Chú ý: Có thể lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Bài 3.[r]
(1)ĐỀ 46 Bài 1: (2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức : A =
2
2 2 288
2) Giải phương trình:
a) x2 + 3x = 0
b) –x4 + 8x2 + = 0
Bài 2: (2điểm) Giải toán cách lập phương trình:
Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị 14 Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục hàng đơn vị cho số lớn
số cho 18 đơn vị Tìm số cho Bài (1điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): y = –3x2 Viết phương trình đường thẳng song
song với đường thẳng y = – 2x + cắt (P) điểm có tung độ y = – 12 Bài (1điểm)
Giải phương trình: 4x 1 3 x 3x14 Bài (4điểm)
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = a Gọi Ax, By tia vng góc với AB
( Ax, By thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn
(O) (M khác A B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn (O); cắt Ax, By
E F
a) Chứng minh: EOF 90
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng
(2)ĐÁP ÁN ĐỀ 46 Bài (2điểm)
1 A =
2
2 2 288
=
2
2 2.2.3 2 2.144
= 4 12 18 12 2 = 22
2 a) x2 + 3x = x( x + 3) = x1 = ; x2 = –
Tập nghiệm phương trình: S0; 3 b) –x4 + 8x2 + = x4 – 8x2 – = 0
Đặt y = x2 ( y 0) , ta phương trình trung gian ẩn y: y2 – 8y – = 0
Vì a – b + c = – (– 8) + (– 9) = nên y1 = – (loại); y2 = (nhận) Do đó: x2 = x = 3
Tập nghiệm phương trình: S = 3;3 Bài Gọi x chữ số hàng đơn vị
Chữ số hàng chục số là: 14 – x ĐK: < x N
Số cần tìm viết dạng đa thức: 10(14 – x) + x = 140 –9x
Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục hàng đơn vị cho ,ta có số mới: 10x + 14 – x = 9x + 14
Theo đề tốn ta có phương trình: 9x + 14 –(140 –9x ) = 18 9x + 14 –140 +9x = 18 18x = 144 x = Giá trị x = thỏa mãn điều kiện
Vậy chữ số đơn vị 8, số hàng chục Số cần tìm 68 Chú ý: Có thể lập hệ phương trình bậc hai ẩn
Bài Phương trình đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = – 2x + nên có
dạng: y = – 2x + b (d)
(d) cắt (P) điểm có tung độ – 12 nên hồnh độ giao điểm nghiệm PT:
–3x2 = – 12 x = 2
Vậy (d) cắt (P) hai điểm: A(2; – 12) B(– 2; – 12) A (d) nên yA = – 2xA + b hay – 12 = – 2 + b b = – B (d) nên yB = – 2xB + b hay – 12 = – 2.(– 2) + b b = – 16
Có hai đường thẳng (d) tìm thỏa mãn đề bài: (d1): y = – 2x – (d2): y = – 2x – 16
Bài PT : 6 4x 1 3 x 3x14 (1)
ĐK:
1
4 1
3
3 3
x x
x
x x
(*)
(3) (4x + 1) – 3. 4x1 + + (3 – x) – 2 3 x + =
2
4x 3 x
4
3
x x
x2 (thỏa mãn đk (*))
Tập nghiệm phương trình cho: S = 2 Bài 5: a) Chứng minh: EOF 90
EA, EM hai tiếp tuyến đường tròn (O) cắt E
Nên OE phân giác AOM Tương tự: OF phân giác BOM
Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF 900
(đpcm)
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng
Ta có: EAO EMO 900(tính chất tiếp tuyến)
Tứ giác AEMO có EAO EMO 1800nên nội tiếp đương tròn.
Tam giác AMB tam giác EOF có:
EOF 90
AMB , MAB MEO (cùng chắn cung MO đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AEMO Vậy Tam giác AMB tam giác EOF đồng dạng (g.g) c) Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MK AB Tam giác AEK có AE // FB nên:
AK AE KF BF
Mà : AE = ME BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên :
AK ME
KF MF Do MK // AE (định lí đảo định lí Ta- let)
Lại có: AE AB (gt) nên MK AB
d) Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a Gọi N giao điểm MK AB, suy MN AB FEA có: MK // AE nên:
MK FK AE FA (1)
BEA có: NK // AE nên:
NK BK AE BE (2) Mà
FK BK
KA KE ( BF // AE) nên
FK BK
KA FK BK KE hay
FK BK FA BE (3)
Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:
MK KN
(4)Tam giác AKB tam giác AMB có chung đáy AB nên:
1 AKB
AMB S KN S MN Do đó:
1 AKB AMB S S
Tam giác AMB vuông M nên tg A =
MB
MA MAB 600
Vậy AM = a
MB =
3 a
1 2 2 AKB
a a S
=
2
3