De thi vao lop 10 dap an TP HCM 09 10

a) Chứng minh rằng AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đường tròn... b) Vẽ đường kính AK của đường tròn (O)[r]

1

BÀI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2009 – 2010

Khoá ngày 24/06/2009 - Thời gian làm : 120 phút

a) 8x22x 0 

' b' ac '

       

Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 b' '= vaø x1 2 b' '=

a a

      

 

b)

x

2x 3y 4x 6y 9x 18

1

5x 6y 12 5x 6y 12 2x 3y y

3  

    

   



          

   

c) x42x2 3 0 (1)

Đặt : t = x2 (t ) (1) t2 2t = 0 (2)

a b c 0    Phương trình (2) cĩ hai nghiệm : t1 (loại) t2 c (nhận) a

    

2

t 3 x    3 x

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm : x  d) 3x22 6x 0 

2

' b' ac

   

Phương trình có nghiệm kép : x1 x2 b'

a



  

a)  Bảng giá trị :

x 4 2 x 4

2 x y

2

 y x 4  Vẽ :

Câu : (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau :

a) 8x22x 0  b) 2x 3y

5x 6y 12   

   

c) x42x2 3 d) 3x22 6x 0 

Câu : (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2 x y

2

 đường thẳng (D) : y x 4  hệ trục toạ độ

2

4

(D) (P)

2

2 O -4 -2

y

x

b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (D) :

2

x x 4 x 2x 0

2      

2

' b' ac '

       

Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 b' ' vaø x2 b' '

a a

     

    

 x 4    y x  x     2 y x

Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) : (4;8) vaø ( 2;2)

a) A 15

3 5

  

 

4(3 5) 8(1 5) 3.5

(3 5)(3 5) (1 5)(1 5)

 

  

   

3 2 5

    

5 

b) B x y x y : x xy1 xy ( x ; y ; xy )

1 xy xy

      

        

   

 

( x y)(1 xy) ( x y)(1 xy) (1 xy)(1 xy) x(1 y) (1 xy)(1 xy)

      

 

 

x x y y y x x x y y y x

x(1 y)

      



 x 2y x

x(1 y) 

 x(1 y)

x(1 y)

 

2 x 

Câu : (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau :

a) A 15

3 5

  

 

b) B x y x y : x xy1 xy ( x ; y ; xy )

1 xy xy

      

        

   

3 a) x2 (5m 1)x 6m  2m 0

2

b 4ac (m 1) , m

      

 Phương trình ln ln có nghiệm với m b) Ap dụng định lý Vi-ét, ta có :

1

2

b

S x x 5m

a c

P x x 6m 2m

a

       



    



Do :

2 2

1

x x S 2P 13m 6m m(13m 6) m hay m

13

             

Vậy m hay m 13

  x12x22 1

y A

M

K O F

E

D C

B

H

x

a) Tứ giác AEHF có : AEH AFH 180 

Câu : (1,5 điểm) Cho phương trình : x2(5m 1)x 6m  22m 0 ( x ẩn số ) a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm với m.

b) Gọi x , x nghiệm phương trình Tìm m để1 2 x12 x22 1

Câu : (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) có tâm O, bán kính R Gọi H giao điểm ba đường cao AD, BE, CF tam giác ABC Gọi S diện tích tam giác ABC

a) Chứng minh AEHF AEDB tứ giác nội tiếp đường trịn.

b) Vẽ đường kính AK đường tròn (O) Chứng minh hai tam giác ABD AKC đồng dạng với Suy AB.AC 2R.AD vaø S AB.BC.CA

4R

 

4

Tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn (Tứ giác có tổng hai góc đối 1800) Tứ giác AEDB có : AEB ADB 90  

Tứ giác AEDB nội tiếp đường trịn (Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau)

b) Xét ABD AKC có :

 ABD AKC  (Hai góc nội tiếp chắn cung AC)  ACK 90  (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 

ADB ACK

  (900) ABD

  AKC (g-g) AB AD

AK AC

 

AB.AC AK AD 2R.AD

  . 

AB.AC

AD 2R

 

1 AB.AC AB.AC.BC

S 2AD.BC 2 2R BC 4R

   

c) Tứ giác BCEF có : BFC BEC 90  

Tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn đường kính BC có tâm trung điểm M BC

 

BMF 2BEF

  (Góc tâm góc nội tiếp chắn cung BF) Ta lại có : DEB DAB  (Tứ giác AEDB nội tiếp)

 

BEF DAB (Tứ giác AEHF nội tiếp)

 

DEB BEF

 

   

DEF DEB BEF 2BEF

   

 

BMF DEF

 

Tứ giác EFDM nội tiếp đường tròn (Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau)

d) Vẽ xy tiếp tuyến C đường tròn (O)

 

xCA ABC

  (Góc tạo tia tiếp tuyến dây với góc nội tiếp chắn cung AC) Mà : CED ABC  (Tứ giác AEDB nội tiếp)

 

xCA CED

  vị trí so le xy // DE



Lại có : OC xy (Tính chất tiếp tuyến) OC DE

  SODCE 1DE.OC 1DE.R

2

  

Chứng minh tương tự, ta có : OA EF

  SOEAF 1EF.OC 1EF.R

2

  

OB FD

  SOFBD 1FD.OB 1FD.R

2

  

Do : S S ODCESOEAF SOFBD  12(DE EF FD).R  (DE EF FD).R 2S

   