta cóA=
1 3+
3
√
12−√48 = √3 + 2.2
√
3−4√3 = √3 + 3√3−4√3 =
b) Hàm số đồng biến R 2m−1>0⇔2m >1⇔m >
Vậy m >
2 thỏa u cầu tốn
Bình luận Câu a) tập đơn giản dạng tính giá trị biểu thức chứa căn, không yêu cầu cao mặt tư
Câu b) tốn khơng mang tính chất đánh đố, yêu cầu học sinh cần nắm vững kiến thức lý thuyết tính chất đồng biến nghịch biến hàm số bậc
Bài tập tương tự
a) Tính giá trị biểu thức A=
1 2+
√
8−√18
b) Tìmm đề hàm số y= (2m−3)x+ 2017, m6=
(6)a) Giải hệ phương trình
3x−2y= x+ 3y=−2
b) Rút gọn biểu thức
B =
Ç√
x−2
√
x+ −
√
x+
√
x−1 + 6x x−1
å
x√x−√x
√
x−1 với x≥0, x6=
c) Cho phương trình x2−2 (m+ 1)x+ 2m−3 = (với x ẩn) (1)
c.1) Giải phương trình (1) với m =
c.2) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1;x2 cho biểu thức
x1+x2
x1−x2
đạt giá trị lớn
Bài
Phân tích Câu a) yêu cầu giải hệ phương trình bậc hai ẩn bản, giải phương pháp phương pháp cộng đại số
Câu b) yêu cầu rút gọn biểu thức chứa căn, nhìn biểu thức cồng kềnh có nhiều phân thức, nghĩ tới hướng tìm mẫu chung quy đồng, sau quy đồng rút gọn tốn khơng cịn q phức tạp
Câu c) bao gồm hai ý, ý c.1) giải cách sử dụng công thức nghiệm (công thức nghiệm thu gọn) quen thuộc, nhẩm nghiệm nhanh cách ứng dụng định lý Viète, ý c.2) dạng tập tìm nghiệm phương trình bậc hai thỏa yêu cầu cho trước có lồng ghép kiến thức giá trị lớn nhất, nhiên việc vận dụng định lý Viète số phương pháp đánh giá bất đẳng thức để giải toán dễ nhận
Lời giải
a) Cách 1: Từ phương trình thứ hai hệ phương trình ta có
x+ 3y =−2⇔x=−2−3y
Thế x=−2−3y vào phương trình thứ hệ phương trình ta có
3 (−2−3y)−2y= ⇔ −11y= 11⇔y =−1
Từ y=−1thế vào x=−2−3y ta x= Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1;−1) Cách 2: Ta có
3x−2y= x+ 3y=−2
⇔
3x−2y=
−3x−9y=
(7)Ta lấy hai phương trình 3x−2y= và−3x−9y= cộng vế theo vế, ta
−11y= 11 ⇔y =−1
Thế y=−1vào x+ 3y =−2 ta có x=−2−3(−1) = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1;−1)
b) Ta có
B =
Ç√
x−2
√
x+ −
√
x+
√
x−1 + 6x x−1
å
.x
√
x−√x
√
x−1 = (
√
x−2) (√x−1)−(√x+ 2) (√x+ 1) + 6x
x−1
√
x(x−1)
√
x−1 = (6x−6
√
x)√x
√
x−1 =
√
x(√x−1)√x
√
x−1 = 6x
Vậy B = 6x với x≥0, x6=
c) c.1) Cách 1: Vớim= phương trình (1) trở thành
x2−2x−3 = (∗)
Ta có hệ số phương trình (∗)là a= 1, b=−2, c=−3, nhận xét rằnga−b+c= 1+2−3 = Theo hệ định lý Viète phương trình(∗)có hai nghiệm làx1 =−1 x2 =
−c a =
Cách 2: Ta có hệ số phương trình (∗)là a= 1, b0 =−1, c =−3
∆0 =b02 −ac= + = Do∆0 >0, áp dụng công thức nghiệm thu gọn, phương trình
(∗)có hai nghiệm phân biệt là:
x1 =
−b0−√∆0 a =
1−2
1 =−1, x2 =
−b0+√∆0 a =
1 + =
c.2) Ta có ∆0 = (m+ 1)2 −(2m−3) = m2 + > 0,∀m ∈ R nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với m∈R
Xét P =
x1+x2
x1−x2
Theo định lí Viète cơng thức nghiệm thu gọn ta có
x1+x2 =
2(m+ 1)
1 = 2(m+ 1)
|x1−x2|=
−b0+√∆0 a −
−b0−√∆0 a = √ ∆0
|a| =
2√m2+ 4
1 =
√
m2+ 4
(8)Thế vào P =
x1+x2
x1−x2
ta
P = √|m+ 1|
m2+ 4 Ta có
P = √|m+ 1|
m2+ 4 ≤
|m|+
√
m2+ 4 Theo bất đẳng thức BCS ta có
|m|+
√
m2+ 4 =
|m|.1 + 2.1
√
m2+ 4 ≤ Ã
(m2+ 22). 12+ Ç
1
å2!
√
m2+ 4 = √ suy P ≤ √
Dấu "=" xảy
m.1>0
|m|
1 = 2 ⇔
m >0
|m|=
⇔m=
Vậy m= thỏa mãn yêu cầu toán
Bình luận Câu a) tốn bản, không yêu cầu cao tư duy, nhiên thấy việc lựa chọn phương pháp ưu tiên giải tốn
Câu b) tốn có "độ nhiễu" cao gây nhiều thời gian cho học sinh Câu c) Ở ý c.1) toán giải phương trình bậc hai, nhiên thấy việc lựa chọn phương pháp ứng dụng định lý Viète ưu tiên Ở ý c.2) Việc lồng ghép nhiều kiến thức vào toán đưa đến phân loại tốt gây khó khăn học sinh phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức
Bài tập tương tự
a) Giải hệ phương trình
4x−6y= 12 2x+y=
b) Rút gọn biểu thức B =
Ç √
x
√
x+ +
√
x−4
å
: √x+ 16
x+ với x >0;x6= 16
c) Cho phương trình x2−2(m−1)x+ 2m−4 = (với x ẩn) (1)
c.1) Giải phương trình vớim =
(9)Một hiệu sách A có bán hai đầu sách: Hướng dẫn học tốt mơn Tốn lớp10và Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10 Trong ngày tháng năm 2016, hiệu sách A bán 60
cuốn loại theo giá bìa, thu số tiền 3.300.000đ lãi được420.000đ Biết sách Hướng dẫn học tốt mơn Tốn lớp 10 lãi 10% giá bìa, sách Hướng dẫn học tốt mơn Ngữ Văn 10lãi 15% giá bìa Hỏi giá bìa sách bao nhiêu?
Bài
Phân tích Chúng ta dễ dàng dựa câu hỏi đề mơ hình hóa tốn cách đặt giá bìa sách Hướng dẫn học tốt mơn Tốn lớp10làx đồng giá bìa sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp10là yđồng, với x >0;y >0 Phương trình hệ lập dựa thông tin doanh số hiệu sách bán ngày hơm Phương trình thứ hai hệ lập dựa thông tin tiền lãi
Lời giải Đặt giá bìa sách Hướng dẫn học tốt mơn Tốn lớp10làx đồng (x >0) Đặt giá bìa sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10là y đồng (y >0) Trong ngày hiệu sách bán được60cuốn sách loại thu được3300000 đồng nên ta có
60x+ 60y= 3300000 (1)
Số tiền lãi bán 60cuốn sách Hướng dẫn học tốt mơn Tốn lớp10
10%.60x= 6x đồng
Số tiền lãi bán 60cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10là
15%.60y= 9y đồng Vì số tiền lãi ngày hơm là420000 đồng nên
6x+ 9y= 420000 (2)
Từ (1) (2) ta có hệ phương trình
60x+ 60y = 3300000 6x+ 9y = 420000
Ta có 60x+ 60y= 3300000⇔x+y = 55000⇔x= 55000−y Ta có 6x+ 9y= 420000⇔2x+ 3y= 140000
Thế x= 55000−y vào 2x+ 3y= 140000 ta
2(55000−y) + 3y= 140000 ⇔y = 30000
Thế y= 30000vào x= 55000−y ta
(10)Vậy nghiệm hệ phương trình (25000; 30000) So sánh với điều kiện buộc x >0;y >0 ta kết luận:
Giá bìa sách Hướng dẫn học tốt mơn Tốn lớp 10 là25000 đồng
Giá bìa sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10là 30000đồng
Bình luận Đây toán dạng giải toán thực tế cách lập hệ phương trình, tốn thực tế dễ học sinh cần dựa vào câu hỏi toán để đặt ẩn xây dựng hệ phương trình
Cho đường trịn tâmO có hai đường kínhAB vàCD vng góc với nhau, gọiE điểm cung nhỏ AD (E không trùng với A D),EC cắt OAtại M, tia AB lấy điểm P
sao cho AP =AC, tia CP cắt đường tròn điểm thứ hai Q a) Chứng minh: Tứ giác DEM O nội tiếp
b) Chứng minh: Tiếp tuyến (O) Q song song với AC
c) Chứng minh: AM.ED=√2OM.EA
d) Nối EB cắt OD N, xác định vị trí E để tổng OM
AM + ON
DN đạt giá trị nhỏ
Bài
Phân tích Câu a) yêu cầu chứng minh tứ giác DEM O nội tiếp, theo kiện toán ta thấy góc M OD◊ = 90◦, ta cần chứng minh thêm góc M ED◊ = 90◦ điều hiển nhiên M ED◊ chắn nửa đường tròn Nếu suy nghĩ theo hướng khác chứng minh tổng hai góc OM E◊+OD = 180◦, ta dựa theo định lý góc nội tiếp góc có đỉnh nằm đường trịn ta giải tốn
Câu b) yêu cầu chứng minh tiếp tuyến Q song song với AC, học sinh suy nghĩ theo hướng chứng minh ACP÷ =Q”1 (với Q”1 góc tạo tiếp tuyến (O) Q dây cung QC hình vẽ), nhiên phương án chứng minh trực tiếp bế tắc, tìm góc khác để chứng minh gián tiếp, dễ thấy tam giác ACP cân A nên ACP÷ =AP C÷, ta chứng minh AP C÷ =Q”1, việc chứng minh đơn giản, ta cần dùng định lý góc tạo tiếp tuyến dây cung định lý góc có đỉnh nằm đường tròn
Câu c) yêu cầu chứng minh AM.ED = √2OM.EA, nghĩ tới phương án sử dụng tam giác đồng dạng, bế tắc cố gắng tìm hai tam giác đồng dạng có cạnh tương ứng, chuyển qua ý tưởng chọn hai cặp tam giác đồng dạng Để ý thấy √2
trong đẳng thức cần chứng minh theo giả thiết tốn ta có AC =√2OA =√2OC
(11)Câu d) yêu cầu xác định vị trí E để tổng OM
AM + ON
DN đạt giá trị nhỏ Chúng ta nghĩ
ngay tới phương án dùng bất đẳng thức Cauchy, để ý tỉ lệ OM
AM theo câu c ED
√
2EA,
do ta suy nghĩ tới hướng dùng tam giác đồng dạng để chuyển tỉ lệ ON
DN tỉ lệ k EA ED (k
hằng số) để áp dụng bất đẳng thức Cauchy, việc dùng cặp tam giác đồng dạng để chuyển tỉ lệ không khả thi, ý tưởng lại chọn hai cặp tam giác đồng dạng câu c)
Lời giải
a)
O B
C
D A
E
M P
Q
Q1
H
Cách 1: Xét tứ giác DEM O ta có M OD◊ = 90◦ (vì giả thiết AB⊥CD O) M ED◊ = 90◦ (vì M ED◊ chắn nửa đường tròn (O)), suy tứ giác DEM O nội tiếp
Cách 2: Xét tứ giác DEM O ta có
◊
OM E+OD =
1
÷
AOC+EOB÷
+ 2EOC÷ =
2
÷
AOC+EOB÷ +EOC÷
=AOC÷+EOD÷ +DOB÷ +EOA÷ +AOC÷
=
2.AOC÷+DOB÷ +AOD÷
= 2(2.90
◦
+ 90◦+ 90◦) = 180◦
(12)b) Gọi Q”1 góc hợp tiếp tuyến Q dây cung QC (như hình vẽ) Do AC =AP nên tam giác CAP cân A, suy ACP÷ =AP C÷ (1) Ta có AP C÷ =
1
÷
AOC+BOQ÷
và Q”1 =
1
2COQ÷ =
÷
COB+BOQ÷
MàCOB÷ =AOC÷, suy Q”1 =AP C÷ (2)
Từ (1) (2) suy ACP÷ =Q”1, suy tiếp tuyến (O) Q song song vớiAC
c)
O B
C
D A
E
M P
Q H N
Ta có ◊CAM =AEC÷ (hai góc nội tiếp chắn hai cung
_
AC=BC_ ) Xét hai tam giác CEA tam giác CAM có
◊
CAM =CEA÷ (chứng minh trên)
÷
ACE (góc chung)
suy 4CAE v4CM A, suy AM
EA = AC EC
Xét hai tam giác COM tam giác CED có
◊
COM =CED÷ = 90◦ (chứng minh câu a)
÷
ECD (góc chung)
suy 4COM v4CED, suy OM
ED = CO CE
Mặt khác tam giác AOC vuông tạiO, theo định lý Pythagoras ta có
AC2 =OC2+OA2 ⇔AC2 = 2OA2 ⇔AC =√2OA=√2OC
suy
AM EA =
√
2OC CE =
√
2OM
ED hay AM.ED=
√
(13)d) Ta cóBA =
1
2EOB÷ =
÷
EOD+DOB÷
và ON B÷ =
1
÷
BOC+EOD÷
Mà BOC÷ =DOB÷ = 90◦, suy BA =ON B÷
Mặt khác ta có AEB÷ = 90◦ (vì AEB÷ chắn nửa đường trịn (O)) Xét hai tam giác BON tam giác BEA có
÷
AEB=BON÷ = 90◦ (chứng minh trên)
÷
BAE =ON B÷ (chứng minh trên)
suy 4BON v4BEA, suy BO
BE = ON EA
Ta có ◊BDN = BED÷ (vì hai góc nội tiếp chắn hai cung
_
BC=BD_ ) Xét hai tam giác BN D tam giác BED ta có
◊
BDN =BED÷ (chứng minh trên)
÷
EBD (góc chung)
suy 4BN Dv4BDE, suy DN
ED =
√
2ON
EA suy
ON DN =
EA
√
2ED
Theo câu c) ta có OM
AM = ED
√
2EA, suy ON DN OM AM =
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ON
DN OM AM ta có OM
AM + ON DN ≥2
OM AM
ON DN =
1 =
√
2
Đẳng thức xảy khiED=EA hay E điểm cung nhỏ AD_
Vậy OM
AM + ON
DN đạt giá trị nhỏ
√
2 E điểm nằm cung nhỏ
_ AD
Bình luận
a) Đây câu hỏi khơng mang tính đánh đố, học sinh dễ dàng thấy cách giải toán
b) Ở câu hỏi này, yêu cầu học sinh cần phải biết xếp giả thiết chuyên hướng tư gặp phải bế tắc
c) Ở câu hỏi này, học sinh thấy nhanh chóng nghĩ tới phương án sử dụng phương pháp tam giác đồng dạng để giải toán, nhiên việc chọn cặp tam giác đồng dạng không dễ dàng
(14)Cho hai số thực x;y thỏa mãn x ≤ 2;x +y ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức
A= 14x2+ 9y2+ 22xy−42x−34y+ 35
Bài
Phân tích Khi nhìn vào biểu thức cần đánh giá, nghĩ tới phương án dùng phương pháp đưa biểu thức dạng tổng bình phương Tuy nhiên việc đưa biểu thức A
về dạng tổng bình phương có q nhiều lựa chọn, việc "mị mẫm" có khả dẫn tới bế tắc Để ý thấy từ điều kiện hai biến x;y ta thấy x≤ 2;y ≥0, biến đổi hai biến x;y thành hai biến a;b với điều kiện a ≥0;b ≥ (hiển nhiên ta nghĩ đến việc đặt a= 2−x;b =x+y−2) tốn có lẽ trở nên đơn giản Và sau đổi biến vậy, với sử dụng phương pháp đưa A dạng tổng bình phương ta giải toán cách đơn giản
Lời giải Đặt a= 2−x≥0và b =x+y−2≥0, suy y =a+b Ta có biểu thức A trở thành
A = 14 (2−a)2+ (a+b)2+ 22(2−a)(a+b)−42(2−a)−34(a+b) + 35
= 56−56a+ 14a2+ 9a2+ 18ab+ 9b2 + 44a+ 44b−22a2−22ab−84 + 42a−34a−34b+ 35 =a2 + 9b2−4ab−4a+ 10b+
=a2 + 4b2+ 4−4ab−4a+ 8b+ 15b2+ 2b+ = (a−2b−2)2+ 15b2+ 2b+
≥3,∀a, b≥0
Dấu "=" xảy a−2b−2 = b = hay a= b=
Vậy giá trị nhỏ A 3, đạt x= 0;y=
Bình luận Đây tốn gây nhiều thời gian cho học sinh q trình mị mẫm đưa biểu thức A dạng tổng bình phương nhiều khả gặp bế tắc việc đánh giá biểu thức để tìm giá trị nhỏ biểu thức Ngay sau phương án giải tốn cách "mị mẫm"
Lời giải Ta có
A= 14x2+ 9y2+ 22xy−42x−34y+ 35
=x2+ 9(x+y)2+ 4x(x+y)−8x−34(x+y) + 35
Đặt x+y=t, t≥2 Ta có
A=x2+ 9t2+ 4xt−8x−34t+ 35 = (x+ 2t−4)2+ 5t2 −18t+ 19 = (x+ 2t−4)2+ (t−2)(5t−8) +
(15)Dấu "=" xảy khix+ 2t−4 = t= hay x= t=
Vậy A đạt giá trị nhỏ là3 x= 0;y=
Đề 2. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD & ĐT Bình Dương 2017-2018
Rút gọn biểu thức sau 1) A= 3√3 + 2√12−√27; 2) B =
… Ä
3−√5ä2+»6−2√5
Bài
Phân tích Đối với câu 1) giải tốn phương pháp đưa thừa số dấu
Đối với câu 2) phải tìm cách đưa biểu thức dấu số hai dạng bình phương số, sau vận dụng kiến thức học √A2 =|A|=
A , A>0
−A , A <0
để trục thức thu gọn
Lời giải 1) A= 3√3 + 2√12−√27 = 3√3 + 4√3−3√3 = 4√3
2) Ta có
B =
… Ä
3−√5ä2+»6−2√5 =
3−
√
5 +
… Ä
1−√5ä2 =Ä3−√5ä+
1−
√
5
= 3−√5 +Ä√5−1ä = 3−√5 +√5−1 =
Bình luận Câu 1) tốn đơn giản dạng tính giá trị biểu thức chứa căn, không yêu cầu cao mặt tư Học sinh sử dụng máy tính cầm tay để hỗ trợ
(16)Bài tập tương tự
Rút gọn biểu thức sau 1) A= 3√18−5√8 + 7√2; 2) B =»8 + 4√3 +»14−8√3 Đáp án: 1) 6√2; 2) 3√2
Cho Parabol (P) :y=x2 và đường thẳng (d) :y= 4x+ 9.
1) Vẽ đồ thị(P)
2) Viết phương trình đường thẳng (d1)biết (d1) song song (d) (d1) tiếp xúc(P)
Bài
Phân tích Câu 1) yêu cầu ta vẽ parabol (P) có đạng y = ax2(a6= 0) Đây parabol qua gốc tọa độ nhận trục Oy làm trục đối xứng Vì vậy, cần lấy tối thiểu điểm nằm parabol, ý lấy điểm nằm đối xứng qua trục tung Từ ta có bảng giá trị tương ứng với hàm số, dựa vào tọa độ điểm tìm để vẽ xác đồ thị
Câu 2) yêu cầu ta viết phương trình đường thẳng Ta biết phương trình đường thẳng có dạng y=ax+b, để viết phương trình đường thẳng ta phải tìm tham số a,b Từ giả thiết (d1)//(d), ta tìm tham số a Đường thẳng (d1) tiếp xúc (P), có nghĩa (d1)
(P) có giao điểm Như phương trình hồnh độ giao điểm chúng có nghiệm Ta có phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng parabol phương trình bậc 2, với tham số b Dựa vào điều kiện để phương trình bậc có nghiệm, ta tìm b
Lời giải 1) Vẽ đồ thị (P) :y=x2 Bảng giá trị:
x −2 −1 y =x2 4 1 0 1 4
Vậy parabol (P) qua điểm:(−2; 4), (−1; 1), (0; 0), (1; 1), (2; 4)
x y
O
1
−2 −1
(17)2) Vì đường thẳng(d1) song song với(d) :y= 4x+ nên (d1) có dạng y= 4x+b,(b 6= 9) Phương trình hồnh độ giao điểm (d1)và (P) là:
4x+b =x2
⇔x2−4x−b = 0,(1)
(d1)tiếp xúc (P)⇔phương trình(1) có nghiệm⇔∆0 = 0⇔22+b = 0⇔b=−4 (nhận)
Vậy (d1) :y= 4x−4
Bình luận Câu 1) câu đơn giản, cần nắm cách vẽ đồ thị hàm số dạngy =ax2,(a6= 0)
là làm
Câu 2) đòi hỏi vận dụng kiến thức học mức cao Học sinh phải nắm dạng phương trình đường thẳng, điều kiện để đường thẳng song song, đường thẳng tiếp xúc với parabol, từ giải tốn
Bài tập tương tự
Cho (P) :y= 4x2 và (d) :y= 2x−3.
1) Vẽ đồ thị(P)
2) Viết phương trình đường thẳng(d1) biết (d1) song song (d) và(d1) tiếp xúc (P) Đáp án: 2)(d1) :y= 2x−
1
1) Giải hệ phương trình
2x−y = x+ 5y=−3
TínhP = (x+y)2017 với x, y vừa tìm
2) Cho phương trình x2−10mx+ 9m = (1), (m là tham số).
a) Giải phương trình(1) với m=
b) Tìm giá trị tham sốm để phương trình(1)có hai nghiệm phân biệtx1, x2 thỏa
x1−9x2 =
Bài
Phân tích Câu 1) yêu cầu giải hệ phương trình bậc hai ẩn bản, giải phương pháp phương pháp cộng đại số Sau tìm nghiệm phương trình, ta dễ dàng tính đượcP
(18)Lời giải 1) Cách 1: Ta có
2x−y= x+ 5y =−3
⇔
y= 2x−5
x+ (2x−5) =−3
⇔
y= 2x−5 11x−25 =−3
⇔
y=−1 x=
Vậy phương trình có nghiệm (x;y) = (2;−1) Khi đóP = (2−1)2017 = 12017 =
Cách 2: Ta có
2x−y= x+ 5y=−3
⇔
2x−y =
−2x−10y=
Ta lấy hai phương trình cộng vế theo vế, ta có
−11y= 11⇔y=−1
Thayy =−1 vào phương trình 2x−y= 5, ta x= Vậy phương trình có nghiệm (x;y) = (2;−1)
Khi đóP = (2−1)2017 = 12017 = 1..
2) a) Với m = 1, phương trình (1) trở thành
x2−10x+ = (∗)
Cách 1: Ta có hệ số phương trình(∗)làa= 1, b=−10, c= 9.∆0 =b02−ac= (−5)2−
1.9 = 16>0 Áp dụng cơng thức nghiệm thu gọn ta có phương trình(∗)có nghiệm phân biệt là: x1 =
−b0 −√∆0 a =
−(−5)−√16
1 = 1;x2 =
−b0+√∆0 a =
−(−5) +√16 =
Cách 2: Ta có hệ số phương trình(∗)làa = 1, b=−10, c = Nhận xét:a+b+c= Vậy theo hệ định lý Viète, phương trình (∗) có nghiệm phân biệt x1 =
x2 =
c a =
b) Ta có∆0 = (−5m)2−9m = 25m2−9m
Phương trình(1) có nghiệm phân biệt⇔∆0 >0⇔25m2−9m >0⇔
m > 25 m <0
.Khi đó, theo định lý Viète ta có:
x1+x2 = −b
a = 10m x1.x2 =
c a = 9m
Như
x1−9x2 = 0⇔(x1−9x2)2 = 0⇔x21−18x1x2+x22 =
⇔Ä
x21+x22ä−18x1x2 = ⇔(x1+x2)2−2x1x2−18x1x2 = ⇔(x1+x2)2−20x1x2 =
⇔(10m)2−20.9m= ⇔100m2−180m = 0⇔m(100m−180) = 0⇔
(19)So điều kiện ta loại m= 0, nhậnm =
Bình luận Câu 1) tốn bản, khơng yêu cầu cao mặt tư Tuy nhiên thấy việc lựa chọn phương pháp nên ưu tiên giải Chúng ta tìm
y theo xnhư cách 1, hay tìm x theo y cách sử dụng phương trình thứ
Bài tập tương tự
1) Giải hệ phương trình
7x−3y= 4x+y =
Tính P = (x−y)2017 với x, y vừa tìm
2) Cho phương trìnhx2−2 (m+ 1)x+ 2m−3 = 0.
a) Giải phương trình cho với m=
b) Tìm giá trị tham sốm để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa
x1−x2 =
Đáp án: 1)x= 1, y = 1, P = 0; 2) a)x∈ {−1; 3}; b) m=
Hai đội công nhân đắp đê ngăn triều cường Nếu hai đội làm trong6ngày xong việc Nếu làm riêng đội I hồn thành công việc chậm đội II là9 ngày Hỏi làm riêng đội đắp xong đê ngày?
