De so 2 on thi vao THPT co loi giai

Trên cung BC lấy một điểm M rồi hạ các đường vuông góc với MI, MH, MK xuống các cạnh tương ứng BC, CA, AB.. Chứng minh rằng tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp được đường tròn.[r]

ĐỀ SÓ 2:

Câu 1: Giải phương trình: a)

1 1

x - 4x + 3 b) (2x – 1)(x + 4) = (x + 1)(x – 4)

Câu 2: Vẽ đồ thị hàm số y = - 0,5x2 Trên đồ thị hàm số y, lấy hai

điểm A B có hồnh độ -1 Hãy viết phương trình đường thẳng AB Câu 3: Cho A =

  

   



 

 

 

2 x - x x x x x

:

x - x - x x + x

a) Rút gọn A

b) Tìm x để A nhận giá trị nguyên

Câu 4: Cho tam giác cân ABC (AB = AC; Â = 900), cung tròn BC nằm bên

trong tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc với MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi P giao điểm MB, IK Q giao điểm MC, IH

a Chứng minh tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp đường tròn b Chứng minh tia đối tia MI phân giác góc HMK

c Chứng minh tứ giác MPIQ nội tiếp đường tròn Suy PQ song song với BC

d Gọi (O1) đường tròn qua M, P, K; (O2) đường tròn qua M, Q, H; N

giao điểm thứ hai (O1), (O2) D trung điểm BC Chứng minh M, N, D

thẳng hàng

Lời giải:

Câu 1:

a) ĐK x 4, Phương trình cho tương đương với: 3(x + 4) + 3(x – 4) = x2 – 16  x2 – 6x – 16 =  x

1 = 8; x2 = -

Vậy PT cho có hai nghiệm: x = 8; x = - b) (2x – 1)(x + 4) = (x + 1)(x – 4)

 2x2 + 8x – x – = x2 – 4x + x –

 x2 + 10x =  x

1 = 0; x2 = 10

Vậy PT cho có hai nghiệm: x = 0; x = 10

Câu 2: Hàm số xác định với x  R Với x < hàm số đồng biến

và x 0 hàm số nghịch biến. Bảng giá trị:

x -2 -1

y -2

1 

0

1 

-2

Với x = -1 => y = 

nên A(-1; 

); Với x = => y = -2 nên B(2; -2) Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b

nên ta có:

- a + b

- = 2a + b       

Giải hệ ta được: a = 

b =- Vậy PT đường thẳng AB là: y =

1 x - 

Câu 3:

a) ĐK: x > o; x  1

A =                  

x x + x x x - x x :

x x x x x + x

                 =          

x + x x - x 2 x 1 x x 1

:

x x x x x

    

 

     

    

 

b) Ta có:

x x 2

A

x x x

  

   

  

Vì x số nguyên dương A số nguyên x1 ước 2

* x =  x =

* x = -1   x = (Không thoả mÃn) * x =  x =

* x1 = -2  Khơng có giá trị x

Vậy x = 4; x = A có giá trị ngun Câu 4:

a) Ta có: MI  BC, MK  AB  MIB  MKB 180 Do tứ giác BIMK nội tiếp đường tròn

b) Do AB = AC nên ABC ACB

Gọi tia đối tia MI tia Mx, tứ giác BIMK, MICH nội tiếp nên:

   

IMH180  ACB180  ABCIMK

    KMx180  IMK180  IMHHMx

Vậy Mx tia phân giác HMK

c) Theo kết luận câu a) ta có: MIK MBK vµ MIH MCH nên suy ra:

    

PIQMIKMIHMBKMCH

Mặt khác:

  

S® MBI S® CM = S® MCH



  

S® MBK S® BM = S® MCB

 Suy PIQ MCB MBC Trong tam giác BMC

   

BMC180  MCBMBC ,

    

BMCPIQ180  MBCMCBMBC180

Vậy tứ giác MPIQ nội tiếp đường trịn Từ suy ra: MQP MIP

Mà MIPMBK MBK MCB , ú MQPMCB nên PQ//BC

d) Ta có

  

MHI MQP (vì sđ MQ)



Hai tia QP, QH nằm khác phía QM nên đường tròn O2 tiếp xúc

với QP Q

Tương tự ta có đường trịn (O1) tiếp xúc với QP P Do QP tiếp

tuyến chung (O1) (O2)

Gọi E E/ giao điểm MN với PQ, MN với BC Ta có

PE = EM.EN  EQ (vì PEM ~ NEP vµ EQM ~ ENQ)   .

Do PQ//BC

EP EQ

; PE = EQ nªn E B = E C hay E D

E B E C   

  

  .