a) Các tứ giác ADEG, BCKH nội tiếp được đường tròn.[r]
(1)ĐÁP ÁN MƠN TỐN
THI VÀO THPT NĂM HỌC 2008-2009 TỈNH LẠNG SƠN Câu (2 điểm)
a) Với x > 1, rút gọn biểu thức:
4
x 2x x A
x
;
1 x x
B 1
x x
b) Tìm x để tích A.B =
Giải: a) Với x > ta có:
2
4
2
x (x 2x 1) x 2x x
A
x x
x(x 1) x(x 1) x x x
1 x x x x x x
B 1
x x x x
2 x
x x x
Vậy A = x ;
2 B
x
b) Vì A.B = x > nên:
2
x x 1
2x x 8
2
x x ( x 2)
x
x
(thoả mãn điều kiện x > 1)
Vậy x = Câu 2: (1 điểm)
a) Hãy biểu diễn hai điểm A(2; 3); B(-2; -1) mặt phẳng toạ độ b) Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm A, B
Giải
a) Biểu diễn điểm A, B mặt phẳng toạ độ Oxy:
b) Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b (a ≠ 0) (d) Theo đầu A (d) = 2a + b (1)
B (d) -1 = -2a + b (2) Từ (1) (2) giải hệ:
2a b 2b b 2a b 2a b 2a
(2)b a 2a b
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: y = x + Câu 3: (2 điểm)
Cho phương trình (ẩn x) : x2 – 2(m + 1)x + m2 = 0 a) Giải phương trình m =
b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 cho: x2 – x1 = 3, tính x1 , x2
Giải a) Khi m = ta có: x2 – 4x + = 0
’ = – =
1
x x
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 2 ; x2 2
b) Ta có:
2 2
' (m 1) m m 2m m 2m
Phương trình cho có hai nghiệm x1, x2 ’ 2m +
1 m
2
Với
1 m
2
phương trình có hai nghiệm x1, x2 theo Viét ta có: x1 + x2 = 2(m + 1); x1x2 = m2
theo đầu bài: x2 – x1 =
(x2 – x1)2 = (bình phương vế) x12 x22 2x x1 9
2
1 2
x x 4x x 9 4(m + 1)2 – 4m2 = 9 4(m2 + 2m + 1) – 4m2 = 9 4m2 + 8m + – 4m2 = 9 8m =
m
8
(thoả mãn
1 m
2
) Với
5 m
8
ta có:
2
2
5 x x
8 x x
2
2 1
13 25
x x 2x
4
x x x x
(3)2
1
25
x x
8
25 25
x x
8 8
Vậy
5 m
8
1 25 x ; x
8
Câu (4 điểm)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2R Hai đường chéo AC BD cắt E Hạ DH, EG vng góc với AB (điểm H, G thuộc AB), DH cắt AC K Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác ADEG, BCKH nội tiếp đường tròn b) AD2 = AK.AC
c) AE.AC+BE.BD = 4R2
d) M điểm nằm đường trịn đường kính AB Xác định vị trí điểm M để MA + MB lớn nhất, tính giá trị
Giải:
L
J K
G H
E
O
A B
C
D M
a) Ta có: ADB 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ADE 90
EGA 90 0 (gt)
ADE EGA 180 0 Tứ giác ADEG nội tiếp.
Chứng minh tương tự ta có tứ giác BCKH nội tiếp
b) Giả sử DH cắt (O) J ta có: AB DJ sđAJ sđ AD mà:
ADJ sdAJ
ACD sdAD
ADJ ACD ADK ACD
(4)
2
AD AK
AD AK.AC AC AD
c) Ta có AGE đồng dạng ACB (góc nhọn góc vng)
AE AG
AE.AC AG.AB
ABAC (1)
Tương tự: BE.BD = BG.AB (2)
Từ (1) (2) ta có: AE.AC + BE.BD = AG.AB + BG.AB = AB(AG+BG)=AB.AB = 4R2
Vậy AE.AC + BE.BD =4R2 d) Hạ MLAB L ta có:
MA2 + MB2 = AB2 (đl pitago) (MA+MB)2 – 2MA.MB = 4R2 (MA+MB)2 = 4R2+ 2MA.MB
2
MA MB 4R 2MA.MB
2
MA MB 4R 2ML.AB
2
MA MB 4R 4ML.R R ML.R
MA+MB lớn ML lớn ML = R
Vậy M điểm cung AB MA+MB = R2 R2 2R
Câu (1 điểm)
Cho a.b Chứng minh: a2 + b2 a + b, dấu xảy ? Giải
Xét a.b ta có: a, b a, b <0
Trường hợp 1: với a <0; b <0 hiển nhiên a2 + b2 > a + b (loại) Trường hợp 2: với a 0; b theo bất đẳng thức coshi ta có:
a2 + b2 2ab mà ab a2 + b2 a2 + b2 – Giả sử: a2 + b2 a + b
2a2 + 2b2 2a + 2b 2a2 + 2b2 – 2a – 2b 0
(a2 – 2a +1) + (b2 – 2b + 1) + (a2 +b2 – 2) 0 (a - 1)2 + (b - 1)2 + (a2 +b2 – 2) đúng Vậy: a2 + b2 a + b
Dấu “=” xảy a = b =