Bài
Phân tích
Lời giải Gọi x, y (ngày) thời gian độiI đội II đắp xong đê (x > y >6) Khi đó: Trong ngày, độiI làm
x (công việc), đội II làm
y (cơng việc)
Theo đề ta có:
1 x +
1 y =
1 x−y=
⇔
x= 18 y=
(20)Tam giác AM B cân tạiM nội tiếp đường tròn(O;R) KẻM H⊥AB, (H ∈AB).M H
cắt đường tròn N Biết M A= 10cm, AB = 12cm
a) Tính M H bán kínhR đường tròn;
b) Trên tia đối tia BA lấy điểm C M C cắt đường tròn D, N D cắt AB E Chứng minh tứ giác M DEH nội tiếp chứng minh hệ thức sau: N B2 = N E.N D
AC.BE =BC.AE;
c) Chứng minh N B tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Bài
Phân tích Câu a) yêu cầu tính M H bán kính R đường trịn Ta thấy M H cạnh góc vng tam giác M HA vng H Trong tam giác ta biết độ dài cạnh M A, tính độ dài AH Áp dụng định lý Pi-ta-go ta tính M H.Để tính R, ta tính độ dài đường kính M N trước Ta thấy M N cạnh huyền tam giác M BN vuông B Trong tam giác ta biết độ dài cạnh M B Như vậy, ta cần tìm tỷ số lượng giác M N B◊ hay
◊
N M B tính M N Câu b) có ý
1 Ý yêu cầu chứng minh tứ giác M DEH nội tiếp Ta thấy M HE◊ = 90◦, ta cần chứng minh thêm M DE◊ = 90◦ điều dễ dàng M DE◊ chắn nửa đường trịn
2 Ý yêu cầu chứng minh hệ thức N B2 =N E.N D Để chứng minh hệ thức ta nghĩ đến việc chứng minh tam giác N BE N DB đồng dạng Hai tam giác có chung M N D◊, ta cần chứng minh thêm góc tương ứng giải toán Ở ta dễ dàng chứng minh EBN÷ =◊N DB (do hai góc nội tiếp đường trịn chắn hai cung nhau)
3 Ý yêu cầu chứng minh hệ thức AC.BE = BC.AE Ở ta thấy đoạn thẳng
AC, BE, BC, AE nằm đường thẳng, việc chứng minh trực tiếp bế tắc Ta chứng minh EB
EA = CB
CA cách tìm thêm tỷ số để chứng minh gián
tiếp Ta thấy EB
EA = DB DA
CB CA =
DB
DA tính chất đường phân giác
đường phân giác tam giác DAB Như toán giải
(21)Lời giải
A B
M
O
H
N
C D
E
I
K
a) Tính M H bán kính R đường trịn
M H đường cao của∆M AB cân tạiM
⇒ M H đường trung trục AB
⇒ H trung điểm AB
⇒ AH =
2AB= 6(cm)
Trong ∆M AH vuông tạiH:
M A2 =M H2+AH2 (Định lý Pi-ta-go)
⇒M H2 =M A2−AH2 = 102 −62 = 64
⇒M H = 8(cm)
Lại có: OA=OB =R ⇒O nằm đường trung trực AB, hay O ∈M H
⇒O ∈M N
⇒ M N đường kính đường tròn (O)
⇒ M BN◊ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
⇒ ∆M N B vng B Ta có: M N B◊ =◊M AB (góc nội tiếp chắn cung M B) ⇒sinM N B◊ = sin◊M AB
Mà: sinM N B◊ =
M B
M N (trong∆M N B vuông B); sinM AB◊ = M H
M A (trong ∆M AH vuông
tại H)
⇒ M B
M N = M H M A
⇒M N = M B.M A M H =
10.10 =
25 (cm)
⇒R=
2M N = 25
(22)b) Chứng minh tứ giác M DEH nội tiếp N B2 =N E.N D, AC.BE =BC.AE. Tứ giácM DEH có; M HE◊ +M DE◊ = 90◦+ 90◦ = 180◦
⇒Tứ giác M DEH nội tiếp (tứ giác có hai góc đối bù nhau)
Do AN =N B (N nằm đường trung trực AB) nên suy AN_ =N B_ Trong đường tròn (O), góc ABN÷ chắn cung
_
AN, góc ◊N DB chắn cung
_ N B, mà
_ AN=
_ N B
⇒ABN÷ =◊N DB
∆N BE v∆N DB(g−g) do:
◊
M N D chung ÷
ABN =N DB◊
⇒ N B
N D = N E N B
⇒N B2 =N D.N E.
Trong đường trịn (O), góc ADN÷ chắn cung
_
AN, gócN DB◊ chắn cung
_
N B, mà AN_ =N B_
⇒ADN÷ =N DB◊
⇒DE tia phân giác ADB÷
⇒DE đường phân giác ∆ADB
⇒ EB
EA = DB DA (1)
MàDE ⊥DC (do N DM◊ = 90◦ - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒DC đường phân giác ∆ADB
⇒ CB
CA = DB DA (2)
(1), (2)⇒ EB
EA = CB CA
⇒CA.EB =EA.CB
c) Chứng minh N B tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ∆BDE
Gọi I điểm nằm trênM B cho IEkM H, suy IE ⊥AB B (do M H ⊥AB) ⇒∆IEB vuông E
⇒∆IEB nội tiếp đường trịn tâm K, đường kínhIB (với K trung điểm IB) Ta có: BIE’ =N M B◊ (hai góc so le trong)=◊N DB (hai góc chắn cung
_ N B) ⇒Tứ giác IEDB nội tiếp đường tròn ngoại tiếp ∆IEB
⇒Tứ giác IEDB nội tiếp đường trịn tâm K, đường kính IB
⇒∆EDB nội tiếp đường trịn tâm K, bán kính KB Mà:N B ⊥M B (do N BM◊ = 90◦)
⇒N B ⊥KB
⇒N B tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ∆EDB
(23)hơn chút, học sinh phải nắm vững hệ thức cạnh góc tam giác vng Một kinh nghiệm rút qua câu gặp tập yêu cầu tính đoạn thẳng, ta quan sát xem đoạn thẳng cạnh tam giác vng nào, từ áp dụng hệ thức thích hợp để tính Câu b) ý câu Ý học sinh nhanh chóng tìm hướng giải gặp khó khăn thực Ở ta chọn chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp g-g ta thấy hai tam giác có góc chung, loại trường hợp c-g-c hệ thức cạnh điều ta cần chứng minh Ý yêu cầu học sinh phải biết nhận xét chuyển hướng tư gặp khó khăn Câu c) câu nâng cao Việc tìm tâm K đường trịn ngoại tiếp tam giác BDE khơng dễ dàng Ta nhận xét rằngK phải thuộcM B (do ta cần chứngBK⊥N B, màBM⊥N B) Mặt khác,K thuộc trung trực EB Như ta xác định vị trí điểmK
Đề 3. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Sở GD ĐT Bình Định 2017 - 2018 (đề thường)
Cho biểu thức: A= x
√
x−1 x−√x −
x√x+ x+√x +
x+
√
x
a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x đểA=
Bài
Phân tích Nếu để ý chút, ta thấy tử số hai phân số đẳng thức, phân tích nhân tử theo đẳng thức ta rút gọn mẫu số đưa ba phân số mẫu số
Lời giải Với điều kiệnx >0, x6= a)
A= x
√
x−1 x−√x −
x√x+ x+√x +
x+
√
x = (
√
x−1) (x+√x+ 1)
√
x(√x−1) −
(√x+ 1) (x−√x+ 1)
√
x(√x+ 1) + x+
√
x = x+
√
x+
√
x −
x−√x+
√
x + x+
√
x = x+
√
x+
√
x
b) A= 4⇔ x+ √
x+
√
x = 4⇔x−2
√
x+ = 0⇔(√x−1)2 = 0⇔√x= 1⇔x = 1(không thỏa điều kiện xác định)
(24)Bình luận Đây câu bản, học sinh cần nắm vững số phương pháp rút gọn biểu thức làm Ở này, học sinh làm theo thói quen thấy mẫu số hai phân số liên hợp ba phân số quy đồng mẫu chung đơn giản kết tính tốn phức tạp, làm học sinh cần quan sát kỹ trước làm
Ở câu b) học sinh không để ý điều kiện xác định giải sai nghiệm
Bài tập tương tự
Cho biểu thức A =
Ç
x√x−1 x−√x −
x√x+ x+√x
å
x−1 (x−2√x+ 1)
a) Rút gọn biểu thức A b) Tìmx đểA =
Đáp số:
a) √
x+
√
x−1
b) x=
Cho Parabol (P) :y=x2 đường thẳng (d) :y= (2m−1)x−m+ (m tham số)
a) Chứng minh với m đường thẳng (d)luôn cắt (P) hai điểm phân biệt b) Tìm giá trị m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt
A(x1;y1);B(x2;y2) thỏa x1y1+x2y2 =
Bài
Phân tích a) Đối với dạng toán tương giao (giao điểm hai đồ thị hàm số) số điểm chung hai đồ thị số nghiệm phương trình hồnh độ giao điểm Vì vậy, để chứng minh hai đồ thị cắt hai điểm phân biệt ta cần chứng minh phương trình hồnh độ giao điểm ln có hai nghiệm phân biệt, nghĩa chứng minh biệt thức ∆của phương trình hồnh độ giao điểm có giá trị dương với mọim ∈R
b) Ở câu trước ta chứng minh hai đồ thị cắt hai điểm phân biệt Vì ta cần giải điều kiện x1y1+x2y2 = Do biểu thức đối xứng nên ta nghĩ đến định lý Vi-ét Để ý thêm hai điểm A, B ∈(P) nên y1 =x21, y2 =x22
Lời giải a) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P)là:
x2 = (2m−1)x−m+ 2⇔x2−(2m−1)x+m−2 = (*)
Ta có: ∆ = (2m−1)2−4m+ = 4m2−8m+ = (2m−2)2+ 1>0, ∀m ∈
R
Do (*) ln có hai nghiệm phân biệt
(25)b) Theo câu a) (d) cắt (P) điểm phân biệt A(x1;y1);B(x2;y2) x1, x2 nghiệm phương trình (*)
Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
x1 +x2 = 2m−1
x1.x2 =m−2 Do A, B ∈(P)nên y1 =x21, y2 =x22
Do đó:
x1y1+x2y2 = ⇔x31+x32 =
⇔ (x1+x2) Ä
x21−x1.x2+x22 ä
=
⇔x1+x2 = 0(Do phương trình có hai nghiệm phân biệt nênx21−x1x2+x22 >0) ⇔2m−1 =
⇔m =
2
Vậy m=
2 giá trị cần tìm m
Bình luận a) Đây dạng toán dễ thường gặp, nhiên học sinh cần để ý để không
nhầm lẫn điều kiện ∆ Ở đây, điều kiện ∆>0, tránh nhầm lẫn với ∆≥0
b) Các dạng tốn ứng dụng định lí Vi-et phương trình bậc hai dạng thường gặp xuất thường xuyên đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Đối với toán này, cần để ý để tính y1, y2 có hai cách dùng hàm y = x2 hàm y = (2m−1)x−m+ Tuy nhiên, hàmy=x2 đơn giản nên ta nên tính theo hàmy=x2 Cần ý thêm biểu thức có dạngx2
1 −x1x2+x22,(x1 6=x2) dương để phép biến đổi sau đơn giản mà không cần phân tích tổng tích biểu thức
Bài tập tương tự
Cho Parabol(P) :y =x2 và đường thẳng (d) :y= 2(2m+ 1)x−3m2+ 4 (m là tham số). a) Chứng minh với m đường thẳng(d) cắt (P) hai điểm phân biệt
b) Tìm giá trịmđể đường thẳng(d)cắt Parabol(P)tại hai điểm phân biệtA(x1;y1);B(x2;y2) thỏa x2
1+x22−2x1x2 =
Đáp số:b) m=−1∨m =−3
Hai thành phố A B cách 450 km Một ô tô từ A đến B với vận tốc không đổi thời gian dự định Khi đi, ô tô tăng vận tốc dự kiến 5km/giờ nên đến B
sớm 1giờ so với thời gian dự định Tính vận tốc dự kiến ban đầu ô tô
(26)Phân tích Ta nhận thấy câu "giải tốn cách lập phương trình" quen thuộc Ở vận tốc dự kiến ban đầu ô tô đại lượng chưa biết nên ta đặt x Dựa vào mối liên hệ thời gian dự định thời gian thực tế ô tô tăng vận tốc ta thiết lập phương trình theo x
Lời giải Gọi vận tốc dự kiến ban đầu ô tô x (km/h), x >0 Vận tốc ô tô x+ (km/h)
Thời gian ô tô dự định từ A đến B 450
x (h)
Thời gian ô tô thực tế từ A đến B 450
x+ (h)
Vì ô tô đến B sớm dự định nên:
450 x −
450
x+ = 1⇔450(x+ 5)−450x=x(x+ 5) ⇔x
2+ 5x−2250 = 0⇔
x= 45 x=−50
Do x >0 nên x= 45 Vậy vận tốc ô tô dự định ban đầu là45 (km/h)
Bình luận Để giải tốn này, học sinh cần nắm kiến thức liên quan đến vật lý Ở mối liên hệ vận tốc, quãng đường thời gian Cần ý thêm rằng, vìx đại lượng vận tốc nên ln nhận giá trị dương, điều giải thích cho việc cần phải loại nghiệm x=−50 Tuy nhiên, nhìn chung toán tương đối
Bài tập tương tự
Một Ơ tơ khách Ơ tơ tải xuất phát từ địa điểm Ađi đến địa điểmB Đường dài 180
km, vận tốc Ơ tơ khách lớn Ơ tơ tải 10 km/h nên Ơ tơ khách đến B trước Ơ tơ tải
36 phút Tính vận tốc Ơ tơ Biết q trình từ Ađến B vận tốc Ơ tơ khơng đổi
Đáp số: Vận tốc xe khách: 60 km/h Vận tốc xe tải: 50km/h
Cho đường tròn (O), dây BC khơng phải đường kính Các tiếp tuyến với đường tròn (O)
tại B C cắt A Lấy điểmM cung nhỏBC (M khác B vàC), gọi I, H, K chân đường vng góc hạ từM xuống BC, CA AB Chứng minh:
a) Các tứ giác BKM I, CHM I nội tiếp b) M I2 =M K.M H.
c) BM cắt IK D, CM cắt IH E Chứng minh DE kBC
Bài
(27)b) Từ đẳng thứcM I2 =M K.M H có thể suy hai đẳng thức tương ứng sau:
M I M H =
M K M I
M I M K =
M H M I
Cả hai đẳng thức dẫn ta đến cặp tam giác đồng dạng Chẳng hạn ta chọn đẳng thức
M I M H =
M K
M I dẫn ta đến cặp tam giác đồng dạng ∆M IK ∆M HI
Vận dụng tứ giác nội tiếp câu a) đường tròn cho trước giả thiết ta thu góc nội tiếp tương ứng phục vụ cho việc chứng minh hai tam giác nói đồng dạng
c) Dễ dàng dự đốn hai góc đồng vị cần chứng minh M CI÷ = DEM◊ Tuy nhiên, để làm điều cần tới tứ giác IDM E nội tiếp Vận dụng mối liên hệ góc nội tiếp, góc chắn tiếp tuyến dây cung tứ giác nội tiếp chứng minh câu b) đường tròn tâm O cho sẵn ta chứng minh tứ giác IDM E có tổng hai góc đối ÷DIE+DM E◊ = 180◦
Lời giải
a) Chứng minh tứ giác BKM I,
CHM I nội tiếp
Vì M KB◊ = 90◦ M IB÷ = 90◦ nên
◊
M KB+M IB÷ = 180◦
⇒BKM I tứ giác nội tiếp
Vì M HC◊ = 90◦ M IC÷ = 90◦ nên
◊
M HC +M IC÷ = 180◦
⇒CHM I tứ giác nội tiếp
O B
C
A M
K
I
H
b) Chứng minh M I2 =M K.M H.
Vì tứ giácM KBI nội tiếp nênKIM÷ =KBM◊ (cùng chắn cung M K˘)
Trong đường trịn (O) có KBM◊ = M CI÷ (góc nội tiếp với góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung M B˘)
Vì tứ giácM HCI nội tiếp nên M CI÷ =M HI÷ (góc nội tiếp chắn M I¯) Suy KIM÷ =M HI÷
Tương tự: M IH÷ =M CH◊ (góc nội tiếp chắn cung M H˘)
◊
M CH =IBM÷ (góc nội tiếp với góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung M C˘)
÷
IBM =IKM÷ (góc nội tiếp chắn cung M I¯) Suy ra: M IH÷ =IKM÷
Xét ∆M IK ∆M HI có:
÷
KIM =M HI÷
÷
(28)⇒∆M IK v∆M HI (g−g) Suy ra: M I
M H = M K
M I
⇒M I2 =M K.M H
c) Chứng minh DE kBC
Ta có KIM÷ = M CI÷ (vì
÷
M HI) ÷
M IH =IBM÷ (vì IKM÷)
O B
C
A M
K
I
H D
E
Do đó:DI+DM E◊ =KIM÷ +M IH÷ +DM E◊ =M CI÷+IBM÷ +DM E◊ = 180◦ (Tổng ba góc ∆M BC)
⇒Tứ giác M DIE nội tiếp
⇒DEM◊ =KIM÷ (góc nội tiếp chắn cung M D˘) MàKIM÷ =M CI÷ ⇒DEM◊ =M CI÷
Mặt khác, hai góc vị trí đồng vị nên DE kBC
Bình luận a) Đây dạng điển hình việc chứng minh tứ
giác nội tiếp, dạng thường xuyên xuất đề thi vào 10 câu hình học
b) Việc chứng minh đẳng thức hình học lớp thường quy việc chứng minh hai tam giác đồng dạng Đối với dạng toán này, học sinh cần nắm vững tính chất liên quan đến góc nội tiếp, góc chắn tiếp tuyến dây cung để vận dụng nhiều tứ giác nội tiếp khác nhằm tạo mối liên hệ bắc cầu góc phục vụ cho việc chứng minh tam giác đồng dạng theo trường hợp g - g Nhìn chung dạng tốn khơng q dễ đòi hỏi học sinh phải nắm kiến thức mức độ vận dụng (thấp)
c) Đây dạng tốn cần tới mối liên hệ góc nội tiếp góc chắn tiếp tuyến dây cung mức độ cao câu trước Mấu chốt toán nằm chỗ chứng minh tứ giác M DIE nội tiếp Để làm điều đó, địi hỏi học sinh phải nhận mối liên hệ tổng ÷DIE +DM E◊ =M CI÷ +IBM÷ +DM E◊ Đây chìa khóa tốn
Cho a, b, c∈[0; 1] Chứng minh rằng: a+b2 +c3−ab−bc−ca≤1.
Bài
(29)Lời giải Vìa, b, c∈[0; 1] nên: 1−a≥0; 1−b≥0,1−c≥0
Do đó: (1−a)(1−b)(1−c)≥0⇔1−a−b−c+ab+bc+ca−abc≥0
⇔a+b+c−ab−bc−ca+abc≤1 (1)
Vìa, b, c∈[0; 1] nên b2 ≤b, c3 ≤c;a, b, c≥0
⇒a+b2+c3−ab−bc−ca≤a+b+c−ab−bc−ca+abc (2)
Từ (1) (2) suy ra:a+b2+c3−ab−bc−ca≤1.
Vậy ta có điều phải chứng minh
Bình luận Đây dạng tốn khó, thường xuất câu phân loại kì thi lớn, kể kì thi tuyển sinh đại học Thường khơng có phương pháp chung giải toán mà tùy thuộc vào nhạy bén người giải Tuy nhiên, dựa vào kiện đề cho ta đưa định hướng ban đầu cho toán Cụ thể, toán ta sử dụng phương pháp đánh giá điều kiện biên Cần ý thêm việc nhân bất đẳng thức chiều vế bất đẳng thức không âm
Đề 4. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD ĐT Bắc Giang 2017-2018
a) Tính giá trị biểu thức A =√25 + 3√8−2√18
b) Tìm m để đồ thị hàm số y= 2x+m qua điểm K(2; 3)
Bài
Phân tích Đối với câu a) để tính giá trị biểu thức chứa căn, ta dùng phương pháp đưa thừa số dấu thực rút gọn
Đối với câu b) ta cần nhớ để đồ thị hàm số qua điểm cho trước tọa độ điểm phải thỏa phương trình hàm số, ta đưa lời giải
Lời giải
a) A=√25 + 3√8−2√18 = + 6√2−6√2 =
Vậy A=
b) Vì đồ thị hàm sốy= 2x+m qua điểm K(2; 3) nên ta có:
2.2 +m= ⇔m=−1
Vậy m=−1 giá trị cần tìm
(30)Bình luận Câu a) tập đơn giản dạng tính giá trị biểu thức chứa căn, HS cần nhớ phương pháp đưa thừa số dấu tính tốn cẩn thận
Câu b) dễ, yêu cầu HS nhớ điều kiện để đồ thị hàm số qua điểm cho trước biết tọa độ điểm
Bài tập tương tự
1 Tính giá trị biểu thức B = 3√3 +
√
12−√48
2 Tìmm để đồ thị hàm số y= (2m−1)x+ 5, m6=
2 qua điểm A(6;−2)
Đáp án
1 2√3
2 m=−
12
1 Giải hệ phương trình
3x+y= 10 2x−3y=
2 Cho biểu thức B =
Ç
x√x+x+√x x√x−1 −
√
x+ 1−√x
å
x−1 2x+√x−1 (với x≥0;x6= vàx6=
4) Tìm tất giá trị x đểB <0
3 Cho phương trình x2−(2m+ 5)x+ 2m+ = (1), với x là ẩn, m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khim =−1
2
b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2 cho biểu thức P =|√x1−
√
x2| đạt giá trị nhỏ
Bài
Phân tích Câu yêu cầu giải hệ phương trình bậc hai ẩn bản, ta dùng phương pháp phương pháp cộng đại số
Đối với câu để tìm giá trị m thỏa B <0 trước hết ta phải rút gọn bểu thức chứa Quan sát thấy biểu thức B chứa nhiều phân thức, ta nghĩ đến hướng tìm mẫu chung để quy đồng phân tích thành nhân tử để rút gọn Đối với này, ta thấy việc phân tích thành nhân tử để rút gọn thực dễ dàng
Câu bao gồm ý, ý a) ta giải phương trình bậc cách sử dụng cơng thức nghiệm, hay phân tích thành nhân tử
(31)phương trình vận dụng hệ thức Vi-ét để đánh giá phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
x1, x2,đồng thời biến đổi P2 biểu thức chứa m, sau đánh giá giá trị nhỏ biểu thức thông qua việc sử dụng đẳng thức Bài tốn giải cách dễ dàng
Lời giải
1 Cách 1: Dùng phương pháp cộng đại số:
3x+y = 10 2x−3y =
⇔
9x+ 3y= 30 2x−3y=
⇔
11x= 33 3x+y= 10
⇔
x=
3.3 +y= 10
⇔
x= y=
Vậy hệ phương trình có nghiệm (3; 1)
Cách 2: Dùng phương pháp thế:
y= 10−3x 2x−3y=
⇔
y = 10−3x
2x−3 (10−3x) =
⇔
y= 10−3x 11x= 33
⇔
x= y=
Vậy hệ phương trình có nghiệm (3; 1)
2 Vớix≥0;x6= 1;x6=
4, ta có:
B =
Ç
x√x+x+√x x√x−1 −
√
x+ 1−√x
å
x−1 2x+√x−1 =
ñ √
x(x+√x+ 1) (√x−1) (x+√x+ 1) +
√
x+
√
x−1
ô
(
√
x+ 1) (√x−1) (√x+ 1) (2√x−1) =
Ç √
x
√
x−1+
√
x+
√
x−1
å
√
x−1 2√x−1 =
√
x+
√
x−1
√
x−1 2√x−1 =
√
x+ 2√x−1
Khi đó:
B <0⇔ √
x+ 2√x−1 <0
⇔2√x−1<0 Ädo2√x+ 3>0ä
⇔√x <
⇔06x <
So sánh điều kiện đề ta có với 06x <
(32)3 a) Phương trình x2−(2m+ 5)x+ 2m+ = 0. (1) Khi m =−1
2, phương trình (1) trở thành:
x2−4x= ⇔x(x−4) = 0⇔
x= x−4 =
⇔
x= x=
Vậy m=−1
2 phương trình (1) có tập nghiệm S ={0; 4}
b) Ta có ∆ = (2m+ 5)2 −4 (2m+ 1) = 4m2 + 12m+ 21 = (2m+ 3)2 + 12 > 0,∀m. Do đó phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
x1+x2 = 2m+
x1x2 = 2m+
Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là:
x1+x2 >0
x1x2 >0
⇔
2m+ 5>0 2m+ 1>0
⇔m >−1
2
Ta có:
P2 = (√x1− √
x2)
= (x1+x2)−2 √
x1x2
= 2m+ 5−2√2m+
=Ä2m+ 1−2√2m+ + 1ä+ =Ä√2m+ 1−1ä2+ ≥3
⇒P ≥√3 (do P > 0)
Dấu ” = ” xảy √
2m+ 1−1 = 0⇔√2m+ = 1⇔m= (thỏa mãn điều kiện)
Vậy m = giá trị cần tìm Khi P =√3
Bình luận Câu 1) tốn bản, khơng u cầu cao mặt tư duy, HS cần nắm vững lựa chọn phương pháp phù hợp để giải toán cách gọn
Câu 2) toán yêu cầu học sinh nhanh mắt tinh ý quan sát để lựa chọn hướng để rút gọn biểu thức B cách nhanh gọn Đồng thời tốn lồng ghép thêm giải bất phương trình, nhiên mức độ đơn giản
