Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Đề 2
Bài 1: Cho biểu thøc: P = (x√x −1
x −√x −
x√x+1 x+√x ):(
2(x −2√x+1) x −1 )
a,Rót gän P
b,Tìm x ngun để P có giá trị ngun
Bài 2: Cho phơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= (*) a.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm âm
b.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm x1; x2 thoả mãn |x13− x23|
=50
Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = có hai nghiệm dơng phân biệt x1, x2Chứng minh:
a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dơng phân biệt t1 vµ t2
b,Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2
Bài 4: Cho tam giác có góc nhọn ABC nội tiếp đờng trịn tâm O H là trực tâm tam giác D điểm cung BC không chứa điểm A
a, Xác định vị trí điẻm D để tứ giác BHCD hình bình hành b, Gọi P Q lần lợt điểm đối xứng điểm D qua đờng thẳng AB AC Chứng minh điểm P; H; Q thẳng hàng
c, Tìm vị trí điểm D để PQ có độ dài lớn Bài 5: Cho hai số dơng x; y thoả mãn: x + y
Tìm giá trị nhỏ của: A =
x2
+y2+
501 xy
Đáp án
Bài 1: (2 điểm) ĐK: x 0; x 1
a, Rót gän: P = 2x(x −1)
x(x −1) :
2( √x −1❑z)
2
x −1 <=> P =
√x −1¿2 ¿ ¿
√x −1
¿
b P = √x+1
√x −1=1+ √x −1
(2)√x −1=1⇒√x=2⇒x=4
√x −1=−1⇒√x=0⇒x=0
√x −1=2⇒√x=3⇒x=9
√x −1=−2⇒√x=−1(Loai)
VËy víi x= {0;4;9} P có giá trị nguyên Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:
Δ=(2m+1)2−4(m2+m−6)≥0 x1x2=m2+m−6>0
x1+x2=2m+1<0 ¿{ {
¿
⇔
Δ=25>0 (m−2)(m+3)>0
m<−1
2
m<3
{ {
b Giải phơng trình: m+3¿
3
(m−2)3−¿=50 ¿
¿m1=−1+√5
2
m2=−1−2√5 ¿
⇔|5(3m2+3m+7)|=50⇔m2+m−1=0
⇔ {
Bµi 3: a Vì x1 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = nªn ax
12 + bx1 + c =0
V× x1> => c (1
x1)
+b x1
+a=0 Chøng tá x1
1
lµ nghiệm dơng
của phơng trình: ct2 + bt + a = 0; t1 =
x1 Vì x2 nghiệm phơng trình:
ax2 + bx + c = => ax22 + bx2 + c =0 x2> nên c (
x2)
+b.( x2)
+a=0 điều chøng tá x1
2
lµ mét nghiƯm
dơng phơng trình ct2 + bt + a = ; t2 =
(3)Vậy phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x1; x2 thì phơng trình : ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dơng phân biệt t1 ; t2 t1 =
1
x1 ; t2 =
1
x2
b Do x1; x1; t1; t2 nghiệm dơng nên t1+ x1 = x1
1
+ x1 t2 + x2 = x1
2
+ x2 Do x1 + x2 + t1 + t2 Bài
a Giả sử tìm đợc điểm D cung BC cho tứ giác BHCD hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB H trực tâm tam giác ABC nên
CH AB BH AC => BD AB CD AC Do đó: ABD = 900 ACD = 900
Vậy AD đờng kính đờng tròn tâm O Ngợc lại D đầu đờng kính AD đờng trịn tâm O
tứ giác BHCD hình bình hành
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB
nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB
Do đó: APB = ACB Mặt khác: AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800
Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB
Mà PAB = DAB đó: PHB = DAB
Chøng minh t¬ng tù ta cã: CHQ = DAC
VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800 Ba ®iĨm P; H; Q thẳng hàng
c) Ta thy APQ tam giác cân đỉnh A
Có AP = AQ = AD PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ
đạt giá trị lớn AP AQ lớn hay AD lớn
D đầu đờng kính kẻ từ A đờng trịn tâm O
H
O P
Q
D
C B
(4)