(33)Bài tập tương tự
1 Giải hệ phương trình
3x−2y= 55 x+ 3y=−2
2 Cho biểu thức A =
Ç√
x−2
√
x+ −
√
x+
√
x−1+ 6x x−1
å
.x
√
x−√x
√
x−1 (với x ≥ 0, x 6= 1) Tìm tất
cả giá trị x đểA >0
3 Cho phương trình x2−2 (m+ 1)x+ 2m−3 = (2), với x là ẩn, m là tham số.
a) Giải phương trình (2) m =
b) Tìm giá trị m để phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho biểu thức P =
x1+x2
x1−x2
đạt giá trị lớn
Đáp án
1 (x;y) = (1;−1)
2 x≥0;x6=
3 a)S =−1;
b)m = 4;maxP =
√
5
Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A 9B ủng hộ thư viện 738 sách gồm hai loại sách giáo khoa sách tham khảo Trong học sinh lớp 9A ủng hộ
quyển sách giáo khoa 3quyển sách tham khảo; học sinh lớp 9B ủng hộ 5quyển sách giáo khoa 4quyển sách tham khảo Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều số sách tham khảo 166 Tính số học sinh lớp
Bài
Phân tích Trước hết ta dựa vào yêu cầu toán để gọi ẩn đưa giả thiết đề biểu diễn thành phương trình theo hai ẩn Phương trình thứ lập dựa tổng số sách ủng hộ hai lớp9A 9B Phương trình thứ hai lập dựa số sách giáo khoa ủng hộ nhiều số sách tham khảo
Lời giải Gọi số học sinh lớp 9A, 9B x, y (x, y ∈N∗)
Ta có:
Mỗi học sinh lớp9A ủng hộ sách giáo khoa 3quyển sách tham khảo nên lớp 9A ủng hộ6x sách giáo khoa 3xquyển sách tham khảo
(34)Học sinh hai lớp 9A 9B ủng hộ thư viện 738 sách gồm hai loại sách giáo khoa sách tham khảo nên ta có:
6x+ 3x+ 5y+ 4y= 738⇔9x+ 9y= 738
Số sách giáo khoa ủng hộ nhiều số sách tham khảo 166 nên ta có:
(6x+ 5y)−(3x+ 4y) = 166⇔3x+y = 166
Khi đó, ta có hệ phương trình sau:
9x+ 9y= 738 3x+y= 166
⇔
x+y= 82 3x+y = 166
⇔
x= 42 y= 40
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy lớp 9A có 42học sinh, lớp 9B có 40học sinh
Bình luận Đây tốn thực tế giải dựa phương pháp đặt ẩn giải phương trình, hệ phương trình Học sinh cần đọc kĩ đề bài, đặc biệt yêu cầu toán để đặt ẩn với điều kiện hợp lý, lưu ý giả thiết đề để tìm mối liên hệ đại lượng Đồng thời yêu cầu học sinh thành thạo việc giải phương trình, hệ phương trình
Bài tập tương tự
Một hiệu sáchA có bán hai loại sách: Hướng dẫn học tốt mơn Tốn lớp 11 Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 11 Trong ngày, hiệu sách A bán 60 loại theo giá bìa, thu số tiền 300 000 đồng lãi 420 000đồng Biết sách Hướng dẫn học tốt mơn Tốn lớp 11 lãi 10% giá bìa, sách Hướng dẫn học tốt mơn Ngữ Văn lớp 11 lãi 15% giá bìa Hỏi giá bìa sách
Đáp án
Giá bìa sách Hướng dẫn học tốt mơn Tốn lớp 10 25000 đồng Giá bìa sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10 30000 đồng
Cho tam giácABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn (C) tâm O bán kính R Hai đường cao AE BK tam giác ABC cắt tạiH (với E thuộc BC, K thuộc AC)
a) Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh CE.CB =CK.CA
c) Chứng minh OCA÷ =BAE.÷
d) Cho B, C cố định A di động (C) thỏa mãn điều kiện tam giác ABC
nhọn; H thuộc đường tròn (T) cố định Xác định tâm I tính bán kính r
của đường trịn (T),biết R = 3cm
(35)Phân tích Câu a) dễ nhận tứ giácABEK nội tiếp đường tròn, cách dựa dấu hiệu tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh chứa hai đỉnh cịn lại góc nhau) giả thiết hai đường cao tam giácABC
Đối với câu b), ta nghĩ đến chứng minh hai tam giác đồng dạng Khi ta thử biến đổi đẳng thức đề dạng tỉ lệ thức cặp cạnh hai tam giác Đến ta thấy cần
phải chứng minh ∆CEAv∆CKB (g-g)
Đối với câu c) chứng minh hai góc nội tiếp đường trịn (C) nhau, ta hướng đến dùng phương pháp bắc cầu qua góc nội tiếp khác tứ giác nội tiếp, áp dụng linh hoạt mối quan hệ góc tam giác đặc biệt Để làm dễ dàng ta vẽ thêm đường kínhAD ý tam giác vng AEB,ACD, tam giác cân AOC Ta thấy hai góc ÷
BAE, OC phụ với cặp góc nhauABE,÷ ADC.÷
Ở câu d) để chứng minhH thuộc đường tròn cố định, ta cần xác định yếu tố cố định tìm tâm bán kính đường trịn Để thực được, ta cần dựng điểm I đỗi xứng với O qua BC, I cố định Dự đốn H thuộc đường trịn tâm I, bán kính R khơng đổi Ta chứng minh tứ giác BHCD, AHIO hình bình hành, tốn giải
Lời giải
O A
B C
E
K
D H
a) Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp đường tròn
Tứ giác ABEK cóAB = 90◦ (do AE ⊥BC), AKB÷ = 90◦ (do BK ⊥AC) Khi tứ giác
ABEK nội tiếp đường tròn (theo dấu hiệu: Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh chứa hai đỉnh cịn lại góc nhau)
b) Chứng minh CE.CB =CK.CA
Xét ∆CEA ∆CKB, ta có:ACB÷ chung,CE =CKB÷ = 90◦ Suy
∆CEAv∆CKB (g-g)
⇒ CE
CK = CA
(36)c) Chứng minh OCA÷ =BAE.÷
Vẽ đường kínhAD (O) Ta có ∆ABE vng tạiE nên BA +AB = 90◦ Mặt khác, AB =ADC÷ (hai góc nội tiếp chắn cungAC (O)) nên
÷
BAE+ADC÷ = 90◦ (1)
Xét∆ACD cóACD÷ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), suy
÷
ADC+CAD÷ = 90◦,mà CAD÷ =OCA÷ (do ∆OAC cân tạiO) nên
÷
ADC+OCA÷ = 90◦ (2)
Từ (1) (2) suy BAE÷ =OCA.÷
d) Chứng minh H thuộc đường tròn (T) cố định Xác định tâm I tính bán kính r đường tròn (T)
O A
B C
E
K
D H
I N
GọiI điểm đối xứng vớiO quaBC, OI cắtBC N Khi N trung điểm củaOI,BC
và điểm I, N cố định
Ta cóBH kCD (do vng góc với AC) vàCH k BD (do vng góc với AB) nên tứ giácBHCD hình bình hành Suy N trung điểm BC N trung điểm
DH
Từ suy ON đường trung bình ∆AHD
⇒AH = 2ON
⇒AH =OI (= 2ON)
Ta lại có, AH k OI (cùng vng góc với BC) nên tứ giác AHIO hình bình hành Suy
r=IH =OA=R = 3cm Do đó,H thuộc đường trịn (I; 3) cố định
(37)Bình luận Đây toán quen thuộc với kiện tam giác nhọn nội tiếp đường tròn đường cao tam giác Do việc nhận biết giải ý a), b) đơn giản khơng mang tính thách đố cao
Câu c) để giải được, học sinh phải liên hệ tốt mối quan hệ góc nội tiếp đường trịn, góc tam giác đặc biệt Khi vẽ thêm yếu tố đường kính đường trịn để hồn thành lời giải
Đặc biệt câu d) câu hỏi nâng cao dạng quỹ tích điểm có yếu tố di động Học sinh phải quan sát yếu tố cố định dự đoán H di động đường tròn cố định nào, xác định tâm cố định bán kính khơng đổi dựng thêm yếu tố phụ để giải tốn Khi nhìn q trình chứng minh đơn giản với kiến thức đường trung bình tam giác tích chất hình bình hành
Cho hai số thực dương a, bthỏa mãn 2a+ 3b64.Tìm giá trị nhỏ biểu thức
Q= 2002 a +
2017
b + 2996a−5501b
Bài
Phân tích Quan sát từ giả thiết toán cho hai số thực dương a, b biểu thức Q, giúp ta hướng đến việc tìm giá trị nhỏ thơng qua áp dụng bất đẳng thức Cơ-si Dự đốn dấu
” = ” xảy a =
2; b = Để "bảo toàn" dấu sử dụng Cô-si, ta chọn số α, β cho
2002 a =αa 2017
b =βb
⇒
α= 8008 β = 2017
Lời giải
Q= 2002 a +
2017
b + 2996a−5501b =
Ç
2002
a + 8008a
å
+
Ç
2017
b + 2017b
å
−2506 (2a+ 3b)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si sử dụng giả thiết 2a+ 3b 64, ta có:
Q≥2
2002
a 8008a+
2017
b 2017b−2506.4≥8008 + 4034−10024 = 2018
Dấu” = ” xảy khi:
2002
a = 8008a 2017
b = 2017b 2a+ 3b =
⇔
a= b=
Vậy Q= 2018⇔
a= b=
(38)Bình luận Với dạng tốn này, chọn điểm rơi việc biến đổi tương đối đơn giản, áp dụng bất đẳng thức Cô-si quen thuộc từ giả thiết tốn để hồn thành giải
Bài tập tương tự
Cho a ≥10, b≥100, c≥1000 Tìm giá trị nhỏ
P =a+1 a +b+
1 b +c+
1 c
Đáp án
Min P = 1110111
1000 đạt khia−10, b= 100, c = 1000
Đề 5. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Bắc Ninh 2017
1) Giải hệ phương trình
2x= x+y=
2) Rút gọn biểu thức P = x−2 x+ 2√x −
1
√
x +
√
x+ 2, với x >0
Bài
Phân tích
1) Đây hệ phương trình quen thuộc, đưa dạng tổng quát hệ phương trình bậc hai ẩn Theo chương trình học có phương pháp để giải hệ này: cộng đại số phương pháp Nhưng trường hợp cụ thể ta nên dùng phương pháp từ phương trình ta dễ dàng tìm x vào phương trình thứ hai để tìmy
2)Khi quan sát mẫu các hạng tử biểu thức P, ta thấy tích mẫu phân thức thứ hai thứ ba mẫu phân thức thứ Thấy mối liên hệ này, ta đoán phương pháp giải theo đường quy đồng rút gọn
Lời giải 1)
2x= x+y=
⇔
x= y= 5−x
⇔
x= y=
(39)2)
P = x−2 x+ 2√x −
1
√
x +
√
x+ = x−2−
√
x−2 +√x
√
x(√x+ 2) = √ x−4
x(√x+ 2) = (
√
x−2)(√x+ 2)
√
x(√x+ 2) =
√
x−2
√
x
Vậy P =
√
x−2
√
x với x >0
Bình luận Bài nhằm mục đích "khởi động làm nóng não" cho học sinh
Bài tập tương tự
1) Giải hệ phương trình
3x=
2x+ 5y= 11
2) Rút gọn biểu thứcP = x−12 x+ 3√x −
1
√
x −
√
x+
Cho phương trình x2−2mx+m2−1 = (1), với m là tham số.
1) Giải phương trình (1) m=
2) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m Gọix1, x2 hai nghiệm phương trình (1), lập phương trình bậc hai nhận x3
1 −2mx21+m2x1−2 x32−2mx22+m2x2−2là nghiệm
Bài
Phân tích
1) Khi thay m = vào phương trình (1), ta phương trình bậc hai ẩn dạng tổng quát Ở học sinh tinh ý nhìn tổng3hệ sốa, b, cbằng0thì ta giải nhanh phương trình cơng thức nhẩm nghiệm
2)Đối với ý thứ nhất: Chứng minh phương trình(1) ln có hai nghiệm phân biệt Để ý hệ số x2 6= phương trình (1) chắn phương trình bậc hai (không cần chia
trường hợp), theo cách giải phương trình bậc hai ta cần chứng minh 4> giải xong ý
(40)Lời giải 1) Khi m= 2, phương trình cho trở thành: x2−4x+ = 0 Vì a+b+c= 1−4 + = 0nên phương trình có hai nghiệm x1 = 1, x2 = Vậy m= phương trình có hai nghiệmx1 = 1,x2 =
2) 40 = (−m)2 −1.(m2−1) = 1>0,∀m. ⇒ Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có:
x1+x2 = 2m
x1.x2 =m2−1 Biến đổi phương trình:
x2−2mx+m2−1 = 0
⇔x2−2mx+m2 = 1
⇒x3−2mx2+m2x=x
⇔x3−2mx2+m2x−2 = x−2
Vì x1, x2 nghiệm phương trình nên:
(x31−2mx21+m2x1−2) + (x32−2mx 2+m
2x
2−2) = (x1−2) + (x2−2)
=x1+x2−4
= 2m−4
(x31−2mx21+m2x1−2).(x32−2mx 2+m
2x
2−2) = (x1−2)(x2−2)
=x1x2−2(x1+x2) +
=m2−1−2.2m+ =m2−4m+
Vậy phương trình cần lập là:
x2−(2m−4)x+m2−4m+ =
Bình luận Ý thứ có nhiều cách giải, ngồi cách nêu học sinh làm theo số hướng sau:
i) Hướng thứ nhất: Dùng cơng thức nghiệm phương trình bậc hai tính cụ thể x1 = m+ 1,
x2 =m−1sau đặt
y1 =x31−2mx21+m2x1−2
y2 =x32−2mx22+m2x2−2
rồi tính tổng tích y1;y2 sau lập
phương trình theo định lí Vi-et đảo
Cách ok làm cho người đề thất vọng không sử dụng định lý Vi-ét thuận (ý kiến riêng)
(41)Cách làm theo hướng truyền thống áp dụng cho dài biến đổi khó, tốn nhiều thời gian công sức học sinh Cách phù hợp với học sinh theo xu hướng "cần cù bù thông minh"
Bài tập tương tự
Cho phương trìnhx2−2mx+m2−4 = (1), với m tham số
1) Giải phương trình(1) khim =
2) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1), lập phương trình bậc hai nhận x3
1 −2mx21 +m2x1 −8
x32−2mx22+m2x2−8 nghiệm
Giải toán cách lập phương trình, hệ phương trình
Một nhóm gồm 15 học sinh (cả nam nữ) tham gia buổi lao động trồng Các bạn nam trồng 30 cây, bạn nữ trồng 36cây Mỗi bạn nam trồng số bạn nữ trồng số Tính số học sinh nam nữ nhóm, biết bạn nam trồng nhiều bạn nữ
Bài
Phân tích Dạng tốn thường hay gặp tập SGK SBT Mấu chốt ta phải biểu diễn số bạn nam trồng số bạn nữ trồng theo ẩn mà ta gọi để tận dụng ý cuối đề "mỗi bạn nam trồng nhiều bạn nữ1 cây"
Lời giải Gọi số học sinh nam x (x∈N∗, x < 15).
⇒Số học sinh nữ 15−x Mỗi bạn nam trồng 30
x (cây), bạn nữ trồng 36
15−x (cây)
Vì bạn nam trồng nhiều bạn nữ1 nên ta có phương trình:
30 x −
36 15−x =
⇒30(15−x)−36x=x(15−x)
⇔x2 −81x+ 450 = 0
⇔
x= 75(loại) x= 6(nhận)
Vậy nhóm có 6học sinh nam học sinh nữ
Bình luận Đối với này, giải cách lập hệ phương trình với ẩn
(42)Bài tập tương tự
Giải tốn cách lập phương trình, hệ phương trình
Một phân xưởng gồm 500 cơng nhân (cả nam nữ) tham gia may quần áo Biết
ngày công nhân nam may 400 quần áo, công nhân nữ may được900 quần áo Mỗi công nhân nam may số quần áo công nhân nữ may số quần áo Tính số công nhân nam nữ phân xưởng, biết cơng nhân nam may cơng nhân nữ 1bộ quần áo
Từ điểmM nằm bên ngồi đường trịn(O)kẻ hai tiếp tuyếnM A,M B với đường tròn (A,B
là hai tiếp điểm) Lấy điểm C cung nhỏAB (C không trùng với Avà B) Từ điểmC kẻ
CD vng góc với AB,CE vng góc với M A, CF vng góc với M B (D∈AB, B ∈M A,
F ∈M B) Gọi I giao điểm củaAC DE,K giao điểm củaBC DF Chứng minh
1) Tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn 2) Hai tam giác CDE CF D đồng dạng 3) Tia đối tia CD tia phân giác ECF÷
4) Đường thẳngIK song song với đường thẳng AB
Bài
Phân tích
1) Ta nhận thấy tổng hai góc đối tứ giácADCE 180◦ nên tứ giác nội tiếp
2)Với ý thứ hai đòi hỏi học sinh phải thành thạo khả nhận biết góc nhiều cách: tứ giác nội tiếp, góc nội tiếp chắn cung, góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung Sau nối kết ý lại ta chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp góc-góc
3) Ý ta dựa vào câub) tổng2 góc kề bù bằng180◦ giải
4) Khi gặp câu hỏi này, học sinh lúng túng phải chứng minh song song theo cách nào: hai góc so le nhau, hai góc đồng vị nhau, định lý Ta-let đảo, Nhưng ta từ kết lên: Nếu IKkAB⇒A”2 =I“1
Mà A”2 =dD2 nên I“1 =dD2
Do ta nghĩ đến hướng chứng minh tứ giác ICKD nội tiếp Bài toán giải xong
Lời giải 1) Tứ giácADCE có: ÷
ADC = 90◦(CD ⊥AB)
÷
(43)⇒ADC÷ +AEC÷ = 180◦ ⇒Tứ giác ADCE nội tiếp
2)Tứ giácADCE nội tiếp ⇒A”1 =Dd1 A”2 =E”1 Chứng minh tương tự, ta cóB”2 =dD2 B”1 =F”1 MàA”1 =B”1 =
1 sđ
_
AC A”2 =B”2 =
1 sđ
_ BC
⇒Dd1 =”F1 dD2 =E”1 ⇒ 4CDE v4CF D (g.g)
3)Vẽ Cx tia đối tia CD
4CDE v4CF D ⇒DCE÷ =DCF÷
MàC”1+DCE÷ =C”2+DCF÷ = (180◦) ⇒C”1 =”C2
⇒Cx tia phân giác ECF÷
4)Tứ giácCIDK có: ÷
ICK+IDK÷ =ICK÷+dD1+dD2 =÷ICK+B”1+A”2 = 180◦ ⇒CIDK tứ giác nội tiếp
⇒I“1 =dD2
⇒I“1 =A”2
⇒IK kAB
1
2
1 1
1
1
1 x
O M
A
B C
E
F
D I
K
1) Giải phương trình (x2−x+ 1)(x2+ 4x+ 1) = 6x2.
2) Cho bốn số thực dương x, y, z, t thỏa mãn x+y+z +t = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A= (x+y+z)(x+y)
xyzt
Bài
Phân tích
(44)đó ta lựa chọn cách biến đổi đặt ẩn phụ phù hợp
2)Nhìn vào biểu thứcA ta đốn giá trị nhỏ biểu thức Ađạt biếnx, y, z, t
có giá trị khơng Do ta khó đốn điểm rơi tốn, tập đòi hỏi học sinh phải giải nhiều Cơ-si trước có kinh nghiệm làm
Lời giải 1) Giải phương trình: (x2−x+ 1)(x2+ 4x+ 1) = 6x2 Đặt y=x2+ 1, phương trình trở thành:
(y−x)(y+ 4x) = 6x2
⇔y2+ 3xy−4x2 = 6x2 ⇔y2+ 3xy−10x2 = 0 ⇔(y−2x)(y+ 5x) =
⇔
y = 2x y =−5x
• Với y= 2x x2+ = 2x⇔x2−2x+ = 0⇔(x−1)2 = 0 ⇔x= 1
• Với y=−5x x2+ =−5x⇔x2 + 5x+ = 0⇔x= −5 + √
21
2 ∨x=
−5−√21
Vậy tập nghiệm phương trình là: S =
(
1;−5 +
√
21 ;
−5−√21
)
2) Cho số thực dương x,y,z,t thỏa mãn x+y+z+t = Tìm giá trị nhỏ biểu thức
A= (x+y+z)(x+y) xyzt
Với x, y, z, t >0, theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:
x+y≥2√xy (x+y) +z ≥2»(x+y)z (x+y+z) +t≥2»(x+y+z)t
Suy (x+y)(x+y+z)(x+y+z+t)≥8»xyzt(x+y)(x+y+z)
Mà x+y+z+t= 2, suy
(x+y)(x+y+z).2≥8»xyzt(x+y)(x+y+z)
⇔(x+y)(x+y+z)≥4»xyzt(x+y)(x+y+z)
⇔»(x+y)(x+y+z)≥4√xyzt
⇔(x+y)(x+y+z)≥16xyzt
Nên A= (x+y+z)(x+y) xyzt ≥
16xyzt xyzt = 16
Dấu xảy
x=y x+y=z x+y+z =t x+y+z+t=
⇔
x=y= z =
(45)Vậy M inA= 16⇔x=y= 4;z =
1
2;t=
Bình luận
1)Ngồi cách giải trên, ta cách giải khác hay sau:
Nhận xét x= 0không nghiệm phương trình nên ta chia vế phương trình cho
x2 được phương trình tương đương: (x−1 +
x)(x+ + x) =
Đặtt =x+
x (ĐK: |t| ≥2) phương trình trở thành: (t−1)(t+ 4) =
Đây phương trình bậc hai túy biết cách giải, ta tìm t, nhận loại so với ĐK củat
rồi giải tiếp tìm x
2)Học sinh phải thành thục bất dẳng thức Cô-si cộng thêm chút may mắn để giải
Đề 6. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD&ĐT Quảng Ngãi 2017-2018
1 Thưc phép tính: …
Ä√
5 + 2ä2 −√5
2 Cho hàm sốy =x2 có đồ thị là (P) và hàm sốy =−x+ 2 có đồ thị là (d).
a) Vẽ (P) (d) mặt phẳng tọa độ Oxy
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm A, B (P) (d) biết hoành độ A
nhỏ hoành độ B Gọi C D hình chiếu vng góc A B
trên trục hồnh, tính diện tích tứ giác ABDC
Bài
Phân tích Ở câu ta cần lưu ý tính chất √A2 =|A|, sau xét dấu của A để bỏ dấu giá trị tuyệt đối
Ở câu 2a) ta cần lập bảng giá trị đồ thị vẽ điểm tương ứng lên hệ trục tọa độ, sau nối lại ta đồ thị cần vẽ Lưu ý để vẽ parabol ta cần tìm điểm đường thẳng cần điểm Ta nên chọn điểm có hồnh độ tung độ để tìm tọa độ điểm dễ dàng
(46)Lời giải
… Ä√
5 + 2ä2−√5 =|√5 + 2| −√5 =√5 + 2−√5 = (vì √5 + 2>0)
2 a) Bảng giá trị (P) :y=x2: x −2 −1
y=x2 4 1 0 1 4
Bảng giá trị (d) :y=−x+ 2: x
y=−x+ 2
Vẽ (P) (d)lên hệ trục tọa độ:
−3 −2 −1
1
0
x y
(P) (d)
A
C
B
D
b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):
x2 =−x+ 2⇔x= 1∨x=−2.
Vì hồnh độ A nhỏ hoành độ B nên
xA=−2⇒yA= ⇒A(−2; 4) xB = 1⇒yB = 1⇒B(1; 1)
Ta có C, D hình chiếu A, B nên AC ⊥CD BD ⊥CD Do tứ giác ABDC hình thang vng có AC = 4;CD = 3;BD=
⇒SABDC =
(AC+BD).CD
2 = 7,5(đvdt)
Bình luận Câu tương đối đơn giản, ta cần lưu ý việc xét dấu biểu thức chứa giá trị tuyệt đối
Câu 2a) toán quen thuộc, ta lưu ý việc chọn điểm để vẽ dễ dàng Câu 2b) có ý Ý tốn phương trình hồnh độ giao điểm, khơng khó khăn để ta giải tìm tọa độ giao điểm Ý tương đối lạ lồng ghép tốn hình học vào tốn đồ thị Ta cần nhìn hình vẽ câu a để suy tính chất tứ giác đó, kết hợp với cơng thức học để hồn thành yêu cầu đề
Bài tập tương tự
1 Thưc phép tính: …
Ä
(47)2 Cho hàm số y= 2x2 có đồ thị là (P) và hàm số y= 3x−1 có đồ thị là(d).
a) Vẽ (P) (d) mặt phẳng tọa độ Oxy
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm A, B (P)và(d)biết hoành độ củaA lớn hoành độ B Gọi C vàD hình chiếu vng góc củaA vàB trục hồnh, tính diện tích tứ giác ABDC
1 Giải phương trình hệ phương trình sau:
a) x4+ 2017x2−2018 = 0. b)
2x+y=−1 x−2y=
2 Cho phương trình bậc hai x2−2x+m+ = 0 (m là tham số).
a) Tìmm để phương trình có nghiệm x=−1 Tính nghiệm cịn lại
b) Tìmm để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x31+x32 =
Bài
Phân tích Câu 1a)là phương trình trùng phương, ta đặt t=x2 (lưu ý điều kiện t) để đưa phương trình bậc sử dụng cơng thức nghiệm để giải, nhẩm nghiệm nhanh cách sử dụng hệ định lí Vi-ét
Câu 1b) hệ phương trình bậc giải phương pháp cộng đại số
Câu 2a) ta biết nghiệm −1 ta vào phương trình để tìm giá trị m, sau ngược lại giá trị m vào phương trình để giải phương trình tìm nghiệm cịn lại Hoặc sau tìm m ta sử dụng định lí Vi-ét để tìm nghiệm cịn lại
Câu 2b)u cầu tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn biểu thức Trước tiên ta sử dụng biệt thức ∆ để tìm điều kiện có nghiệm phân phương trình, sau biến đổi biểu thức tổng,tích nghiệm để áp dụng định lí Vi-ét giải
Lời giải a) x4+ 2017x2−2018 = 0.
Đặt t =x2,(t≥0), phương trình cho trở thành: t2+ 2017t−2018 = 0.(∗) Cách 1: Ta thấy hệ số phương trình (∗)lần lượt là:
a = 1, b= 2017, c=−2018
∆ = b2−4ac = 20172−4.1.(−2018) = 4076361 > 0 nên phương trình có nghiệm phân biệt là:
t1 =
−b+√∆
2a = 1;t2 =
−b−√∆
2a =−2018
Do điều kiện t≥0 nên ta nhậnt = Với t= 1⇔x2 = 1 ⇔x=±1.
(48)Cách 2: Ta thấy hệ số phương trình (∗) a = 1, b = 2017, c = −2018
a+b+c= + 2017 + (−2018) = nên theo hệ định lí Vi-ét phương trình (∗)
có nghiệm t= t= c
a =−2018
Do điều kiện t≥0 nên ta nhậnt= Với t = 1⇔x2 = 1⇔x=±1
Vậy phương trình cho có tập nghiệm S ={−1; 1}
b) Cách 1:
2x+y=−1 x−2y=
⇔
y=−1−2x x−2(−1−2x) =
⇔
y =−1−2x 5x=
⇔
y=−1−2x=−3 x=
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (1;−3)
Cách 2:
2x+y=−1 x−2y=
⇔
4x+ 2y=−2 x−2y =
Cộng vế theo vế phương trình ta được: 5x= ⇔x=
Từ x= 1, thay vào phương trình thứ ta được:y =−1−2x=−3
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (1;−3)
2 x2−2x+m+ = (1) (m là tham số).
a) −1 nghiệm phương trình nên:
(−1)2−2(−1) +m+ = 0⇔m =−6
Cách 1: Thay m=−6vào phương trình (1) ta phương trình:
x2−2x−3 = 0⇔x=−1 x=
Vậy nghiệm lại phương trình
Cách 2: Ta có hệ số phương trình a = 1, b=−2, c= Theo định lí Vi-ét: x1+x2 =
−b
a = ⇒ −1 +x2 = 2⇒x2 =
Vậy nghiệm cịn lại phương trình b) ∆0 =b02 −ac= (−1)2−(m+ 3) =−(m+ 2).
Để phương trình có nghiệm phân biệt ∆0 >0⇔ −(m+ 2)>0⇔m <−2
Theo định lí Vi-ét ta có:
x1+x2 = −b
a = x1.x2 =
c
a =m+
Xét x3
1+x32 = 8⇔(x1+x2)(x21−x1x2+x22) =
⇔ (x1 +x2) ((x1+x2)2−3x1x2) = ⇔ 2.(22 −3(m+ 3)) = ⇔ m = −3 (thỏa điều kiện có nghiệm) Vậy m =−3 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn
x3
1+x32 =
Bình luận Câu 1a) phương trình hệ phương trình bản, áp dụng kiến thức học ta giải tốn khơng khó khăn
(49)yêu cầu toán Câu 2b) yêu cầu việc biến đổi biểu thức theo tổng tích áp dụng định lí Vi-ét để tìm giá trị m Việc biến đổi khơng q khó ta cần nhớ lại đẳng thức học thực việc biến đổi
Bài tập tương tự
1 Giải phương trình hệ phương trình sau:
a) 2x4−5x2+ = 0. b)
x+ 3y= 2x−y =
2 Cho phương trình bậc hai x2−4x+ 1−m= (m tham số)
a Tìmm để phương trình có nghiệmx= Tính nghiệm cịn lại
b Tìmm để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x31+x32 =m
Một phịng họp có250 chỗ ngồi chia thành dãy, dãy có số chỗ ngồi Vì có đến 308 người dự họp nên ban tổ chức phải kê thêm dãy ghế, dãy ghế phải kê thêm chỗ ngồi vừa đủ Hỏi lúc đầu phịng họp có dãy ghế dãy ghế có chỗ ngồi?
Bài
Phân tích Thoạt nhìn ta tưởng tốn cần đặt ẩn, số dãy ghế số chỗ ngồi dãy Nhưng xem xét kĩ toán ta nhận thấy đại lượng có mối liên hệ với Nếu ta lấy số dãy ghế nhân với số chỗ ngồi dãy ta tổng số chỗ ngồi, toán cho ta kiện Do ta cần ẩn số dãy ghế số ghế dãy
Lời giải Gọi x số dãy ghế (x∈N∗ và x∈Ư(250)).
Số chỗ ngồi dãy lúc đầu 250
x (chỗ)
Số dãy ghế lúc sau làx+ (dãy) Số chỗ ngồi dãy lúc sau 250
x + (chỗ)
Vậy ta có phương trình:
(x+ 3)
Ç
250 x +
å
= 308⇔x2−55x+ 750 = 0.
∆ = 552−4.750 = 25>0 nên phương trình có nghiệm phân biệt:
x1 =
−55 +√25
2 = 30 (loại)
x2 =
−55−√25
2 = 25 (nhận)
Vậy ban đầu phịng họp có 25 dãy ghế dãy có 250
25 = 10 chỗ ngồi
(50)Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Một điểm M cố định thuộc đoạn thẳng OB (M
khác B M khácO) Đường thẳng d vng góc với AB M cắt nửa đường tròn cho N Trên cungN B lấy điểm E (E khácB E khácN) TiaBE cắt đường thẳng
d C Đường thẳng AC cắt nửa đường tròn D Gọi H giao điểm củaAE đường thẳng d
a) Chứng minh tứ giác BM HE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh điểm B, H, D thẳng hàng
c) Tính giá trị biểu thức BN2+AD.AC theo R
d) Đường tròn ngoại tiếp tam giácAHC cắt ABtại K Chứng minh E di động cung N B độ dài đoạn thẳng BK khơng đổi
Bài
Phân tích Câu a) để chứng minh tứ giác nội tiếp ta cần nhớ lại dấu hiệu học Ở tứ giác BM HE có góc vng, khơng khó khăn để ta tìm yếu tố cịn lại
Câu b) toán chứng minh điểm thẳng hàng Nhìn hình vẽ đốn H trực tâm BD đường cao tam giácABC, từ suy điều phải chứng minh
Câu c) yêu cầu tính giá trị biểu thức gồm có phần rõ ràng Ý ta sử dụng hệ thức lương tam giác vng ý cịn lại suy từ tam giác đồng dạng Câu d) yêu cầu chứng minh độ dài đoạn thẳng không đổi, tức độ dài phải độ dài cố định Trong tốn ta có điểm A, B, O, M điểm cố định Ta cần chứng minh độ dài BK có liên hệ với độ dài đoạn thẳng qua số điểm
Lời giải
A O M B
N
E C
D
H
a) Chứng minh tứ giác BM HE nội tiếp đường trịn
÷
(51)⇒AEB÷ +BM H◊ = 90◦+ 90◦ = 180◦
⇒BM HE nội tiếp (tổng góc đối bằng180◦) b) Chứng minh điểm B, H, D thẳng hàng
Xét 4ABC cóCM AE hai đường cao nênH trực tâm 4ABC (1) Mà ADB÷ = 90◦(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
⇒BD⊥AC ⇒BD đường cao 4ABC (2)
Từ (1),(2) suy H ∈BD hay B, H, D thẳng hàng c) Tính giá trị biểu thức BN2 +AD.AC theo R.
Xét 4AM C 4ADB
◊
AM C =ADB÷ = 90◦
◊
M AD góc chung
⇒ 4AM C v4ADB (g.g)
⇒ AM
AD = AC
AB (cạnh tương ứng)⇒AD.AC =AB.AM = 2R.AM (3)
Ta có AN B÷ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Xét 4AN B vng tạiN, có N M đường cao nên
BN2 =BM.BA= 2R.BM (4)
Từ (3),(4) ta BN2 +AD.AC = 2R.BM + 2R.AM = 2R.(AM +BM) = 2R.AB =
2R.2R= 4R2
d) Đường tròn ngoại tiếp tam giácAHC cắt AB K Chứng minh khiE di động cung
N B độ dài đoạn thẳng BK không đổi
A O M B
N
E C
D
H
K
Tứ giác AKHC nội tiếp nên ACH÷ =HKM◊(góc ngồi góc đối tứ giác nội tiếp) Mà ACH÷ =HBM◊(4AM C v4ADB)⇒HKM◊ =HBM◊ ⇒ 4BHK cân H
Lại có HM ⊥BK (giả thiết) nên HM đường trung tuyến 4BHK
(52)MàB, M cố định nên BM không đối, BK = 2BM khơng đổi Vậy E di động cung N B độ dài đoạn thẳngBK khơng đổi
Bình luận Câu a) toán chứng minh tứ giác nội tiếp quen thuộc mà đề gợi ý góc vng tứ giác đó, khơng khó khăn để ta tìm yếu tố cịn lại
Câu b) toán thẳng hàng, dạng toán tương đối khó Nhưng hình vẽ tốn ta dễ dàng nhận mối liên hệ điểm cho từ tìm yếu tố cần thiết để chứng minh
Câu c) xoay quanh vấn đề tam giác đồng dạng hệ thức lượng, ta cần xem xét kĩ đề để phán đoán hệ thức lượng nằm tam giác cặp tam giác đồng dạng Câu d) chứng minh yếu tố độ dài không đổi Đây vấn đề tương đối khó ta cần phải hiểu độ dài không đổi vấn đề khó tìm kiếm liên quan với yếu tố cho
Cho a số thực dương lớn x=»a+√a2−1 +»a−√a2−1. Tính giá trị biểu thức P =x3−2x2−2(a+ 1)x+ 4a+ 2021.
Bài
Phân tích Ta phải biến đổi x thành biểu thức đơn giản Chúng ta tách đẳng thức để ý kĩ ta thấy tổng biểu thức sai khác dấu nên ta bình phương lên để giải
Lời giải Cách 1:
x=
»
a+√a2−1 +»a−√a2 −1
⇔x√2 =
»
2a+ 2√a2−1 +»2a−2√a2−1
=
q
a+ + 2»(a−1)(a+ 1) +a−1 +
q
a+ 1−2»(a−1)(a+ 1) +a−1 =
q
(√a+ +√a−1)2+q(√a+ 1−√a−1)2
=√a+ +√a−1 +√a+ 1−√a−1 = 2√a+
⇔x=»2(a+ 1) ⇔x2 = 2(a+ 1)
⇔x2.x= 2(a+ 1)x⇔x3 = 2(a+ 1)x
(53)Vậy P = 2017 x= a+√a2−1 + a−√a2−1 . Cách 2:
x=
»
a+√a2−1 +»a−√a2 −1 ⇔x2 =a+√a2−1 +a−√a2−1 + 2
q
(a+»a2−1)(a−√a2−1)
= 2a+ 2√a2 −a2+ = 2a+ = 2(a+ 1) ⇔x2.x= 2(a+ 1)x⇔x3 = 2(a+ 1)x
P =x3−2x2−2(a+ 1)x+ 4a+ 2021 = 2(a+ 1)x−2(2a+ 2)−2(a+ 1)x+ 4a+ 2021 =−4a−4 + 4a+ 2021 =−4 + 2021 = 2017
Vậy P = 2017 x=»a+√a2−1 +»a−√a2−1.
Bình luận Đây chẳng qua toán rút gọn mức độ nâng cao Ta cần nắm vững kĩ thuật thêm bớt đẳng thức xem xét kĩ biểu thức có đặc biệt, từ đưa hướng giải phù hợp Đối với toán này, cách dễ tiếp cận quen thuộc, thường gặp toán rút gọn Cách gặp lại tỏ hiệu việc tính tốn nhìn đỡ rối
Đề 7. Đề thi tuyển sinh Lớp 10 Sở GD ĐT Cà Mau
Cho biểu thức A= 2a
2+ 4
1−a3 −
1 +√a −
1
1−√a (với a≥0;a 6= 1)
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm giá trị lớn biểu thức A
Bài
Phân tích Với câua) ta quy đồng phân thức, sau rút gọn tử mẫu
Câu b) hướng tới việc tìm giá trị nhỏ hàm phân thức, ta kết hợp với ĐKXĐ a
Lời giải ĐKXĐ: a≥0;a6= a) Khi
A = 2a
2+ 4
1−a3 −
(1−√a)(1 +a+a2) +√a −
(1 +√a)(1 +a+a2) 1−√a
= 2a
2+ 4−(1 +a+a2−√a−a√a−a2√a)−(1 +a+a2+√a+a√a+a2√a)
(1−a)(1 +a+a2)
= 2−2a (1−a)(1 +a+a2)
(54)b) Do a≥0;a2 ≥0⇒1 +a+a2 ≥1.
Do
1 +a+a2 ≤1⇒
2
1 +a+a2 ≤2 hay A≤2 Dấu” = ” xảy +a+a2 = 1 ⇔a= 0 Vậy giá trị lớn A là2 a=
Bình luận a) Đây dạng bản, học sinh cần nắm vững phương pháp rút gọn, vận
dụng đẳng thức cẩn thận tính tốn làm
b) Tìm giá trị lớn phân thức có tử số mẫu biểu thức, ta cần tìm giá trị nhỏ biểu thức mẫu
Bài tập tương tự
Cho biểu thức A = 6a
2+ 12
1−a3 −
3 +√a −
3
1−√a (với a ≥0;a6= 1)
1 Rút gọn biểu thức A
2 Tìm giá trị lớn biểu thứcA
Đáp án:
a)A= +a+a2
b)Giá trị lớn A là2 khia =
Cho hệ phương trình
x+y=m mx+y=
a) Giải hệ phương trình m=
b) Xác định giá trị m để đường thẳng y = −x+m cắt đường thẳng y =−mx+ điểm nằm parabol y =−2x2.
Bài
Phân tích a) Thay giá trị m = ta hệ phương trình bậc hai ẩn Ta giải hệ phương pháp cộng đại số phương pháp
b) Đối với tốn ta tìm giao điểm đường thẳng cách lập phương trình hồnh độ giao điểm Ta cần tìm tham sốm để giao điểm thỏa phương trình Parabol
Lời giải a) Với m= hệ phương trình trở thành
(I)
(55)Cách 1:
x+y= 2x+y =
⇔
y= 2−x
2x+ (2−x) =
⇔
y= 2−x x=−1
⇔
x=−1 y=
Cách 2:
x+y = (1) 2x+y= (2)
Lấy(2)−(1) ta được: x=−1
Thay x=−1 vào(1), ta có:−1 +y= 2⇒y= Vậy nghiệm hệ phương trình (x;y) = (−1; 3)
b) Phương trình hồnh độ giao điểm hai đường thẳng (d1) : y = −x+m đường thẳng
(d2) :y=−mx+ là:
−x+m=−mx+
⇔(m−1)x= 1−m
⇔x= 1−m
m−1 (vì m6= 1)
⇔x=−1
Với x=−1⇒y = +m
Do giao điểm nằm Parabol (P) :y=−2x2 nên thay x=−1, y = +m vào(P), ta được:
1 +m =−2.(−1)2 ⇔1 +m=−2⇔m =−3 Vậy m=−3 giá trị cần tìm
Bình luận a) Đối với tốn có hệ số củaxhoặcylà2số đối phương pháp cộng đại số ưu tiên Ngoài tốn rúty theox ngược lại ta ưu tiên phương pháp Đối với tốn ta lựa chọn hai phương pháp cộng đại số để giải
b) Đây toán tương giao đường Ta cần tìm tham sốm để giao điểm đường thỏa phương trình Parabol
Bài tập tương tự
Cho hệ phương trình
3x+y=m mx+y=
a) Giải hệ phương trình m=
b) Xác định giá trị m để đường thẳngy=mx+ cắt đường thẳngy= 2x+ 2m+ điểm nằm parabol y= 3x2.
Đáp án:
a) (x, y) = (−3; 11) b)m=
(56)Người ta hòa 8kg chất lỏng loại I với 6kg chất lỏng loại II hỗn hợp có khối lượng riêng là700kg/m3 Tính khối lượng riêng chất lỏng Biết khối lượng riêng chất lỏng loại I lớn khối lượng riêng chất lỏng loạiII là200kg/m3.
Bài
Phân tích Đây tốn thực tế liên quan đến đại lượng vật lý khối lượng, khối lượng riêng thể tích Ta cần nhớ công thức m=D.V, với m, D, V khối lượng, khối lượng riêng thể tích chất Đề khơng đề cập đến thể tích hỗn hợp nên ta giả sử thể tích hỗn hợp bảo tồn Ta giải tốn cách lập phương trình biểu thị mối liên hệ đại lượng thông qua bảo tồn thể tích chất hỗn hợp
Lời giải Gọi khối lượng riêng chất lỏng loại I làx(kg/m3), (x >200) Khi khối lượng riêng chất lỏng loại II (x−200)(kg/m3).
Do thể tích hỗn hợp bảo toàn nên
8 x +
6 x−200 =
14 700
⇔8x−1600 + 6x
x2−200x =
1 50
⇔14x−1600 = 0,02.(x2−200x)
⇔0,02x2−18x+ 1600 =
⇔x= 800∨x= 100
Vì x >200 nên ta nhậnx= 800
Vậy khối lượng riêng chất loại lỏng I 800kg/m3
và khối lượng riêng chất lỏng loại II 600kg/m3.
Bình luận Thực tế trộn 2chất lỏng với thể tích hỗn hợp nhỏ tổng thể tích 2chất Nhưng đề khơng đề cập đến nên ta xem thay đổi không đáng kể sử dụng bảo toản thể tích để giải tốn Bài tốn có lồng ghép giải phương trình bậc giải cần ý điều kiện x để dễ dàng chọn nghiệm
Bài tập tương tự
Người ta hòa 5kg chất lỏng loại I với 3kg chất lỏng loại II hỗn hợp có khối lượng riêng 800kg/m3 Tính khối lượng riêng chất lỏng Biết khối lượng riêng chất lỏng loại I lớn khối lượng riêng chất lỏng loại II 400kg/m3.
(57)Cho phương trình bậc hai: x2−2(k−2)x−2k−5 = 0 (với k là tham số).
a) Chứng minh phương trình có 2nghiệm phân biệt với giá trị k b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Tìm giá trị k cho x21+x22 = 18
Bài
Phân tích a) Là dạng tốn phương trình bậc hai ln có2 nghiệm phân biệt với giá trị tham số k ta cần chứng minh ∆>0,∀k
b) Với phương trình bậc hai có nghiệm phân biệt ta sử dụng Định lý Vi-ét để tìm mối liên hệ tổng, tích nghiệm theo tham số k Biểu diễn biểu thức cho theo tổng tích
2 nghiệm phương trình
Lời giải a) x2−2(k−2)x−2k−5 = (1). Ta có
∆0(1) = (k−2)2+ 2k+ =k2−2k+
= (k−1)2+ 8>0,∀k
Vậy phương trình(1) ln có2 nghiệm phân biệt với giá trị củak b) Gọix1, x2 2nghiệm phương trình (1)
Áp dụng Định lý Vi-ét cho (1), ta được:
x1+x2 =
2(k−2)
1 = 2(k−2) x1.x2 =
−2k−5
1 =−2k−5
Ta có:
x21+x22 = 18
⇔(x1+x2)2 −2.x1x2 = 18 ⇔4(k−2)2−2.(−2k−5) = 18
⇔4k2 −12k+ =
⇔k = 1∨k =
Vậy k = 1; k = giá trị cần tìm
(58)Bài tập tương tự
Cho phương trình bậc hai: x2−2mx+ 2m−10 = (với m tham số)
a) Chứng minh phương trình có 2nghiệm phân biệt với giá trị m b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Tìm giá trị m cho 2(x21+x22) = 38
Đáp án:b)m=
Cho đường trịn(O)bán kính R dây BC cố định Gọi Alà điểm cung nhỏ BC Lấy điểmM cung nhỏAC, kẻ tia Bx vng góc với tiaM A ởI cắt tia CM D
a) Chứng minh AM D◊ =ABC÷ tia M A tia phân giác BM D◊
b) Chứng minh A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD BDC÷ có độ lớn khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M
c) Tia DA cắt tiaBC E cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Chứng minh AB
là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
Bài
Phân tích a) Ta dựa vào tính chất góc nội tiếp, kiện đề A điểm cung
_ BC chia
_
BC thành cung nhỏ Ta chứng minh góc tương ứng
b) Dựa vào tính chất tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác điểm cách đỉnh tam giác Để chứng minh độ lớn góc khơng phụ thuộc vào điểm thay đổi, ta chứng minh góc với góc cố định
c) Để chứng minh đường thẳng tiếp tuyến đường tròn ta chứng minh đường thẳng vng góc với bán kính đường trịn tiếp điểm
Lời giải a) Ta có
O B
C A
M I D
(59)◊
AM D=M CA◊+◊M AC (vìAM D◊ góc ngồi ∆ACM)
=
_ M A+1
2 _ M C=
2 _ AC
Mặt khác ABC÷ =
1
_
AC (góc nội tiếp (O)chắn AC_ ) Do đóAM D◊ =ABC÷ (1)
Ta lại có: ÷
ABC =
_
AC (góc nội tiếp (O)chắn
_ AC) ◊
BM A=
_
AB (góc nội tiếp (O) chắnAB_ ) Mà AC=_ AB_ (vìA điểm BC_ ) Suy ABC÷ =BM A◊ (2)
Từ (1),(2) suy AM D◊ =◊BM A HayM A tia phân giác BM D◊
b) Xét ∆AM B ∆AM D, ta có
AM chung
◊
BM A=AM D◊ (chứng minh câu a.)
M B =M D (∆BM D có đường cao đồng thời đường phân giác nên ∆BM D cân M)
Vậy ∆AM B = ∆AM D (c.g.c)
⇒AB=AD
Mà AB=AC (2 dây cung chắn2 cung AB,_ AC_ nhau)
NênAB =AC =AD
Do đóA tâm đường trịn ngoại tiếp ∆BCD
⇒BDC÷ =
1
2BAC÷ (góc nội tiếp góc tâm đường trịn (BCD) chắn _ BC)
(60)c)
O B
C A
M I D
E
F
K χ
Gọi BK đường kính đường trịn (BEF) Ta có:
÷
ABE =AF B÷ (=
1
_ BC)
MàAF B÷ =BKE÷ (cùng chắn
_
BE BEF) BKE÷ +EBK÷ = 90◦
Do đóAB =EBK÷ = 90◦ ⇒ABK÷ = 90◦ HayAB ⊥BK
Vậy AB tiếp tuyến đường tròn (BEF)
Bình luận a) Là tốn chứng minh cặp góc nhau, ta sử dụng tính chất góc nội
tiếp để chứng minh cặp góc tương ứng
b) Là tốn tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, ta sử dụng tính chất cách đỉnh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
c) Là tốn liên quan đến tiếp tuyến đường trịn, ta dựa vào định nghĩa tiếp tuyến kết hợp yếu tố đề giải
Các kiến thức toán tương đối dễ, câu có liên kết với nhau, câu sau vận dụng kết câu trước để chứng minh, chủ yếu sử dụng kiến thức góc nội tiếp đường trịn để chứng minh
(61)1 Giải phương trình x2−9x+ 20 =
2 Giải hệ phương trình
7x−3y= 4x+y=
3 Giải phương trình x4−2x2−3 =
Bài
Phân tích Câu giải phương trình bậc hai Ta có nhiều cách làm câu này, dùng định lý cơng thức nghiệm, hay phân tích đa thức thành nhân tử giải phương trình tích Câu hệ phương trình bậc theo hai ẩnx,yquen thuộc Có hai cách giải cho này: dùng phương pháp thế, hai phương pháp cộng đại số
Câu giải phương trình bậc trùng phương Cách giải ta nghĩ đến đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc hai kèm điều kiện ẩn phụ để giải, sau dựa vào giá trị tìm ẩn phụ để tìm nghiệm phương trình ban đầu
Lời giải
1
x2−9x+ 20 = (1)
ĐKXĐ: x∈R • Cách 1:
Phương trình (1) có: a= 1, b=−9, c= 20
∆ =b2−4ac= 92−4.1.20 = 1>0
⇒ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:
x1 =
−b−√∆
2a = 9−1
2 = 4; x2 =
−b+√∆
2a = +
2 =
• Cách 2:
(1)⇔x2−4x−5x+ 20 =
⇔x(x−4)−5(x−4) =
⇔(x−4)(x−5) =
⇔
x−4 = x−5 =
⇔
(62)• Cách 3:
(1)⇔x2−2.9 2.x+
81 −
1 =
⇔ Ç
x−
2 å2 = ⇔
x−
2 = x−
2 =− ⇔
x= x=
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x1 = x2 =
2
7x−3y= 4x+y=
(I)
ĐKXĐ: x, y ∈R • Cách 1:
(I) ⇔
7x−3y= y= 5−4x
⇔
7x−3(5−4x) = y= 5−4x
⇔
19x−15 = y= 5−4x
⇔
19x= 19 y= 5−4x
⇔
x= y= 5−4x
⇔
x= y=
• Cách 2:
(I) ⇔
28x−12y= 16 28x+ 7y= 35
⇔
−19y=−19
28x= 35−7y
⇔
y=
28x= 35−7
⇔
y= 28x= 28
⇔
y= x=
Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm (x= 1;y= 1)
x4−2x2−3 = (1)
(63)• Cách 1:
Đặt t=x2 (t≥0)
Phương trình (1) trở thành:
t2−2t−3 = (ĐK: t≥0) (2)
Phương trình (2) có: a= 1, b=−2, c=−3
∆ =b2−4ac= (−2)2−4.1.(−3) = 16>0
⇒ Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt:
t1 =
−b−√∆
2a = 2−4
2 =−1(loại); t2 =
−b+√∆
2a = +
2 = (nhận)
Khi đó:
(1) ⇔ x2 = 3 ⇔
x=√3 x=−√3
• Cách 2:
(1) ⇔x4−3x2+x2−3 =
⇔x2(x2−3) + (x2−3) =
⇔(x2 −3)(x2+ 1) =
⇔x2−3 = (do x2+ 1>0,∀x∈R)
⇔x2 =
⇔
x=√3 x=−√3
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x1 = √
3 vàx2 =− √
3
Bình luận Bài gồm câu đơn giản, không yêu cầu cao tư Ta cần ý cách trình bày lập luận để khơng bị điểm
Với câu 1, ta thường lựa chọn cách (giải công thức nghiệm) để làm, khả giải phương trình bậc hai cách này, với bước giải ngắn
Cách (phân tích đa thức thành nhân tử, đưa phương trình tích) cách giải hiệu trường hợp ta biết phương trình có nghiệm "đẹp" (khơng phải nghiệm vơ tỉ, có căn) Cách giải khơng địi hỏi phải viết lập luận mà đảm bảo tính logic, mạch lạc, tự nhiên giải
(64)để tìm nghiệm vơ tỉ, có (chẳng hạnx2−2x−1 = 0 ⇔(x−1)2 = 2⇔x=√2+1∨x=−√2+1) cách nhanh với cơng thức nghiệm có sẵn!
Nói chung, để giải nhanh xác phương trình bậc hai, trước tiên ta cần bấm máy tính để tìm nghiệm trước, tùy vào phương trình có nghiệm "đẹp" hay "xấu" hay vô nghiệm để định cách giải phù hợp
Tương tự với câu 3, sau đưa phương trình dạng bậc hai, ta giải phương trình bậc hai theo cách tùy thích, cần lưu ý điều kiện để nhận nghiệm Cách câu có sử dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử, không cần phải đặt ẩn phụ Với câu 2, ta hồn tồn lựa chọn hai cách trình bày để giải, cách sử dụng phương pháp cách lại phương pháp cộng đại số Trong này, ta dễ dàng tính
y theo x từ phương trình nên có lẽ phương pháp ưu tiên nhiều
Bài tập tương tự
1 Giải phương trình 2x2+ 11x+ = 0.
Đáp án: x1 =−1, x2 =−
9
2 Giải hệ phương trình
−5x+ 2y =−2
x+ 3y= 10
Đáp án:
Ç
x= 26 17;y =
48 17
å
3 Giải phương trình x4−x2−20 = 0.
Đáp án: x1 = √
5, x2 =− √
5
Cho hai hàm số y=−1
2x
2 và y=x−4có đồ thị là (P)và (d).
1 Vẽ hai đồ thị (P)và (d) mặt phẳng tọa độ Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị (P) (d)
Bài
Phân tích Câu đưa yêu cầu vẽ đồ thị hàm số bậc hai (dạng y =ax2) hàm số bậc (dạng y=ax+b), nghĩa vẽ đường parabol đường thẳng mặt phẳng tọa độ
Vẽ parabol (P):
(65)- Bước 2: Vẽ;
- Bước 3: Kết luận parabol qua điểm Vẽ đường thẳng(d):
- Bước 1: Lập bảng giá trị: Ta cần biết tối thiểu điểm nằm đường thẳng, nên ta chọn giá trị hồnh độ vào phương trình đường thẳng tìm tung độ;
- Bước 2: Vẽ;
- Bước 3: Kết luận đường thẳng qua điểm
Câu yêu cầu tìm tọa độ giao điểm của(P)và(d) Đề khơng nói rõ tìm đồ thị hay phép toán, nhiên ta tìm thơng qua giải phương trình hồnh độ giao điểm để đảm bảo tính xác khoa học:
- Bước 1: Viết phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d);
- Bước 2: Giải phương trình hồnh độ giao điểm: Phương trình hồnh độ giao điểm parabol đường thẳng phương trình bậc hai, nên cốt lõi câu giải phương trình bậc hai tìm hồnh độ giao điểm;
- Bước 3: Tìm tung độ giao điểm: hồnh độ tìm vào hai hàm số để có tung độ giao điểm hai đồ thị;
- Bước 4: Kết luận tọa độ giao điểm hai đồ thị (P) (d)
Lời giải
1 Vẽ đồ thị(P) :y=−1
2x
2: Bảng giá trị:
x −2 −1 y=−1
2x
2 −2 −1
2 − −2
Vậy đồ thị (P)đi qua điểm có tọa độ (−2;−2), (−1;−1
2), (0; 0), (1;−
2),(2;−2)
Vẽ đồ thị (d) :y=x−4: Bảng giá trị:
x
y=x−4 −4 −3
(66)x y
O
−2
−3
−1
2
−2 −1
(d)
(P)
2 Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):
−
2x
2 =x−4
⇔ −x2 = 2x−8
⇔ −x2−2x+ =
⇔ −x2−4x+ 2x+ =
⇔ −x(x+ 4) + 2(x+ 4) =
⇔(x+ 4)(−x+ 2) =
⇔
x+ =
−x+ =
⇔
x=−4 x=
⇒ (P)cắt (d) hai điểm A(−4;yA) B(2;yB) A(−4;yA)∈(d) ⇒ yA =−4−4 =−8 ;
B(2;yB)∈(d) ⇒ yB = 2−4 = −2
Vậy (P) cắt (d)tại hai điểm A(−4;−8) B(2;−2)
Bình luận Bài đưa yêu cầu bản, ta cần nắm vững phương pháp hồn thành tốt
Để ý câu 2, đề khơng rõ phải tìm tọa độ giao điểm phép tốn, ta khéo léo tận dụng bước lập bảng giá trị câu để làm xuất điểm chụng hai đồ thị: Đầu tiên, ta bấm máy tính giải phương trình hồnh độ giao điểm để tìm nghiệm Sau đó, lập bảng giá trị, ta dùng hai nghiệm vừa tìm để xác lập tọa độ điểm thuộc đồ thị Khi đó, hai bảng giá trị liệt kê điểm mà đồ thị qua có tọa độ hai điểm chung (P)
và (d) Vậy để trình bày câu ta cần hai điểm chung bảng giá trị xong!
(67)phân biệt; tức số giao điểm chúng tối đa, ta giao điểm chúng tất giao điểm cần tìm Nếu đường thẳng tiếp xúc với parabol điểm khộng có điểm chung với parabol, ta buộc phải giải phương trình hồnh độ giao điểm để có lập luận chặt chẽ
Bài tập tương tự Cho hai hàm số y=x2 y= 6x−9 có đồ thị (P) (d)
1 Vẽ hai đồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa độ Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị (P)và (d)
Đáp án: A(3; 9)
1 Choa >0 a6= Rút gọn biểu thức T =
Ç√
a−2
√
a+ −
√
a+
√
a−2
å
Ç√
a− √4
a
å
2 Một đội xe dự định chở 120 hàng Để tăng an toàn nên đến thực hiện, đội xe bổ sung thêm xe, lúc số hàng xe chở số hàng xe dự định chở Tính số hàng xe dự định chở; biết số hàng xe dự định nhau, thực
Bài
Phân tích Câu yêu cầu rút gọn biểu thức chứa căn, nhiên ta thấy rõ hướng ban đầu Biểu thứcT tích hai phân thức (sau thực quy đồng), nên để rút gọn T ta cần làm xuất tử mẫu phân thức biểu thức giống Vậy ta quy đồng biểu thức ngoặc xem xét bước
Câu vấn đề thực tế yêu cầu giải theo phương pháp toán học Với dạng này, đề u cầu tìm tính tốt ta nên đặt ẩn đối tượng ln, sau kết hợp giả thiết để đặt phương trình hệ phương trình giải tìm giá trị ẩn, đáp án toán Trong câu này, ta đặtx số hàng xe dự định chở
Lời giải
1 Ta có:
T =
Ç√
a−2
√
a+ −
√
a+
√
a−2
å
Ç√
a− √4
a
å
=
đ
(√a−2)2−(√a+ 2)2 (√a−2)(√a+ 2)
ơ
Ç
a−4
√
a
å
=
Ç
a−4√a+ 4−a−4√a−4 a−4
å
Ç
a−4
√
a
å
= −8
√
a
√
(68)2 • Cách 1:
Gọi x (tấn) số hàng xe dự định chở (ĐK: x >1) Suy số xe dự định là: 120
x (chiếc)
Vì thực hiện, xe chở (x−1)(tấn) nên số xe là: 120
x−1 (chiếc)
Theo đề bài, số xe thực nhiều số xe dự định Từ ta có phương trình:
120 x−1−
120
x = (ĐK: x >1) (1)
Giải phương trình:
(1)⇔120x−120(x−1) = 4x(x−1)
⇔120x−120x+ 120 = 4x2−4x
⇔4x2−4x−120 =
⇔
x= (nhận)
x=−5(loại) Vậy số hàng xe dự định chở • Cách 2:
Gọi x (tấn) số hàng xe dự định chở (ĐK:x >1);y (chiếc) số xe dự định (ĐK:y ∈N∗).
Suy số hàng xe chở thực x−1 (tấn), số xe chở thực
y+ (chiếc)
Ta có hệ phương trình sau:
xy = 120
(x−1)(y+ 4) = 120
(ĐK: x >1;y∈N∗) (I)
Giải hệ phương trình:
(I) ⇔
xy= 120
xy+ 4x−y−4 = 120
⇔
xy= 120 4x−y−4 =
⇔
xy= 120 y= 4x−4
⇔
x(4x−4) = 120 y= 4x−4
⇔
4x2−4x−120 = 0
y= 4x−4
⇔
x= 6(nhận) hoặcx=−5(loại)
y= 4x−4
⇔
x= y= 20
(69)
Bình luận Câu yêu cầu rút gọn biểu thức đơn giản, ta thử làm theo hướng nghĩ ban đầu đến kết cách tự nhiên Ta cần lưu ý tính tốn, khai triển rút gọn xác
Phương pháp giải câu khơng có mẻ: đặt ẩn thành lập phương trình để giải Nhưng nhìn với đề nhiều chữ nhiều giả thiết, có khả ta khơng thành lập phương trình để giải tìm đáp án xác tốn Ta cần đọc thật kĩ đề để tìm mối quan hệ đại lượng, đối tượng gặp phải Cũng nên lưu ý thêm đặt ẩn thay cho đối tượng thực tế, ta phải gắn ẩn với điều kiện cho hợp lý Nhiều ta không để ý chuyện đặt điều kiện, dẫn tới bối rối phải nhận loại nghiệm tìm
Bài tập tương tự
1 Cho x >0, x6= Rút gọn biểu thức: Q=
Ç
x+
√
x+ −
√
x
å
Ç
3
2−√x −1
å
Đáp án: Q=
2 Một đội xe dự định chở 160 hàng Tuy nhiên, đến ngày thực hiện, có xe gặp trục trặc khơng thể khởi hành Để kịp tiến độ, người ta định chất thêm hàng lên xe để chở hết số hàng ngày hơm Biết việc chất thêm hàng lên xe đảm bảo tính an tồn số lượng hàng xe chở dự định nhau, thực Tính số xe chở hàng thực
Đáp án: 32 xe
Tìm giá trị tham số thực m để phương trình
x2+ (2m−1)x+m2−1 =
có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho biểu thức R = (x1)2+ (x2)2 đạt giá trị nhỏ
Bài
Phân tích Với này, ta xử lí u cầu đề bài: tìmm cho phương trình có hai nghiệm phân biệt; sau tìmm cho biểu thức R đạt giá trị nhỏ
(70)Lời giải Xét phương trình:
x2+ (2m−1)x+m2−1 = (1)
Phương trình (1) có: a = 1, b= 2m−1,c=m2−1.
∆ = b2−4ac
= (2m−1)2−4.1.(m2−1) = 4m2−4m+ 1−4m2+ =−4m+
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khi:
∆>0⇔ −4m+ >0⇔m <
4 (*)
Khi đó, theo Định lý Vi-ét:
x1+x2 =−
b
a = 1−2m; x1x2 =
c a =m
2−1.
Ta có:
R = (x1)2+ (x2)2
= (x1+x2)2−2x1x2
= (1−2m)2−2(m2−1) = 1−4m+ 4m2−2m2+ = 2m2−4m+
= 2(m2−2m+ 1) + = (m−1)2+
(m−1)2 ≥0, ∀m ∈R ⇒R = (m−1)2+ ≥1, ∀m∈R Dấu ” = ” xảy ⇔ m−1 = ⇔ m= (thỏa (*))
Vậy với m = 1, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn biểu thức R =
(x1)2+ (x2)2 đạt giá trị nhỏ
Bình luận Ở yêu cầu đầu tiên, việc tìmm cho ∆>0 đơn giản, ∆ tính nhị thức bậc theo m Nếu ∆là tam thức bậc hai theo m ta cần nắm kiến thức dấu tam thức bậc hai để kết luận nghiệm bất phương trình ∆>0
(71)Bài tập tương tự
Tìm giá trị tham số thựcm để phương trình
x2−2(m−2)x+ 8−m=
có hai nghiệm phân biệt x1,x2 cho biểu thức V =x12x2+x22x1 đạt giá trị lớn
Đáp án:m =
Cho ∆ABC có ba đường caoAD, BE, CF cắt điểm H Biết ba góc CAB÷, ABC÷,
÷
BCA góc nhọn Gọi M trung điểm đoạn AH Chứng minh tứ giácAEHF nội tiếp đường tròn
2 Chứng minh CE.CA=CD.CB
3 Chứng minh EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆BEF
4 Gọi I, J tương ứng tâm đường tròn nội tiếp ∆BDF ∆EDC Chứng minh ’
DIJ =DF C÷
Bài
Phân tích
A
B C
F
E
D H M
I
J
Đầu tiên, tốn tam giác nhọn có ba đường cao cắt trực tâm toán kinh điển Trước làm ta nên nhớ lại số kết có từ đề này, chẳng hạn tứ giác nội tiếp có hình, góc nhau, tam giác đồng dạng
(72)tiếp theo, ta nên ưu tiên trình bày chứng minh tứ giác nội dấu hiệu
Điều phải chứng minh câu làm ta liên tưởng đến chứng minh tam giác đồng dạng, nên ta thử biến đổi đẳng thức đề dạng tỉ lệ cặp cạnh hai tam giác Đến ta thấy cần phải chứng minh ∆CADv∆CBE
Ở câu 3, để chứng minh M E tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp∆BEF, ta nghĩ đến chuyện chứng minh M E vng góc với bán kính điểm E nằm đường trịn Cái khó tìm tâm để có bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆BEF Đến ta cần nhớ kết dễ dàng có được, tứ giác BF EC nội tiếp, nên đường tròn ngoại tiếp ∆BF E đường trịn ngoại tiếp tứ giác BF EC Và khơng khó để tâm đường tròn này! Việc cuối chứng minh M E vng góc với bán kính quaE để có điều phải chứng minh
Ở câu 4, ta cần phải để ý rằng, vai trò cặp điểm I J, F E tương đương Nghĩa ta chứng minh DIJ’ = DF C÷, ta phải đồng thời chứng minh DJ I’ = DEB÷ Kết hợp hai kết lại, ta thấy chúng tương đương với việc
∆DIJ v∆HF E, nên ta chứng minh hai tam giác tương đương Vì yếu tố tương ứng mà ta cần suy từ đồng dạng hai tam giác hai cặp góc nhau, nên chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp g −g mà phải theo trương hợp c−g−chay c−c−c Đề lại cho nhiều giả thiết góc (tâm đường trịn nội tiếp đồng nghĩa với chuyện có đường phân giác góc), nên có lẽ hướng chứng minh đồng dạng c−g−c
sẽ khả thi
Lời giải
1 Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn
A
B C
F
E
D H
M
Ta có: AF H÷ =AEH÷ = 90◦
⇒ A, E, H,F thuộc đường trịn đường kính AH
(73)2 Chứng minh CE.CA=CD.CB
A
B C
F
E
D H
M
∆CADv∆CBE (g−g)do:
÷
ACB chung
÷
ADC =BEC÷ = 90◦
⇒ CA
CB = CD
CE ⇒CE.CA=CD.CB
3 Chứng minh M E tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆BEF A
B C
F
E
D H M
N
Gọi N trung điểm BC Ta có: BF C÷ =BEC÷ = 90◦
⇒ B, F, E, C thuộc đường tròn đường kính BC
⇒ Tứ giác BF EC nội tiếp đường trịn đường kính BC
⇒ ∆BEF nội tiếp đường trịn tâm N, đường kính BC
∆AEH vng E, có EM trung tuyến (M trung điểm AH)
⇒EM =M H =M A= AH
(74)⇒ ∆M EH cân M
⇒M EH◊ =M HE◊ =◊BHD (đối đỉnh) (1)
∆BEC vng tạiE, có EN trung tuyến (N trung điểm BC)
⇒EN =N B =N C = BC
2
⇒ ∆N EB cân tạiN
⇒N EB÷ =N BE÷ (2)
(1), (2) ⇒M EH◊+N EB÷ =◊BHD+N B = 90◦ (do ∆BHD vng D)
⇒M EN◊ = 90◦
⇒ M E ⊥N E E
⇒ M E tiếp tuyến đường trịn tâm N, bán kính N E, tức đường tròn ngoại tiếp
∆BEF
4 Chứng minh DIJ’ =DF C÷
A
B C
F
E
D H
I
J
Do I, J tâm đường tròn nội tiếp của∆BDF ∆EDC, nên suy DI phân giác BDF÷,CJ phân giác ACB÷
Ta có: AEB÷ =ADB÷ = 90◦
⇒ A, E, D,B thuộc đường trịn đường kínhAB
⇒ AEDB tứ giác nội tiếp
⇒ EDC÷ =BAC÷ (góc ngồi góc đối diện)
⇒J DC÷ =
1
2EDC÷ =
2BAC÷ (3)
Ta có: AF C÷ =ADC÷ = 90◦
⇒ A, F,D, C thuộc đường trịn đường kínhAC
(75)⇒ BDF÷ =BAC÷ (góc ngồi góc đối diện)
⇒IDF’ =
1
2BDF÷ =
2BAC÷ (4)
(3), (4) ⇒IDF’ =J DC÷
Mặt khác, tứ giácAF DC nội tiếp đường tròn, ta có:BF D÷ =ACB÷ (góc ngồi góc đối diện)
⇒IF D’ =
1
2BF D÷ =
2ACB÷ =J CD÷
∆DF I v∆DCJ (g−g)do:
’
IDF =J DC÷
’
IF D=J CD÷
⇒ DI
DJ = DF DC (5)
A
B C
F
E
D H
I
J
∆DBF v∆DEC (g−g)do:
÷
ABC =DEC÷ (tứ giác AEDB nội tiếp)
÷
BF D=ACB÷ (tứ giác AFDC nội tiếp)
⇒ DF
(76)A
B C
F
E
D H
I
J
∆HF B v∆HEC (g−g) do:
÷
F HB =EHC÷ (đối đỉnh)
÷
F BE =ECF÷ (tứ giác BFEC nội tiếp)
⇒ F B
EC = HF HE (7)
(5), (6), (7) ⇒ DI
DJ = HF HE ⇒
DI HF =
DJ HE A
B C
F
E
D H
I
J
Ta có:
’
IDJ = 180◦−÷IDB−J DC÷
= 180◦−1
2BDF÷ − 2EDC÷
= 180◦−1
2BAC÷−
2BAC÷ (các tứ giác AFDC, AEDB nội tiếp)
= 180◦−BAC÷
(77)∆DIJ v∆HF E (c−g−c)do:
DI HF =
DJ HE
’
IDJ =F HE÷ ⇒DIJ’ =HF E÷
Ta có: BF H÷ =◊BDH = 90◦
⇒ B, F, H,D thuộc đường trịn đường kính BH
⇒ Tứ giác BF HDnội tiếp đường tròn
⇒DF C÷ =EBC÷; mà EBC÷ =EF C÷ (tứ giác BFEC nội tiếp) EF C÷ =DIJ’ ⇒DF C÷ =DIJ’
Bình luận Đề gây khó từ câu 3, thiếu vận dụng kết hai câu dễ phía trước với hai câu khó phía sau Ta phải nhớ nhiều kết sẵn có dạng tam giác nhọn có ba đường cao thấy hướng giải cho hai câu khó Đặc biệt câu 4, giả thiết cho tâm đường tròn nội tiếp tam giác, yếu tố không thường gặp học sinh Nhiều người loay hoay với giả thiết cố gắng vẽ đường tròn nội tiếp, điều cần thiết cần nhận giả thiết cho tâm đường tròn nội tiếp nghĩa cho ba đường phân giác (đường thẳng nối từ đỉnh đến tâm đường tròn nội tiếp tam giác đường phân giác tam giác)
Đề 9. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tỉnh Hưng Yên
a) Rút gọn biểu thức A=√3 +»(2−√3)2+ 6 .
b) Tìm m để đồ thị hàm số y=mx+ cắt trục hồnh điểm có hồnh độ
c) Giải hệ phương trình
x+ 3y= x−y=
Bài
Phân tích Đối với câu a) rút gọn cách đưa số thừa số khỏi dấu Đối với câu b) giải cách sử dụng tính chất giao điểm đường thẳng với trục hoành
Đối với câu c) giải cách cộng đại số, cụ thể lấy phương trình nhân với −1 cộng cho phương trình trên, ta sử dụng phương pháp
(78)b) Đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm có hồnh độ nên ta có phương trình: = 5m+ 3⇔m= −3
5
c) Lấy phương trình nhân với −1 cộng với phương trình ta phương trình:
4y = 8⇔y= ⇔x=
Hoặc rútx= 9−3y thay vào phương tình ta phương trình:
9−3y−y= ⇒y= 2⇒x= 9−3.2 =
Bình luận Các ý câu chủ yếu câu bản, khơng khó gài bẫy, dùng học sinh lấy điểm nên làm phải nắm điểm, không để
Bài tập tương tự
a) Rút gọn biểu thức A= +»(3−√10)2−√10 .
b) Tìm m để đồ thị hàm số y=mx+ cắt trục hồnh điểm có hồnh độ
c) Giải hệ phương trình
x+y = 2x−y =
Đáp án: a) b) −5
3
c)
x= y=
Cho phương trìnhx2−2x−m= 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình với m=
b) Tìm giá trị củam để phương trình có hai nghiệm phân biệtx1, x2 thỏa mãn điều kiện:
(x1x2+ 1)2−2(x1+x2) =
Bài
Phân tích Đối với câu a) ta cần thay m= vào phương trình giải phương trình bậc Đối với câu b) ta sử dụng định lý Vi-ét thay vào điều kiện tìm phương trình theo m, giải phương trình tìm m
Lời giải a) Thay m= vào phương trình ta có x2−2x−3 = 0. Ta có ∆0 =b02−a.c= + =
Theo công thức nghiệm, ta có:
x1 =
−b0−√∆ a =
1−2 =−1 x2 =
−b0+√∆ a =
1 + =
(79)b) Phương trình có nghiệm phân biệt⇔∆0 >0 ⇔1 +m >0 ⇔m >−1 Theo định lý Vi-ét
x1+x2 = −b
a = x1x2 =
c
a =−m
Thay vào điều kiện ta có:
(−m+ 1)2−2.2 = 0⇔(1−m)2−4 = 0⇔
m= (Nhận)
m=−1 (Loại)
Bình luận Đây dạng tập học sinh lấy điểm Đối với dạng này, học sinh cần nắm cách giải phương trình bậc hai, ý hai cách tính ∆ ∆0 để tránh nhầm lẫn
Định lý Viét thường sử dụng nhiều dạng câu b) nên học sinh cần nhớ kĩ công thức Viét Chú ý phải có điều kiện phương trình có nghiệm phân biệt trước áp dụng định lý Vi-ét
Bài tập tương tự Cho phương trình: x2−2(m+ 1)x+m2+ = (m tham số)
a) Giải phương trình khim=
b) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
2x1x2−5(x1+x2) + =
Trích đề thi vào lớp 10 THPT tình Thừa Thiên Huế - 2017
Đáp án: a)x= b)m=
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AB Hai đường chéo AC BD cắt E, F hình chiếu vng góc E AB
a) Chứng minh tứ giác ADEF nội tiếp
b) Gọi N giao điểm củaCF BD Chứng minh BN.ED=BD.EN
Bài
Phân tích Đối với câu a) ta cần chứng minh tam giác ABD vuông D sử dụng dấu hiệu tứ giác nội tiếp
Đối với câu b) nhìn yêu cầu đề cho đẳng thức BN.ED = BD.EN ta nghĩ đến tam giác đồng dạng sử dụng tam giác đồng dạng khơng ra, ta thấy ÷
(80)Lời giải
1
1
A B
D
C E
F
N
a) 4ADBnội tiếp đường tròn có cạnhAB đường kính nên4ADBvng tạiD⇒ADB÷ =
900.
Mặt khác EF ⊥AB ⇒AF E÷ = 900
Xét tứ giácADEF có: AD+AF = 900+ 900 = 1800 Vậy tứ giác nội tiếp đường tròn
b) Xét tứ giác ABCD cóC”1 =B”1 (1) chắn cung AD
Chứng minh tương tự câu a) cho tứ giác F ECB tứ giác nội tiếp đường tròn ⇒”C2 =B”1 (2) chắn cung EF
Từ (1) (2) ⇒C”1 =”C2 ⇒CA tia phân giác DCF÷
Xét4DCN cóCE đường phân giác gócC Theo tính chất đường phân giác⇒ CN
CD = EN
ED (3)
Mặt khác, ta có CA ⊥ CB (4ABC nội tiếp đường trịn có đường kính AB) mà CA tia phân giác ⇒ CB tia phân giác ngồi 4DCN, theo tính chất tia phân giác
ngoài⇒ BN
BD = CN CD (4)
Từ (3) (4) ⇒ EN
ED = BN
BD ⇒BN.ED =EN.BD (đpcm)
Bình luận Ở câu a) dạng tập phần tứ giác nội tiếp, có kết hợp nhiều kiến thức liên quan đến đường tròn Học sinh cần nhớ kĩ dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp số trường hợp đặc biệt
(81)Bài tập tương tự Cho đường tròn (O), dây BC khơng phải đường kính Các tiếp tuyến với đường tròn(O)tại B vàC cắt tạiA Lấy điểm M cung nhỏ BC (M khácB vàC), gọi
I, H, K chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC, CA AB Chứng minh:
a) Các tứ giác BKM I, CHM I nội tiếp
b) M I2 =M K.M H
Trích đề thi vào lớp 10 THPT tỉnh Bình Định - 2017
Cho hai số thực dươngx, y thỏa mãn điều kiệnx+y≤4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P = x2+y2 +
35
xy + 2xy
Bài
Phân tích Khi nhìn vào biểu thức P ta nhận thấy biểu thức đối xứng Khi ta thay đổi vị trí củax y cho biểu thức khơng thay đổi, ta nghĩ đến giải cách xác định điểm rơi dùng Cauchy Mặt khác ta cóx+y ≤4 kết hợp biểu thức P đối xứng nên ta biết điểm rơi x = y = Sau biết điểm rơi, ta cần thêm bớt vào biểu thức P vài biểu thức khác phù hợp để sử dụng Cauchy Lấy điểm rơi thay vào
P ta biết trước giá trị nhỏ bao nhiêu, minP = 17
Lời giải Ta có:
P = x2+y2 +
35
xy+ 2xy =
x2+y2 +
x2+y2
32 + 35 xy +
35xy
16 + 2xy−
x2+y2
32 − 35xy
16 =
x2+y2 +
x2+y2
32 + 35 xy +
35xy 16 −
(x+y)2
32 − xy
8
Sử dụng Cauchy cho cặp sau
x2+y2;
x2+y2
32 35 xy;
35xy
16 , ta có:
2 x2+y2 +
x2+y2 32 ≥2
32 = 35 xy + 35xy
16 ≥2
s
352
16 = 35
2
Mặt khác x+y≤4⇒x.y ≤4 nên xy
8 ≤ ,
(x+y)2 32 ≤
1
Vậy ta có minP = + 35 − −
(82)Cách khác:
P = x2+y2 +
35
xy + 2xy =
x2+y2 +
2 2xy +
34 xy +
17xy −
xy
≥ 2.4
x2+y2+ 2xy +
34.17 −
(x+y)2 32
≥
16+ 17− = 17
Dấu ” = ” xảy ⇔x=y=
Bình luận Đây dạng khó, dùng để chặn điểm 10 thi Sẽ thời gian học sinh hướng giải mà ngồi mị mẫm Học sinh khơng nên tập trung câu này, giải câu hoàn thành kiểm tra kĩ lưỡng câu trước
Bài tập tương tự Cho hai số thực x, y thỏa mãn x;y >0; x+y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A=xy+
xy
Đáp án:
GTNN 17
4 ⇔x=y=
Đề 10. Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Hải Dương năm học 2017-2018
Giải phương trình hệ phương trình sau: 1) (2x−1) (x+ 2) =
2)
3x+y= 3−x=y
Bài
Phân tích 1) Đây dạng phương trình tích
2) Đây hệ phương trình bậc hai ẩn, giải phương pháp rút
Lời giải 1) (2x−1) (x+ 2) = 0⇔
2x−1 = x+ = ⇔
x= x=−2
Vậy nghiệm phương trình
x= x=−2
(83)2)
3x+y= 5(1) 3−x=y(2)
Lấy (2) thay vào (1), ta được: 3x+ (3−x) = 5⇔2x= ⇔x=
Thay vào (2), y=
Vậy nghiệm hệ phương trình
x= y=
Bình luận Các ý câu chủ yếu câu bản, không khó gài bẫy, cho học sinh lấy điểm nên làm phải nắm điểm, không nên để điểm oan uổng
Bài tập tương tự
Giải phương trình hệ phương trình sau:
1) (5x−3) (x+ 7) =
2)
5x−3y= 2x+ 5y = 45
1) Cho hai đường thẳng (d) : y =−x+m+ (d0) : y= (m2−2)x+ 3. Tìm m để (d)và (d0)song song
2) Rút gọn biểu thức:
P =
Ç
x−√x+ x−√x−2−
x x−2√x
å
: 1−
√
x
2−√x với x >0, x6= 1, x6=
Bài
Phân tích 1) Áp dụng điều kiện để hai đường thẳng song song
2) Đối với dạng tập này, ta thường qui đồng mẫu rút gọn biểu thức ngoặc trước, thức phép chia
Lời giải 1)
(d)k(d0)⇔
−1 = m2−2 m+ 26=
⇔
m = m =−1 m6=
⇔m=−1
(84)2)
P =
Ç
x−√x+ x−√x−2 −
x x−2√x
å
: 1−
√
x 2−√x =
Ç
x−√x+ (√x−2) (√x+ 1) −
√
x
√
x−2
å
: 1−
√
x 2−√x =
Ç
x−√x+ 2−√x(√x+ 1) (√x−2) (√x+ 1)
å
: 1−
√
x 2−√x = −2
√
x+ (√x−2) (√x+ 1) :
1−√x 2−√x = (1−
√
x) (√x−2) (√x+ 1)
2−√x 1−√x = √−2
x+
Vậy P = √−2
x+
Bình luận Ở ý thứ toán, học sinh cần phải ghi nhớ điều kiện để hai đường thẳng song song Tuy mảng kiến thức khó học sinh thường dễ bỏ qua phần Còn ý lại toán, dạng toán rút gọn thức thường xuất đề thi vào lớp 10, thầy cô quan tâm, rèn luyện cho em học sinh hàng ngày, nên nắm kỹ cách làm cẩn thận, em dễ dàng ghi điểm phần
Bài tập tương tự
1) Rút gọn biểu thức sau:
Q=
Ç
1− √
x +√x
å
:
Ç√
x+
√
x−2+
√
x+ 3−√x+
√
x+ x−5√x+
å
2) Tìmm để đồ thị hai hàm số sau vng góc: y = 2x−1;y= (m−2)x+m+
1) Tháng đầu, hai tổ sản xuất 900 chi tiết máy Tháng thứ hai, cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vậy, hai tổ sản xuất 1000 chi tiết máy Hỏi tháng đầu tổ sản xuất chi tiết máy?
2) Tìmm để phương trình x2+ 5x+ 3m−1 = 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm
x1, x2 thỏa mãn x31−x32+ 3x1x2 = 75
Bài
(85)2) Phương trình x31−x32+ 3x1x2 = 75 (2) KHƠNG phương trình đối xứng theox1, x2 Như vậy, để có phương trình theo m ta phải tìm hai nghiệm x1, x2 theo m thay vào phương trình Tuy nhiên, ta biết tổng tích hai nghiệm theo cơng thức định lý Vi-ét, ta biến đổi phương trình (2) theo tổng, tích hiệu trước, sau áp dụng định lý Vi-ét vào để giải
Lời giải 1) Gọi x số chi tiết máy tổ I sản xuất tháng đầu,y số chi tiết máy tổ II sản xuất tháng đầu (x, y ∈N)
Theo giả thiết, ta có:
x+y= 900 (1) Mặt khác:
Số chi tiết máy tổ I sản xuất tháng thứ hai là: x+ 0,1x= 1,1x Số chi tiết máy tổ II sản xuất tháng thứ hai là: y+ 0,12y= 1,12y Như ta có phương trình: 1,1x+ 1,12y= 1000 (2)
Từ (1) (2), ta có hệ phương trình:
x+y= 900
1,1x+ 1,12y = 1000
⇔
x= 400 y = 500
Các giá trị xvà y thỏa mãn điều kiện ban đầu toán
Vậy tháng đầu tổ I sản xuất đươc 400 chi tiết máy tổ II sản xuất được500 chi tiết máy
2) Phương trình có hai nghiệm x1, x2
∆≥0
⇔25−4 (3m−1)≥0
⇔29−12m≥0
⇔m≤ 29
12
Theo định lý Vi-ét ta có:
x1+x2 =−5
x1x2 = 3m−1 Mặt khác:
(x1−x2)2 = (x1+x2)2−4x1x2
= (−5)2−4(3m−1) = 29−12m
Ta có:
P =x3
1−x32+ 3x1x2
= (x1−x2) Ä
(x1+x2)2−x1x2 ä
+ 3x1x2
= (x1−x2) (25−(3m−1)) + 3(3m−1)
= (x1−x2) (26−3m) + 9m−3
(86)
P = 75
⇒(x1−x2) (26−3m) + 9m−3 = 75 ⇒(x1−x2) (26−3m) = 78−9m ⇒(x1−x2) =
⇒(x1−x2)
=
⇒29−12m=
⇒m=
3
So với điều kiện thử lại, ta kết luận: m =
Bình luận Ở ý thứ toán, dạng toán thực tế bắt đầu xuất nhiều đề thi vào lớp 10 gần đây, cần nhận quan tâm, rèn luyện em học sinh, đặc biệt kỹ đọc hiểu, tư phản biện logic để giải dạng tốn Cịn ý thứ hai toán, học sinh cần ghi nhớ định lý Vi-ét cách tính biệt thức delta, biện luận số nghiệm phương trình bậc hai Dạng tốn thường rèn luyện thường xuyên chương trình học, em dễ mắc sai lầm việc tính tốn, ghi nhớ cơng thức phương trình bậc hai
Bài tập tương tự
1) Hai công nhân làm cơng việc sau 10 xong Nếu người thứ làm giờ, sau hai người làm tiếp 25% cơng việc Tính thời gian người làm xong cơng việc
2) Cho phương trình x2 −(m−1)x−m2 +m−2 = 0 Tìm m để phương trình có nghiệm
x1, x2 cho x12−x22 =
Cho đường tròn tâm O, bán kính R Từ điểm M ngồi đường trịn, kẻ hai tiếp tuyến
M A M B với đường tròn (A, B tiếp điểm) Qua A, kẻ đường thẳng song song với
M O cắt đường tròn E (E khác A), đường thẳng M E cắt đường tròn F (F khácE), đường thẳngAF cắt M O N, H giao điểm M O AB
1) Chứng minh: Tứ giác M AOB nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh:M N2 =N F.N Avà M N =N H.
3) Chứng minh: HB
HF2 −
EF M F =
(87)O M
A
B
E
F
N
H
Phân tích a) Ở câu này, ta cần sử dụng tính chất tiếp tuyến đường tròn điều cần chứng minh
b) Ở ý đầu tiên, ta thấy đề yêu cầu chứng minh hệ thức độ dài, ta nghĩ đến tam giác đồng dạng Bằng phép biến đổi tương đương M N2 =N F.N A⇔ M N
N A = N F M N, ta
đi đến ý tưởng chứng minh hai tam giác M N F AN M đồng dạng theo trường hợp góc góc, từ đến điều phải chứng minh Ở ý thứ hai, ta có gợi ý từ ý
M N2 =N F.N A, ta tìm cách chứng minhN H2 =N F.N A, từ suy điều phải chứng minh
c) Đây hệ thức tương đối khó, hiệu hai thương số, ta tìm thương số tương ứng hai thương số để đơn giản hóa tốn Mục đích ta tìm hai thương số chúng phải có mẫu để tiện cho việc trừ phân số, trừ tử số kết với mẫu số, từ chứng minh thương số cuối
Lời giải a) Ta có: M A, M B tiếp tuyến với đường tròn (O)nên M A⊥AO M B⊥BO Suy ra: M AO◊=M BO◊ = 900
Vậy tứ giác M AOB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh: M N2 =N F.N A.
Xét tam giác M N F tam giác AN M có:
c
N góc chung ◊
M AN =AEF÷ =
1
2 số đo cung AF
÷
AEF =F M N◊ so le
Từ ta suy ra: M AN◊ =F M N ◊ Vậy ∆M N F v∆AN M
Suy ra: M N
N A = N F
M N ⇒M N
(88)Chứng minh: M N =N H
M A=M B (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OA=OB =R
⇒M O đường trung trực AB
⇒AH⊥M O HA=HB
∆M AF ∆M EA có: AM E◊ chung; ◊M AF =AEF÷ ⇒∆M AF v∆M EA (g.g)
⇒ M A
M E = M F
M A ⇒M A
2 =M F.M E.
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông M AO
Có: M A2 =M H.M O
Do đó: M E.M F =M H.M O⇒ M E
M H = M O M F
⇒∆M F H v∆M OE (c.g.c) ⇒M HF◊ =M EO◊
Vì BA góc vng nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng
⇒F EB÷ =F AB÷ =
1
2số đo cungEB
⇒M HF◊ =F AB÷
⇒◊AN H+◊N HF =◊AN H+F AB÷ = 900
⇒HF⊥N A
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng N HA, có: N H2 =N F.N A
⇒N M2 =N H2 ⇒N M =N H.
c) Chứng minh: HB
HF2 −
EF M F =
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng N HA, có:
HA2 =F A.N A và HF2 =F A.F N.
Mà HA=HB
⇒HB2 =AF.AN (vì HA=HB).
⇒ HB
2
HF2 =
HA2
HF2 =
F A.N A F A.F N =
N A N F
Vì AE kM N nên EF
M F = F A
N F (hệ định lí Ta-let)
⇒ HB
2
HF2 −
EF M F =
N A N F −
F A N F =
N F N F =
Bài tập tương tự Từ điểm A ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyếnAB, AC cát tuyến
AM N Gọi I trung điểm M N a) Chứng minh: Tứ giác ABOC nội tiếp b) Chứng minh:AB2 =AM.AN
(89)Bình luận Ý a) tốn câu hỏi quen thuộc chứng minh tứ giác nội tiếp, học sinh dễ dàng làm câu ôn luyện kỹ ghi nhớ cách để chứng minh tứ giác nội tiếp Ý b) toán bao gồm phần, phần thứ dạng toán chứng minh hệ thức độ dài thường xuất đề thi vào lớp 10, thầy cô quan tâm, rèn luyện cho em học sinh hàng ngày, nên nắm kỹ cách làm cẩn thận, em dễ dàng ghi điểm phần (chủ yếu ta sử dụng tam giác đồng dạng hệ thức lượng tam giác vuông để giải) Ý sau câu b) gợi ý ý đầu tiên, ta chứng minhN H2 =N F.N A, từ suy điều phải chứng minh Câu khó tốn câu c), câu học sinh cần có tư tốt, phối hợp sử dụng nhuần nhuyễn dự kiện đề bài, hệ thức lượng, định lý Ta-lét để đưa lời giải
Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x+y+z= Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
Q= x+ 1 +y2 +
y+ 1 +z2 +
z+ 1 +x2
Bài
Phân tích Đây tốn tìm GTNN biểu thức biết điều kiện cho trước (tạm gọi điều kiện ban đầu) Ta nhận thấy biểu thứcQcó dạng đối xứng (nghĩa thay x = y, y = z, z = x giá trị biểu thức khơng thay đổi, ta đến kết luận theo hướng giải việc sử dụng BĐT Cauchy nhằm xuất điều kiện x = y = z Tuy vậy, biểu thức Q phức tạp khơng có dạng bản, nên ta cố gắng thêm bớt tách hạng tử nhỏ biểu thức quen thuộc đơn giản để đánh giá
Lời giải
Q= x+ 1 +y2 +
y+ 1 +z2 +
z+ 1 +x2
=
Ç
x +y2 +
y +z2 +
z +x2
å
+
Ç
1 +y2 +
1 +z2 +
1 +x2
å
=M +N
XétM = x
1 +y2 +
y +z2 +
z
1 +x2, áp dụng BĐT Cơ-si ta có:
x +y2 =
x(1 +y2)−xy2
1 +y2 =x−
xy2
1 +y2 ≥x−
xy2
2y =x− xy
2
Tương tự: y
1 +z2 ≥y−
yz ;
z
1 +x2 ≥z−
zx
2 ; suy ra: M = x
1 +y2 +
y +z2 +
z
1 +x2 ≥x+y+z−
xy+yz+zx
2 = 3−
xy+yz+xz
Lại có:
x2+y2 +z2 ≥xy+yz+zx⇒(x+y+z)2 ≥3(xy+yz+xz)⇒xy+yz+xz ≤3
Suy ra:M ≥3− xy+yz+zx
2 ≥3− =
3
Dấu” = ” xảy ⇔x=y=z =
XétN =
1 +y2 +
1 +z2 +
1
(90)3−N =
Ç
1−
1 +y2 å
+
Ç
1−
1 +z2 å
+
Ç
1−
1 +x2 å
= y
2
1 +y2 +
z2
1 +z2 +
x2
1 +x2 ≤
y2
2y + x2
2x + z2
2z =
x+y+z =
3
Suy ra: N ≥3−
2 =
Dấu ” = ” xảy ⇔x=y=z=
Từ suy ra: Q≥3.Dấu ” = ” xảy ⇔x=y=z =
Vậy Qmin = ⇔x=y=z =
Bình luận Đây tốn chứng minh bất đẳng thức, ln tốn đánh giá khó tốn đề tuyển sinh lớp 10, chí khó xuất đề tuyển sinh đại học Để làm dạng tốn này, thường em phải học chương trình chun, có tiếp xúc cọ xát với dạng toán tìm GTLN, GTNN biểu thức biết điều kiện cho trước Kiến thức dùng để giải toán dạng bất đẳng thức thường dùng BĐT Cauchy, Bunhiacopski, giá trị tuyệt đối, Câu hỏi nằm phần cuối đề thi, dùng để phân loại học sinh giỏi, nên em trung bình nên tập trung vào câu bỏ câu không cần số điểm cao kỳ thi
Bài tập tương tự
Cho x, y, z số thực dương x.y.z =
Chứng minh rằng:
x+y+ +
y+z+ +
x+z+ ≤1
Đề 11. Đề thi tuyển sinh Sở GD&ĐT Hà Tĩnh 2017 - 2018
Rút gọn biểu thức sau: a) P =√48−√3
b) Q=
Ç
1
√
x+ +
√
x−1
å
:
x−1 với x≥0, x6=
Bài
Phân tích a) Với dạng này, ta dùng phương pháp đưa thừa số dấu căn, biến đổi √
48 =√16.3 = 4√3, sau thu gọn
Vấn đề là: Tại ta phân tích48 = 16.3 mà khơng phải8.6hay 4.12?
Bởi vì, giả sử 48 = 8.6 ta khó đưa hay khỏi dấu căn, việc phân tích vơ nghĩa Nếu48 = 4.12, sau đưa thừa số khỏi dấu ta có√48 = 2√12và ta rút gọn tiếp tục với √3
(91)rằng mẫu chung hai biểu thức ngoặc là(x−1), ta thấy rút gọn(x−1)
với phần tử bên ngồi để kết cuối Xem cách phần lời giải
Mặt khác, phép chia cho phân thức phép nhân nghịch đảo, phân tíchx−1 = (√x+ 1)(√x−1) nhân phân phối vào phép cộng ngoặc, ta dễ dàng rút gọn từ ta có cách làm khác Xem cách phần Lời giải
Lời giải a) P =√48−√3 =√16.3 = 4√3−√3 = 3√3 b) Cách
Q=
Ç
1
√
x+ +
√
x−1
å
: x−1 =
√
x−1 +√x+
x−1 (x−1) = 2√x
Cách
Q=
Ç
1
√
x+ +
√
x−1
å
: x−1 =
Ç
1
√
x+ +
√
x−1
å
(x−1) =
Ç
1
√
x+ +
√
x−1
åÄ√
x−1ä Ä√x+ 1ä =√x−1 +√x+
= 2√x
Bình luận a) Câu tương đối đơn giản, dễ lấy trọn điểm, nhiên học sinh cần lưu ý trình
bày cụ thể rõ ràng, đừng để bị điểm cách oan uổng
b) Ở câu ta thấy hai cách làm được, kinh nghiệm làm toán cho học sinh đặt bút tính tốn tất nhiên có kết quả, khơng cần thời gian phân vân nên cộng trước chia, hay chia trước cộng
Bài tập tương tự
Rút gọn biểu thức sau: a) P =−5√2 +√72
b) Q=
Ç
1
√
2x+ +
√
2x−3
å
:
(92)a) Cho đường thẳng (d) :y =mx+m−2và đường thẳng (d1) :y = 2x−1 Tìm giá trị m để đường thẳng d d1 song song với
b) Cho phương trình x2 −2(m+ 1)x+m2 = 0 (m là tham số) Tìm giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn (2x1+ 1)(2x2+ 1) = 13
Bài
Phân tích a) Điều kiện để hai đường thẳng y=a1x+b1 vày=a2x+b2 song song với là:
a1 =a2
b1 6=b2
b) (2x1+ 1)(2x2+ 1) = 13 dạng điều kiện có tính đối xứng nên khơng khó, ta biến đổi thành tổng x1+x2 tích x1x2, áp dụng định lý Vi-ét để giải toán
Lời giải a) (d)song song với (d1)khi
m = m−2 6=−1
⇔
m = m 6=
⇔m=
b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm
∆0 ≥0⇔(m+ 1)2−m2 ≥0⇔2m−1≥0⇔m≥
2 (∗)
Theo định lý Vi-ét, ta có
x1+x2 = 2(m+ 1)
x1x2 =m2
Ta có
(2x1+ 1)(2x2+ 1) = 13 ⇔ 4x1x2+ 2(x1+x2) + = 13 ⇔ 4m2+ 4m−8 =
⇔
m= m=−2
(∗∗)
Từ (∗) (∗∗) ta có m=
Bình luận a) Nhiều học sinh thường quên điều kiện m−2 6= −1, có kết
đúng khơng có trọn điểm
(93)b) Lưu ý dạng nên chia bước cụ thể để tính tốn: tìm m để phương trình có nghiệm, hai tìm m để nghiệm thỏa điều kiện khác, dễ nắm điểm số
Bài tập tương tự
a) Cho đường thẳng (d) : y = mx+ 2m−1 đường thẳng (d1) : y = x−1 Tìm giá trị m để đường thẳngd d1 vng góc với
b) Cho phương trìnhx2+ (2m−1)x+m2 = 0 (m là tham số) Tìm giá trịmđể phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn (x1 −2)(x2−2) =−1
Một người xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách 90km với vận tốc dự định trước Sau
3 quãng đường, điều kiện thời tiết không thuận lợi nên quãng
đường cịn lại người phải với vận tốc so với vận tốc dự định ban đầu 10km/h Tính vận tốc dự định thời gian người từ A đến B biết người đến muộn dự định 18 phút
Bài
Phân tích Với dạng tập này, ta cần nhớ cơng thứcs=v.t, s, v, t quãng đường, vận tốc thời gian
Đặt v1(km/h) vận tốc ban đầu người v2(km/h) vận tốc lúc sau (v1 > v2 >0) ta cóv1 =v2+ 10
Dựa vào điều kiện cho trước ta lập hệ phương trình có ẩn làv1, v2 giải để tìm kết
Lời giải Đặt v1(km/h) vận tốc ban đầu người v2(km/h) vận tốc lúc sau, v1 >
v2 >0thì ta có
v1 =v2+ 10 (∗)
Quãng đường người với vận tốcv1 là30km, quãng đường người với vận tốc v2 là60km Người đến muộn dự định18phút
Ç
3 10
å
nên ta có:
90 v1 = 30 v1 + 60 v2 − 10 ⇔ 60 v1 = 60 v2 − 10 ⇔ v1 = v2 −
200 (∗∗)
Từ (∗) (∗∗) ta có hệ phương trình
v1−v2 = 10
−1 v1 + v2 = 200 ⇔
v1−v2 = 10
v1−v2
v1v2
= 200 ⇔
v1−v2 = 10
10 v1v2
= 200 ⇔
(94)Khi v1 −v2 nghiệm phương trìnhX2−10X−2000 = Giải phương trình ta hai nghiệm
X1 = 50
X2 =−40
Do v1 > v2 >0nên ta chọn
v1 = 50 −v2 =−40
⇔
v1 = 50
v2 = 40
Vậy, vận tốc dự định 50km/h, thời gian người từ A đến B
30 50 +
60 40 =
21 10 (giờ)
Bình luận Khi giải này, học sinh cần lưu ý:
• Đặt điều kiện v1 > v2 >0 để dễ dàng chọn nghiệm phần sau • Đổi 18phút thành
10
• Nếu xemv1−v2 =v1+ (−v2), tổng củav1 −v2 tích chúng làv1(−v2) =−v1v2, ta áp dụng định lý Vi-ét đảo để giải tiếp Ngồi ra, giải hệ phương trình phương pháp
• Trọng ta cách làm khác gọi v(km/h) vận tốc dự định người
(v >0) biểu diễn đại lượng lại theo v, sau lập phương trình với ẩnv giải
Cho đường trịn tâmO, đường kínhAB cố định I điểm cố định thuộc đoạn OA(I không trùngO vàA) Qua I vẽ đường thẳng vng góc với ABcắt đường trịn tâm O M vàN Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn M N (C không trùng điểm M, N B) Gọi E giao điểm AC M N
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AE.AC =AI.AB
c) Chứng minh điểmC thay đổi cung lớnM N đường trịn tâmO tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CM E ln ln thuộc đường thẳng cố định
(95)C B I
M
A
N E
O
Phân tích a) Ta có EIB’ góc vuông tứ giác IECB, để chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường trịn ta cần chứng minh thêm góc đối diện với góc vng nữa, góc ECB÷
b) Do tứ giác tứ giác IECB nội tiếp đường tròn, để ý IB cắt EC A nên ta chứng
minh đẳng thức AE.AC = AI.AB ⇔ AE
AB = AI
AC cách chứng minh cặp tam
giác đồng dạng, ta chứng minh4AIE v4ACB
c) Đầu tiên ta dự đoán đường thẳng cố định nhắc đến đề M B (để có dự đốn này, ta giả vờ lấy điểm C vị trí khác hình, vẽ hình theo trình tự để xem thử đường thẳng chứa tâm đường tròn ngoại tiếp 4EM C đường thẳng nào)
Từ ta có cách làm sau: gọi S tâm đường tròn ngoại tiếp 4EM C, chứng minh
B, S, M thẳng hàng
Lời giải a) Xét tứ giácIECB ta có:
’
EIB= 90◦
÷
ECB = 90◦ (ACB÷ góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))
⇒EIB’ +ECB÷ = 180◦ Do đóIECB tứ giác nội tiếp
b) Xét 4AIE 4ACB, ta có:
b
I =C“= 90◦
’
AEI =ABC÷ (AEI’ góc ngồi tứ giác nội tiếp IECB)
Do đó4AIE v4ACB (g.g) Suy AE
AB = AI
(96)c) AB⊥M N ⇒A điểm cungM N ⇒˘AM =AN¯
C B I
M
A
N E
O K
S J
Lại có ◊ACM =
1
2sđ˘AM;AM N◊ = 2sđAN¯
⇒◊ACM =AM N◊
⇒AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp 4EM C
Gọi S tâm đường tròn ngoại tiếp 4EM C ⇒SM⊥AM
Mặt khác, BM⊥AM (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Do đó, B, S, M thẳng hàng hayS ∈M B
MàBM đường thẳng cố định ⇒đpcm
Cho x, y, z ba số thực không âm thỏa mãn x+y+z = Chứng minh
x+ 2y+z ≥4(1−x)(1−y)(1−z)
Bài
Lời giải Đặt a=x+y, b=y+z, c=x+z tốn trở thành:
Cho a, b, c ba số thực không âm thỏa mãn a+b+c= Chứng minha+b≥4abc
Cách Ta có
4(a+b) = (a+b)(a+b+c)2
≥(a+b)4(a+b)c(áp dụng bất đẳng thức (x+y)2 ≥4xy) ≥4(a+b)2c
≥4ab.4c= 16abc
(97)Cách Ta có
2 = a+b+c≥2»(a+b)c≥2
»
2√abc
⇔1≥
»
2
√
abc
⇔1≥2√abc >0
Mà a+b≥2√ab >0, nhân vế theo vế ta cóa+b ≥4abc Đẳng thức xảy khia+b=cvà a=b,
a= b= c=
⇔
x+y = y+z = x+z =
⇔
x= y= z =
Đề 12. Đề thi tuyển sinh Sở GD ĐT Thừa Thiên Huế 2017
a) Tìm x để biểu thứcA=√x−1có nghĩa
b) Khơng sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức B =√32.2 +√23−√52.2.
c) Rút gọn biểu thức C = √a−1
a−1−
a√a−1
a−1 với a≥0 vàa 6=
Bài
Phân tích a) Với dạng tốn tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa tìm điều kiện xác định biểu thức, ta cần nhớ số kiến thức sau:
• √A có nghĩa ⇔A≥0 • A
B có nghĩa ⇔B 6=
b) Với dạng toán ta cần nhớ tới lý thuyết sau :√A2 =|A|=
A A≥0
−A A <0
c) Với dạng tốn thơng thường ta giải cách kết hợp phương pháp: đặt nhân tử chung , dùng đẳng thức để trục thức, thêm bớt hạng tử,
Lời giải a) Biểu thức A=√x−1 có nghĩa ⇔x−1≥0⇔x≥1
(98)c) Biểu thức
C = √a−1
a−1 −
a√a−1 a−1 = (
√
a−1)(√a+ 1)
√
a−1 −
√
a3−1
a−1 =√a+ 1− (
√
a−1)(a+√a+ 1) (√a−1)(√a+ 1) =√a+ 1− a+
√
a+
√
a+ = (
√
a+ 1)2 −(a+√a+ 1) √
a+ = a+
√
a+ 1−a−√a−1
√
a+ =
√
a
√
a+
Vậy C =
√
a
√
a+ với a≥0và a6=
Bình luận Những thông thường cho đơn giản, ta cần nằm kiến thức phân tích giải dễ dàng
Bài tập tương tự
1 Tìmx để biểu thứcA =√5x−2có nghĩa
2 Khơng sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức B =√32.6 +√63−√52.6.
3 Rút gọn biểu thức C = √a−1
a+ −
a√a+
a−1 với a≥0 vàa 6=
Đáp án:
1 x≥
2
2 4√6
3 −
√
a
√
(99)a) Khơng sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình
x+ 2y = 3x−y =
b) Cho hàm số y=−1
2x
2 có đồ thị (P)
i) Vẽ đồ thị(P) hàm số
ii) Cho đường thẳngy =mx+n(∆) Tìmm, nđể đường thẳng(∆)song song với đường thẳng (d) : y =−2x+ có điểm chung với đồ thị (P)
Bài
Phân tích a) Dạng hệ phương trình ta thường dùng hai phương pháp để giải: phương pháp phương pháp cộng đại số học SGK
b) Với dạng i) , cho hàm số có dạng y=ax2 và yêu cầu vẽ đồ thị hàm số đó, ta phải xem dấu a để xác định đồ thị để vẽ trục tọa độ cho cân xứng với đồ thị, a <
thì bề lõm đồ thị quay xuống ta nên vẽ phần giá trị dương trục Oy ngắn lại ngược lại nếua >0 bề lõm đồ thị quay lên ta vẽ phần giá trị âm trụcOy ngắn lại Để vẽ đồ thị dạng Parabol ta cần chọn điểm nằm đồ thị, nên chọn điểm đối xứng qua trục tung
Cịn dạng ii) ta cần nhớ kiến vễ hai đường thẳng song song Cho hai đường thẳng(d) : y= ax+b (d0) : y=cx+d
(d)k(d0)khi a=cvà b 6=d
Lời giải a) Ta giải cách cộng đại số để tham khảo, phương pháp bạn đọc tự giải Ta có:
x+ 2y = 3x−y =
⇔
x+ 2y = 6x−2y = 10
⇔
7x = 14 3x−y =
⇔
x = 3.2−y =
⇔
x= y=
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (2; 1)
b) i) Bảng giá trị :
x -4 -2
y -8 -2 -2 -8
(100)x y
−2
−4
−8
−2
−4
−6
2
(P) O
ii) Do đường thẳng (∆) song song với đường thẳng (d)nên ta có m =−3
Suy đường thẳng (∆) có dạng y=−2x+n (ĐK:n 6= 5) Phương trình hồnh độ giao điểm (∆) (P)là:
−1
2x
2 =−2x+n⇔
2x
2−2x+n= (∗)
(∆) (P) có điểm chung phương trình(∗) có nghiệm Phương trình (∗)có nhgiệm
∆ = 0⇔(−2)2−4.(1
2).n = 0⇔n= (nhận)
Vậy m =−2, n= thõa mãn yêu cầu toán
Bình luận Các dạng thơng thường câu dễ đề thi, cần nắm phương pháp nêu phần phân tích giải dễ dàng
Bài tập tương tự
a) Khơng sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình
8x+ 4y =−16 6x−2y =−2
b) Cho hàm số y= 4x
2 có đồ thị (P)
i) Vẽ đồ thị(P) hàm số
ii) Cho đường thẳng y = mx+n (∆) Tìm m, n để đường thẳng (∆) song song với đường thẳng (d) : y = 3x+ có điểm chung với đồ thị (P)
(101)a)
x=−1 y=−2
b) m = 3, n=−9
Cho hai vòi nước chảy vào bể khơng có nước sau đầy bể Nếu lúc đầu mở vòi thứ chảy đóng lại, sau mở vịng thứ hai chảy ta
4 bể Hỏi mở riêng vịi thời gian để vòi chảy đầy bễ bao nhiêu?
Bài
Phân tích Đây dạng tốn thực tế thường giải phương pháp mơ hình hóa tốn thành phương trình, hệ phương trình Với dạng hỏi hai đối tượng thơng thường ta giải cách lập hệ phương trình bậc hai ẩn thơng qua kiện đề cho, lời khuyên đề hỏi ta đặt ẩn đối tượng Trong ta đặt thời gian mở riêng vòi thứ vòi thứ hai để đầy bể xvà y
Lời giải Gọi x, y (giờ) (ĐK: x, y >0) thời gian mở riêng vòi thứ vòi thứ hai để chảy đầy bể
Suy thời gian chảy trong1 vòi thứ vòi thứ hai
x, y (giờ)
Theo đề ta có hệ phương trình
x+ y = x+ y = (1)
Với hệ phương trình ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ sau giải hai phương pháp: cộng đại số
Đặt
X = x Y =
y
Hệ phương trình (1) trở thành :
5X+ 5Y = 2X+Y =
4 ⇔
5X+ 5Y =
−10X−5Y =−5
4 ⇔
−5X =−1
4 2X+Y =
4 ⇔
X = 20 Y =
20
Với X =
20, ta có x =
1
20 ⇔x= 20
Với Y =
20, ta có y =
3
20 ⇔y= 20
3
Vậy thời gian chảy đầy bể mở riêng vòi là20 20
3
(102)tích hướng làm, lọc kiện đề cho để liên hệ chúng tạo phương trình tương úng
Bài tập tương tự
Cho hai vịi nước chảy vào bể khơng có nước sau 6giờ đầy bể Nếu lúc đầu mở vịi thứ chảy đóng lại, sau mở vịng thứ hai chảy ta
2
5 bể Hỏi mở riêng vịi thời gian để vòi chảy đầy bễ bao nhiêu?
Đáp án: 10giờ 15giờ
Cho phương trìnhx2−2(m+ 1)x+m2+ = (1), với x ẩn số
a) Giải phương trình (1) m=
b) Tìmm để phương trình(1) có hai nghiệm phân biệt x1 x2 thỏa mãn đẳng thức sau:
2x1x2−5(x1+x2) + =
Bài
Phân tích a) Khi thay m = vào phương trình (1) ta thu phương trình bậc hai theo ẩnxdễ dàng giải công thức nghiệm Đối với đặc biệt thaymvào phương trình phương trình đưa dạng đẳng thức , để ý ta tiết kiệm thời gian giải
b) Dạng trước tiên ta phải tìm điều kiện để phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt thơng qua biệt thức đenta (∆) , sau biến đổi đẳng thức dạng có x1x2 x1+x2 để áp dụng Định lý Viète để tìm giá trịm thỏa mãn.Đối với có sẵnx1x2 x1+x2 nên ta Hệ thức Viète vào kết
Lời giải a) Thay m= vào phương trình (1) ta phương trình x2−6x+ = (∗)
Bài ta giải hai cách:
Cách 1: Dùng công thức nghiệm phương trình bậc hai, với hệ số
a= 1, b =−6, c=
∆ =b2−4ac= (−6)2−4.1.9 = 0
∆ = 0Suy phương trình (∗) có nghiệm kép x= −b 2a =
−(−6)
2 = Vậy phương trình (∗) có
nghiệm x=
Cách 2: Để ý ta thấy phương trình(∗) có dạng đẳng thức (a−b)2.
Phương trình(∗) ⇔x2−2.3.1x+ 32 = 0⇔(x−3)2 = 0⇔x−3 = 0⇔x= 3.
(103)b) Phương trình(1) có2 nghiệm phân biệtx1, x2 ∆>0 Hay[−2(m+ 1)]2−4.(m2+ 5) >0
⇔4(m2+ 2m+ 1)−4m2−20>0 ⇔8m−16>0
⇔m >2
Áp dụng Định lý Viète ta có hệ thức
x1+x2 = −b
a = 2m+ x1x2 =
c a =m
2+ 5
(∗∗)
Thay (∗∗)vào đẳng thức 2x1x2−5(x1+x2) + = Ta phương trình :
2(m2+ 5)−5(2m+ 2) + =
⇔2m2−10m+ = (∗ ∗ ∗).
Ta nhận thấy phương trình (∗ ∗ ∗)có hệ số a= 2, b = 10, c= a+b+c= Theo hệ Định lý Viète nên phương trình(∗ ∗ ∗)có hai nghiệm phân biệt
m= m=
Do điều kiện để phương trình có2 nghiệm phân biệt m >2nên nhận m= loại m= Vậy m = phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 x2 thỏa mãn đẳng thức
2x1x2−5(x1+x2) + =
Bình luận a) Bài toán kiến thức tương đối bản, làm nhiều có kinh nghiệm
thấy đẳng thức kết nhanh chóng
b) Bài yêu cầu phải nắm Định lý Viète, biết áp dụng biệt thức đenta để biện luận nghiệm phương trình bậc hai thơng thạo việc biến đổi đằng thức tạo dạng hệ thức Viète
Bài tập tương tự
Cho phương trình ẩnx : x2−5x+m−2 = (1)
1 Giải phương trình (1) m=−4
2 Tìmm để phương trình(1) có hai nghiệm dương phân biệtx1;x2 thỏa mãn hệ thức
2 √1
x1
+√1
x2
!
=
Đáp án:
1
(104)2 m =
Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O)và D hình chiếu vng góc củaB OA choD nằm giữaA O GọiM trung điểmBC, N giao điểm BD AC, F giao điểm M D AC, E giao điểm thứ hai BD với đường tròn (O), H giao điểm củaBF AD Chứng minh rằng:
a) Tứ giác BDOM nội tiếp M OD◊ +N EA÷ = 180◦
b) DF song song với CE, từ suy N E.N F =N C.N D c) CA tia phân giác góc BC
d) HN vng góc với AB
Bài
Phân tích a) Để chứng minh tứ giác nội tiếp ta cần nhớ lại bốn dấu hiệu chứng minh tứ giác nội tiếp Trong tứ giác BDOM ta sử dụng dấu hiệu “Tứ giác có tổng hai góc đối 180◦
là tứ giác nội tiếp” Ta thấy có góc BD góc vng BD ⊥ OA M trung điểm
BC nên dùng liên hệ đường kính dây cung ta suy OM ⊥BM Từ suy ◊
M OD+N E = 180◦
b) Để chứng minh song song ta hay sử dụng dấu hiệu như: hai góc vị trí so le nhau, hai góc vị trí đồng vị nhau, hai đường thằng vng góc với đường thẳng thứ ba, Thường hình học kết câu gợi ý để dùng làm kiện giải câu Đi ngược từ đề ta thấy gócBDM◊ =BEC÷ đồng vị, ta thử chứng minh cho hai góc Để chứng minh ta dựa vào kết tứ giácBDOM
nội tiếp câu a Và áp dụng Định lý Thales (Ta-lét) suy điều cần chứng minh
c) Để chứng minh phân giác ta cần chứng minh đường thẳng chia góc thành hai góc góc Sử dụng kết câu a áp dụng tính chất góc nội tiếp , góc tâm ta chứng minh CA tia phân giác gócBC
d) Nếu vẽ hình đúng, nhìn hình ta dự đốn hướng làm Tư ngược từ đề yêu cầu chứng minhHN vng góc vớiAB , nên ta dự đoán H trực tâm tam giácABN vàBF
(105)Lời giải
A
O
B C
E
D N F
H
M
a) Ta cóM trung điểm BC nên suy raOM ⊥BC (liên hệ đường kính dây cung) Ta có BD +BM O◊ = 180◦ suy tứ giác BDOM nội tiếp
⇒M OD◊ +DBM◊ = 180◦
Mà DBM◊ =N A (góc nội tiếp chắn cung EC¯) nênM OD◊+N AE÷ = 180◦ (đpcm)
b) Ta có tứ giác BDOM nội tiếp
⇒BDM◊ =BOM◊ (góc nội tiếp chắn cung ˘BM)
Do tam giác BOC cân O OM đường cao⇒BOM◊ =M OC◊=
1 2BOC÷
NênBDM◊ =
1 2BOC÷
Mà BEC÷ =
1 2BOC÷
Suy BDM◊ =BEC÷
Mặt khác hai góc đồng vị
⇒DM kEC hay DF kCE (đpcm)
c) Ta có: ◊
BM D=BOD÷ (góc nội tiếp chắn cungBD¯ đường tròn ngoại tiếp từ giác BDOM)
Tam giácABE cân tạiA (tam giác có đường cao vừa trung tuyến)
⇒AB=AE ⇒sđAB¯ =sđAE¯ =
1 2sđBE¯
⇒BOD÷ =BCE÷ =
1
(106)MàBOD÷ = 2BCN÷ nên BCE÷ = 2BCN÷
Suy CA tia phân giác BC
d) Ta có ABD÷ =AC =CF M◊ (góc nội tiếp chắn cung, hai góc so le trong)
Nên tứ giác ABDF nội tiếp
Lại có ADB÷ vng nên AF B÷ vng
Xét tam giácABN cóADvàBF đường cao nênH trực tâm suy raN H vng góc vớiAB
Bình luận Để làm tập hình học nào, ta cần rèn luyện thật nhiều tập trước hình đề tuyển sinh tổng hợp từ ý nhỏ để tạo nên độ khó định Vì ta nên luyện thật nhiều để nắm vững kiến thức bản, phương pháp chứng minh, dấu hiệu đặc biệt hình
Một cốc nước có dạng hình trụ có bán kính đáy 3cm, chiều cao bằng12cm chứa lượng nước cao 10cm Người ta thả từ từ viên bi làm thủy tinh có đường kính 2cm vào cuốc nước Hỏi mực nước cốc lúc
Bài
Phân tích Để tính mực nước cốc lúc ta phải biết thể tích nước dâng lên, cốc nước hình trụ nên ta dùng cơng thức tính thể tích hình trụ để tính chiều cao dâng lên mực nước từ đo suy mực nước
Công thức tính thể tích hình câu có bán kính R làV = 3πR
3. Cơng thức tính diện tích hình trịn bán kính R làS =πR2.
Cơng thức tính thể tích hình trụ có đường cao h diện tích đáyB V =B.h
Lời giải Ta có viên bi thủy tinh vật khơng thấm nước nên lượng nước dâng lên thể tích viên bi
Ta tích ba viên bi là: 3.4 3π1
3 = 4π(cm3). Diện tích đáy hình trụ là: π.32 = 9π(cm2). Mực nước dâng lên là: 9π.h= 4π⇒h=
9(cm)
Mực nước cốc là: 10 + =
94
9 ≈10,44(cm)
Bình luận Để làm dạng ta cần nắm rõ công thức tính thể tích hình đặc biết như: trụ, cầu, diện tích hình trịn
(107)Một cốc nước có dạng hình trụ có bán kính đáy 3cm, chiều cao 14cm chứa lượng nước 282,6(cm3) Người ta thả từ từ viên bi làm thủy tinh có đường kính bằng2cm vào cuốc nước Hỏi mực nước cốc lúc
Đáp án:10,44(cm)
Đề 13. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD& ĐT Kiên Giang 2017 - 2018
a) Không sử dụng máy tính, tìm nghiệm dương phương trình x2+ 3x−10 =
b) Rút gọn biểu thức P(a) =
Ç
1
√
a−1 +
√
a+
å
: a+
a−1(với a >0, a6= 1)
Bài
Phân tích Câu a) kiểm tra kiến thức học sinh cơng thức nghiệm phương trình bậc Câu b) rút gọn biểu thức cách quy đồng
Lời giải a) Tìm nghiệm dương phương trình
Giải toán cách lập biệt thức denta chọn nghiệm lớn ∆ = 32−4.1.(−10) = 49
x1 =
−3 +√49 2.1 = x2 =
−3−√49 2.1 =−5
Vậy nghiệm dương phương trình x= b) Với điều kiện (a >0, a6= 1), ta có:
P(a) = (
√
a+ 1) + (√a−1) (√a−1)(√a+ 1)
a−1 a+ =
2√a a−1
a−1 a+ =
2√a a+
Bài tập tương tự
a) Tìm nghiệm âm phương trìnhx2−5x−14 =
b) Rút gọn biểu thứcQ(a) =
Ç
1 a−√a +
1
√
a−1
å
:
√
a+ a−2√a+
Đáp số a)−2 b) √
a−1
√
(108)a) Cho hàm số y= (3a−6)x−2017 Tìm điều kiện a để hàm số nghịch biến R b) Vẽ đồ thị hàm số (P) :y=x2 và d:y=−x+ 2 trên hệ trục tọa độ Oxy.
Bài
Phân tích Đối với câu a, ta giải tốn cách tổng quát theo định nghĩa hàm số nghịch biến hay sử dụng tính chất nghịch biến hàm số bậc Đối với câu b, lập bảng giá trị cho hàm số vẽ
Lời giải a) Tìm a
Cách
Xét hàm số y=f(x) = (3a−6)x−2017 có TXĐ:D=R,∀x1, x2 ∈D, x1 6=x2 Hàm số nghịch biến R khi:
f(x1)−f(x2)
x1−x2
<0
⇔ [(3a−6)x1−2017]−[(3a−6)x2−2017]
x1−x2
<0
⇔ (3a−6)(x1−x2)
x1−x2
<0⇔3a−6<0⇔a <2
Cách 2: Hàm số bậc nghịch biến tập xác định D=R hệ số góc đường thẳngy= (3a−6)x−2007 âm tức
3a−6<0⇔a <2
b) Vẽ đồ thị
Lập bảng giá trị cho hàm số
x -2 -1
y=x2 4 1 0 1 4
x
(109)−3 −2 −1
2
0
A B
C
D
O
F
y=x2
y=−x+
Bài tập tương tự
(110)a) Tìm giá trịm để phương trìnhx2+ 2(m+ 1)x+m2+ 2m−1 = 0(m tham số) ln có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn hệ thức
1 x1−1
+ x2−1
=
b) Mỗi ngày Ba bạn An chở bạn từ nhà đến trường 30phút Vì hơm ngày thi tuyển sinh nên nên Ba bạn muốn đến trường sớm hơn, ơng tăng vận tốc xe lên thêm15km/h đến sớm thường ngày10phút Hỏi quảng đường từ nhà bạn An đến trường km?
Bài
Phân tích Đối với câu a) ứng dụng công thức Vi-ét Đối với câu b) giải tốn cách lập hệ phương trình nhớ công thức vật lý sau: quãng đường = Vận tốc thời gian
Lời giải a) Tìm m
Ta có pương trìnhx2 + 2(m+ 1)x+m2+ 2m−1 = (*) Điều kiện để phương trình (*) có nghiệm phân biệt:
∆0 >0⇔b02−ac >0
⇔(m+ 1)2−(m2+ 2m−1)>0
⇔2>0, ∀m∈R
Vậy phương trình (*) ln có nghiệm phân biệt ∀m∈R Theo định lý Vi-et ta có:
S =x1+x2 =−2(m+ 1)
P =x1.x2 =m2 + 2m−1
Dựa vào đề ta có:
1 x1−1
+ x2−1
=
⇔ x2−1 +x1 −1
(x1−1).(x2−1)
=
⇔ S−2
P −S+ =
⇔ −2m−4
m2+ 4m+ 2 =
⇔
−2m−4
2 =m
2+ 4m+ 2
m2+ 4m+ 2 6= 0
⇔
m2+ 5m+ = 0
m2+ 4m+ 6=
⇔
m1 =−1
m2 =−4
(111)Vậy m1 =−1 m2 =−4là giá trị cần tìm
b) Tính quãng đường
Gọi s (km) (s > 0) quãng đường từ nhà đến trường, v (km/h) (v > 0) vận tốc ngày thường
Theo đề bài, thời gian từ nhà đến trường thường ngày 30
60 =
Ngày thi, Bố An từ nhà đến trường với vận tốc (v + 15) km/h khoảng thời gian
30−10 60 =
1
3 (giờ) (vì nhanh thường ngày 10 phút)
Theo cơng thức vật lý vận tốc, ta có hệ phương trình:
s=v.1
s= (v+ 15).1
⇔
s= v v =
v+ 15
⇔
v = 30 s= 30
2 = 15
Vậy quãng đường từ nhà bạn An đến trường 15 km
Bài tập tương tự
a) Định m để phương trìnhx2 −2mx+m−2 = 0 có hai nghiệm phận biệt x
1, x2 thỏa
(1 +x1)(2−x2) + (1 +x2)(2−x1) =x21 +x22+
b) Một người dự định xe máy từA đến B với quãng đường 90km Thực tế có việc gấp nên người tắng vận tốc thêm10km/h so với vận tốc dự định nên đến B sớm 45 phút so với dự định Hãy tính vận tốc người dự định từA đến B
Đáp số: a)m= 1, m= −1
2 b) 30 km/h
Cho hình vng ABCD, điểmE thuộc cạnhBC Qua B kẻ đường thẳng vng góc vớiDE, đường thẳng cắt cạnh DE DC H K
a) Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh tam giác KHC đồng dạng với tam giác KDB
c) Giả sử hình vng ABCD có cạnh cm Tính độ dài cung CH có số đo 40o của
đường trịn đường kính BD (làm tròn kết đến chữ số thập phân)
Bài
Phân tích Đối với câu a), dễ thấy chứng minh tứ giác nội tiếp tính chất đỉnh nhìn cạnh góc nhau; cụ thể bằng90o nên ta rõ tâm bán kính đường trịn
ngoại tiếp từ giácBHCD để thuận tiện cho câu sau
(112)bằng tính chất tứ giác nội tiếp BHCD chứng minh câu a)
Đối với câu c), xác định đường trịn với tâm bán kính; sau nhớ lại cơng thức tính độ dài cung trịn Ta suy luận cơng thức cách sau: chu vi (2.π.r) độ dài cung 360o, theo tính chất tỷ lệ thuận, ta có độ dài cung40o là 2.π.r
360 40
Lời giải a) Tứ giác BHCD nội tiếp
A
D C
B
E
j
k
H
K l
m
Ta có
◊
BHD= 90o (BH ⊥DE) ÷
BCD= 90o (ABCD là hình vng)
⇒H, C thuộc đường trịn đường kính BD
⇒BHCD nội tiếp
b) Chứng minh ∆KHC v∆KDB
A
D C
B
E
j
k
H
K l
m
Xét∆KHC ∆KDB có
c
K chung
◊
KDB=KHC◊ (góc góc đối ngồi tứ giác nội tiếp BHCD)
(113)
` Đề Tuyển Sinh Vào 10 ` Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956
c) Tính độ dài cungCH
A
D C
B
E
j
H
K l
m
O
Gọi O trung điểm BD Ta có tứ giác BHCD nội tiếp đường trịn đường kính BD có bán kính
OB = 2DB =
1
√
AB2+AD2 =
2
√
32+ 32 = 3 √
2
Độ dài cung CH
2π.OB 40
360 = 2π.3
√
2
40 360 =π
√
2 (cm)
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 nội tiếp mặt cầu tâm O (các đỉnh hình hộp chữ nhật nằm mặt cầu) Các kích thước hình hộp chữ nhật a, b, c Gọi
S1 diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật,S2 diện tích mặt cầu Tìm quan hệ a, b, c để tỉ lệ S1
S2
lớn
Bài
Phân tích Đầu tiên sử dụng cơng thức tính diện tích xung quanh hình hộp chữ nhật diện tích mặt cầu đề suy tỷ lệ S1
s2
rồi từ liện hệ tỷ lệ với bất đẳng thức Cô-si
Lời giải
B
A
C
D B0
A0
C0
D0 c
b a
(114)Vì đỉnh hình hộp nằm mặt cầu nên tâm O mặt cầu tâm hình chữ nhật giao điểm A0C AC0 Dựa vào định lý Pytago ta tính bán kính mặt cầu là:
OA= 2A
0 C=
2
√
AA02+AC2 =
2
q
c2+√a2 +b22 =
2
√
a2+b2+c2.
Diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật diện tích mặt cầu :
S1 = 2SABCD+ 2SBCC0B0 + 2SABB0A0 = 2ab+ 2bc+ 2ca
S2 = 4πOA2 =π(a2+b2+c2)
Dựa vào bất đẳng thức Cơ-si cho số dương a, b, c ta có:
a2+b2 ≥2ab b2+c2 ≥2bc c2+a2 ≥2ca
⇒2(a2 +b2+c2)≥2ab+ 2bc+ 2ca
⇒ S1
S2
≤
π
Vậy tỉ số S1
S2
lớn
π S1
S2
= π
2 ⇔a =b =c (dấu "=" bất đẳng thức Cô-si xảy ra)
Đề 14. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Tỉnh Khánh Hịa
(Khơng sử dụng máy tính cầm tay)
a) Tính giá trị biểu thức T =
1 +
√
5−1
√
10−√2 −
»
3−2√2 b) Giải phương trình x−3√x−10 =
Bài
Phân tích a) Biểu thức T có ba hạng tử Hạng tử thứ ta tạm thời để nguyên Nhưng hạng tử thứ hai có tử mẫu rút gọn được, ta thấy rút √2ra biểu thức ngoặc thu tử Cịn hạng tử thứ ba dạng "căn chồng căn" Hướng biến đổi dạng ta làm xuất bình phương thức "to" nhất, từ phá lớp b) Ta nhận thấy xuất củax √xở phương trình Điều làm ta liên tưởng đến
(115)Lời giải a) Ta có:
T =
1 +
√
5−1
√
10−√2−
»
3−2√2 =
1 +
√
5−1
√
2Ä√5−1ä −
»
2−2.1.√2 +
= √1
2 +
√
2 −
… Ä√
2−1ä2 = √2
2 −
Ä√
2−1ä=
b) Đặt t=√x (t≥0) Khi đó, x=t2 và phương trình trở thành:
t2−3t−10 =
Giải phương trình ta thu hai nghiệm t1 = (nhận) vàt2 =−2 (loại) Với t= 5, ta cóx= 52 = 25 Vậy phương trình có nghiệm x= 25.
Bình luận Cả hai ý câu dạng Với ý a), ta cần ý phép biến đổi đơn giản biểu thức chứa thức bậc hai Với ý b), việc đặt ẩn phụ giúp ta giải toán
Bài tập tương tự
a) Tính giá trị biểu thức P = √
3−1 −
»
4−2√3
b) Giải phương trìnhx+ 4√x−21 =
Đáp số:
a) P =
b) Phương trình có nghiệmx=
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) :y=−3x2 hai điểm A(1;−3)và B(2; 3)
a) Chứng tỏ điểm A thuộc parabol(P)
b) Tìm tọa độ điểm C (C khác A) thuộc parabol (P) cho ba điểm A, B, C thẳng hàng
Bài
Phân tích Ý a) toán ĐiểmAthuộc parabol(P)khi tọa độ điểmAthỏa mãn phương trình của(P)
(116)Lời giải a) Thay x= 1, y=−3 vào (P) :y=−3x2 ta có −3 = −3.12 (thỏa mãn). Vậy A∈(P)
b) A, B, C thẳng hàng C ∈ (P), C giao điểm đường thẳng AB parabol (P) Phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax+b, a, b nghiệm hệ phương trình:
−3 =a+b
3 = 2a+b
Giải hệ phương trình ta cóa = 6;b=−9 Vậy phương trình AB y= 6x−9 Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng AB parabol (P) là:
6x−9 = −3x2 ⇔3x2+ 6x−9 =
Giải phương trình này, ta có hai nghiệm x1 = x2 =−3 Vì C khơng trùng với A A có hồnh độ 1, nênC có hồnh độ−3 Từ suy tọa độ điểmC C(−3;−27)
Bình luận Ý a) toán Ý b) có cách phát biểu tốn "lạ", địi hỏi học sinh cần vận dụng linh hoạt kiến thức học để giải Đây toán hay
Bài tập tương tự
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) :y= 2x2 và hai điểm A(−1; 2) và điểm B(0; 5).
a) Chứng tỏ điểm A thuộc parabol(P)
b) Tìm tọa độ điểm C (C khác A) thuộc parabol (P) cho ba điểm A, B, C thẳng hàng
Đáp số:
a) Tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình parabol b) C
Ç
5 2;
25
å
a) Tìm hai số, biết tổng chúng tích chúng 12
b) Một hội trường có 300 ghế ngồi (loại ghế người ngồi) xếp thành nhiều dãy với số lượng ghế dãy để tổ chức kiện Vì số người dự lên đến 351 người nên người ta phải xếp thêm dãy ghế có số lượng ghế dãy ghế ban đầu sau xếp dãy ghế (kể dãy ghế xếp thêm) để vừa đủ người ngồi ghế Hỏi ban đầu hội trường có dãy ghế?
Bài
(117)Lời giải a) Hai số cần tìm có tổng tích 12 Do hai số nghiệm (nếu có) phương trình
X2−7X+ 12 =
Giải phương trình này, ta thu hai nghiệm X1 = X2 = Vậy hai số cần tìm
b) Gọix số dãy ghế ban đầu hội trường (x∈N∗) Từ suy số ghế dãy ban đầu 300
x
Thực tế, số dãy ghế x+ số ghế dãy 351
x+
Vì phải xếp thêm ghế dãy nên ta có phương trình:
351
x+ −2 = 300
x
Giải phương trình này, ta thu hai nghiệm x1 = 12 (nhận) x2 =
25
2 (loại)
Vậy số dãy ghế ban đầu 12 dãy
Bình luận Ý a) tốn bản, áp dụng trực tiếp hệ thức Vi-ét Ý b) toán giải cách lập phương trình mức độ
Bài tập tương tự
a) Tìm hai số biết tổng chúng tích chúng −30
b) Trong chiến dịch "Trồng gây rừng", đội niên xung kích dự kiến trồng 551 theo số hàng định, hàng có số Trong thực tế, số giống đội nhận 672 Do đó, đội định trồng thêm hàng, hàng trồng thêm Hỏi ban đầu, đội niên xung kích dự kiến trồng hàng cây?
Đáp số:
a) Hai số cần tìm là6 −5
b) Đội niên xung kích dự kiến trồng 29 hàng
Cho đường trịn (O;OA) Trên bán kính OA lấy điểm I cho OI =
3OA Vẽ dây BC
vng góc với OA điểm I vẽ đường kínhBD Gọi E giao điểm AD BC a) Chứng minh DA tia phân giác BDC÷
b) Chứng minh OE vng góc với AD
c) Lấy điểm M đoạn IB (M khác I B) Tia AM cắt đường tròn (O) điểm N Tứ giácM N DE có phải tứ giác nội tiếp hay khơng? Vì sao?
(118)Phân tích Ở ý a), ta cần BD =ADC÷ Điều thực cách chứng minh A trung điểm BC¯ sử dụng tính chất góc nội tiếp chắn hai cung
Ở ý b), ta nhận thấy BA⊥AD doBD đường kính O trung điểmBD Vì vậy, ta chứng minh E trung điểm AD để suy OE đường trung bình ∆BAD, từ có OE k AB,
hay OE⊥AD
Ở ý c), ta tứ giác M N DE có cặp góc đối có tổng bằng1800, từ suy tứ giác nội tiếp
Lời giải a) Ta có: BC⊥OA I nên I trung điểm BC Xét ∆BOI ∆COI có ∆BOI = ∆COI (c.g.c) Vậy BOA÷ =COA÷, suy BA¯ =CA¯
Các gócBD vàCD góc nội tiếp chắn cungBA¯ vàCA¯ nên chúng Từ suy raDA tia phân giác BDC÷
b) Ta có:
O I A
B
C D
E
Ta có DAB÷ vng BD đường kính Vậy BA⊥DA (1)
Do BC⊥OAtại I nên I trung điểmBC Vậy OI đường trung bình của∆BDC Từ ta có DC= 2OI =
3OA
Mặt khác IA=OA−OI =
3OA Vậy IA=DC
Xét∆IAE ∆CDE có:
’
IAE =CD (hai góc vị trí so le trong)
’
AIE =DCE(= 90÷ 0)
IA=CD (chứng minh trên)
Suy ∆IAE = ∆CDE (g.c.g) Từ ta có AE = DE (cạnh tương ứng), hay E trung điểm AD Vậy OE đường trung bình ∆BAD, suy OEkAB (2)
(119)◊
M ED =BED÷ =
1
sđBN D˚+sđAC¯
(góc có đỉnh nằm đường tròn)
◊
M N D = AN D÷ =
1
2sđACD˙ (góc nội tiếp) =
2
sđAC¯+sđCD¯
=
sđAB¯+sđCD¯
Vậy M ED◊+M N D◊ =
1
sđ˚BN D+sđDC¯ +sđCA¯+sđAB¯
= 2·360
0 = 1800
Suy tứ giác M N DC nội tiếp
Bình luận
O I A
B
C D
E M N
Ý a) ý bản, áp dụng trực tiếp tính chất góc nội tiếp chắn cung quan hệ vng góc đường kính dây Ở ý b), ta cần khéo léo việc quan sát Vì ta cần chứng minh
OE⊥AD nên ta quan sát đường khác vng góc với AD chứng minh OE song song với đường Cịn ý c), ta vận dụng định lý đảo: "Nếu tứ giác có tổng số đo hai góc đối bằng1800 thì tứ giác nội tiếp đường trịn".
Ở tốn này, ý b) ý c) tương đối hay ta phải vận dụng linh hoạt nhiều kiến thức khác để giải yêu cầu toán
Bài tập tương tự
Cho đường trịn (O;OA) Trên bán kính OA lấy điểm I cho OI =
3OA Vẽ dây BC vng
góc với OAtại điểm I vẽ đường kínhBD Gọi E giao điểm AD BC a) Chứng minhOAD÷ =ADC÷
b) Chứng minhOE =
2AB
c) Vẽ đường kính AF Lấy điểm M cung nhỏ BF (M không trùng B, M không trùng F) Gọi giao điểm củaAM BC N Chứng minh tứ giácN M DE nội tiếp
(120)a) Ta chứng minh OAkDC
b) Ta chứng minh OE đường trung bình ∆BAD
c) Ta tứ giác N M DE có cặp góc có tổng 1800.
Tính diện tích xung quanh, diện tích tồn phần thể tích hình trụ có chu vi hình trịn đáy 16cm chiều cao 5cm
Bài
Phân tích Bài tốn mức độ Ta cần tính bán kính hình trịn đáy áp dụng công thức tương ứng để kết
Lời giải Ta có bán kinh đáy hình trụ là: r = 16 2π =
8 π
Vậy diện tích xung quanh Sxq = 2πrh= 2π·
π ·5 = 80 (cm
2)
Diện tích tồn phần Stp=Sxq+ 2Sđáy = 80 + 2πr2 = 80 + 2π
Ç
8 π
å2
= 80 +128 π (cm
2)
Thể tích V =π.r2.h=π
Ç
8 π
å2
.5 = 320 π (cm
3)
Bình luận Bài tốn dạng Ta cần nhớ áp dụng công thức thích hợp sau tính bán kính đáy
Bài tập tương tự
Tính diện tích xung quanh, diện tích tồn phần thể tích hình trụ có chu vi hình trịn đáy 8π cm chiều cao 10cm
Đáp số: Sxq = 80π (cm2),Stp = 112π (cm2),V = 16π (cm3)
Đề 15. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 SỞ GD VÀ ĐT
NGHỆ AN 2017-2018
a) Tính giá trị biểu thức A= (1−√7)7 +
√
7 2√7
b) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P =
Ç
1 1−√x −
1 +√x
å
x−1
√
x
(121)Lời giải
a)
A= (1−√7)7 +
√
7 2√7 =
√
7(1−√7)(1 +√7) 2√7
= 1−7 =−3
Vậy A=−3
b) Điều kiện xác định củaP là:
x ≥0 1−√x 6=
1 +√x 6= (luôn đúng) √
x 6=
⇔
x >0 x6=
Rút gọnP
P =
Ç
1 1−√x−
1 +√x
å
.x√−1
x =
√
x 1−x
x−1
√
x =−2
Vậy P =−2
a) Giải hệ phương trình:
2x−y = 4x+y=−1
b) Giải phương trình: 2x2−5x+ = 0.
c) Cho parabol (P) : y =x2 và đường thẳng (d) : y = 2x+m−6 Tìm m để đường thẳng
(d)cắt parabol (P) hai điểm phân biệt có hoành độ dương
Bài
(122)a)
2x−y = 4x+y=−1
⇔
6x = y = 2x−4
⇔
x= y=−3
Vậy hệ phương trình có nghiệm là:
x= y=−3
b)
2x2−5x+ 2 = 0
⇔ (2x−1)(x−2) =
⇔ x=
2 x=
Vậy phương trình có hai nghiệm là: x1 =
1
2 x2 =
c) Xét phương trình hoành độ giao điểm parabol (P) đường thẳng (d):
x2 = 2x+m−6
⇔ x2−2x+ 6−m = 0 (∗)
Đường thẳng (d)cắt parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ dương ⇔Phương trình(∗) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2
⇔
Phương trình (∗) có hai nghiệm x1, x2 phân biệt
x1+x2 >0
x1.x2 >0
⇔
∆0 = 1−(6−m)>0
x1+x2 = 2>0 (luôn đúng)
x1.x2 = 6−m >0 ⇔5< m <6
Vậy đường thẳng (d)cắt parabol(P)tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương
(123)Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn chiều rộng 15m Nếu giảm chiều dài 2m tăng chiều rộng 3m diện tích mảnh vườn tăng thêm 44 m2 Tính diện tích mảnh vườn
Bài
Phân tích Các đại lượng nói đến chiều dài, diện tích tích biết chiều rộng, cần đặt chiều rộng làx thiết lập giải phương trình theo x dựa theo giả thiết
Lời giải Gọi chiều rộng mảnh vườn làx(m) Khi đó, chiều dài diện tích mảnh vườn làx+ 15(m) vàx2+ 15x(m2) Nếu giảm chiều dài 2m tăng chiều rộng 3m diện tích mảnh vườn là:(x+ 3)(x+ 13) =x2+ 16x+ 39 (m2) Theo giả thiết, ta có:
x2+ 16x+ 39 =x2+ 15x+ 44
⇔ x =
Vậy diện tích mảnh vườn là52+ 15.5 = 100 (m2).
Cho điểmM nằm ngồi đường trịn(O, R) Từ điểmM kẻ hai tiếp tuyếnM A, M B với đường trịn (A, B tiêp điểm) QuaAkẻ đường thẳng song song với M B cắt đường tròn(O, R)
tại C Nối M C cắt (O, R)tại D Tia AD cắt M B E a) Chứng minh M AOB tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh EM =EB
c) Xác định vị trí điểm M để BD⊥M A
Bài
Phân tích
b) Dựa vào tính chất tiêp tuyến, ta thấy EBD÷ =EAB÷, từ suy tam giác đồng dạng, tính đượcEB2 =ED.EA Do cần tập trung chứng minh M E2 =ED.EA
(124)Lời giải
O A
B M
C
D
E
a) Xét tứ giác M AOB cóM AO◊=M BO◊ = 90o ⇒◊M AO+M BO◊= 180o Vậy M AOB tứ giác nội tiếp
b) Ta có:
◊
ACM =M AD◊ (tính chất tiếp tuyến M A)
◊
ACM =BM C◊ (do AC//M B)
⇒M AD◊ =BM C◊
Do vậy: 4EM D v4EAM (g-g)
⇒ EM
EA = ED EM
⇒EM2 =ED.EA
Mặt khác, theo tính chất tiếp tuyến M B:EBD÷ =EAB÷ nên 4EBDv4EAB (g-g) Tứ ta có: EB
EA = ED
EB ⇒EB
2 =ED.EA Như ta được: EM2 =EB2 hay EM =EB
c) Ta có:
M A=M B OA=OB
⇒OM đường trung trực AB ⇒M O ⊥AB
Để BD ⊥M Athì M AD◊+EAB÷ +ABD÷ = 90o ⇒BM C◊+EBD÷ +ABD÷ = 90o Suy ra: M C ⊥AB
Ta có: M O M C vng góc với AB nên M O ≡M C
Khi đó: D nằm đường trung trựcM O AB nên DA =DB
Để BD⊥M A AO//BD Suy ra: DB =OAC÷ =OC Khi đó, AB vừa đường cao kẻ từ
B, vừa đường phân giác góc B trong4OBD , 4OBD cân tạiB hay BO =BD
Như vậy: AO = OB =BD = DA ⇒ OBDA hình thoi ⇒ AD//OB Hơn nữa, đường thẳng
AD qua trung điểm E M B Do đó, D trung điểm M O hay M O = 2OD = 2R
(125)Giải phương trình: x+
√
2x
√
1 +x2 =
Bài
Phân tích Việc nhẩm nghiệm có lẽ khơng khả thi Ta thấy rằng, chuyểnx qua vế phải, nhân mẫu lên, sau đem bình phương ta phương trình bậc bốn, từ tìm cách phân tích thành tích hai đa thức bậc hai
Lời giải
x+
√
2x
√
1 +x2 =
⇔ 2√2x = (1−x)√1 +x2
⇒ 8x2 = (1 +x2 −2x)(1 +x2) ⇔ 9x2 = (1 +x2)2−2x(1 +x2) +x2
⇔ (x2−x+ 1)2−(3x)2 =
⇔ (x2−4x+ 1)(x2+ 2x+ 1) = 0
⇔ x= +√3 x= 2−√3 x=−1
Thử lại, ta nhận nghiệm x= 2−√3
Vậy phương trình cho có nghiệm làx= 2−√3
Bình luận Bài phương trình bậc bốn lại đẹp, dễ giải Tuy nhiên cần lưu ý bình phương mà khơng đặt điều kiện định phải ghi dấu⇒, không ghi