De3Da tu luyen mon toan vao lop 10

Gọi K là điểm chính giữa của cung nhỏ AB; N là điểm tùy ý trên đoạn thẳng AB ( N khác A,B).. Mà tia Ax là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN nên tia AK cũng là tiếp tuyến [r]

ĐỀ TỰ ÔN SỐ 03 ĐỀ BÀI Thời gian: 120 phút Câu (3.0 điểm)

Cho biểu thức:

2

:

1 2

x x x x x

P

x x x x x x

       

      

     

   

a) Rút gọn P b) CM: P1.

c) Tìm giá trị lớn P Câu (1.0 điểm) Tìm số x,y thõa mãn:

2

(x1) 2xy2y y  2x 3y 3 0

Câu (2.0 điểm) Giải toán cách lập phương trình:

Hai tổ làm cơng việc 15 xong Nếu tổ làm tổ làm họ làm 25% cơng việc Hỏi tổ làm riêng việc xong?

Câu (4.0 điểm)

Cho đường tròn (O;R) dây cố định AB < 2R Gọi K điểm cung nhỏ AB; N điểm tùy ý đoạn thẳng AB ( N khác A,B) Nối KN kéo dài cắt (O) điểm thứ M

a) CM: tam giác AKN MKA đồng dạng

b) CM: AK tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANM

c) CM: Tổng bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ANM BNM không phụ thuộc vào vị trí điểm N

d) Tìm tập hợp trung điểm I đoạn thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANM BNM, N di chuyển đoạn AB

……….Hết………

Câu

/   ( 1)(  2)

a x x x x Điều kiện:

0      x x

2

:

1 ( 1)( 2) ( 1)( 2)

4 2

:

( 1)( 2) ( 1)( 2)

                                            

x x x x x

P

x x x x x x

x x x x x x x

x x x x x x

b/ Với

0      x

x ta xét

1 P-1= 2          x x

x x x x

Do x  0 x 0 mà

3

2 0

2          x x x

x x  P1 0  P1

c/ Với

0 1 4

1

4 1

                    

x x x x x

x

x P x x x

4

1

*) 1: 1 1 x+ 0(1) *) :

                     x x

TH x x x m x P

TH x v x

Do x1 nên x1 0

4 1

 x

Áp dụng BĐT Côsi cho số dương ta có:

4 1

1 (2)

7          x P P x

Dấu “=” xảy

4

1

1

       



x x x

x

1

: ax

7

  

KL PM x

Điều kiện: 2x 3y 0(*)

PT  x22x 1 2xy2y y 2 2x 3y 0

2

2

( ) 2( ).1 3

( 1) ( 1) 3 :

2 3

        

    

       

   



x y x y x y

x y

x y x y Do

x y

1 0

2 3

   

 

    

   

 

x y x

x y y PT có nghiệm (0; 1)

Câu

 Gọi thời gian tổ I làm xong công việc là: x (giờ, x>15)  Gọi thời gian tổ II làm xong cơng việc là:y (giờ, y>15)

Năng suất tổ I là: 1/x (công việc) Năng suất tổ II là: 1/y (công việc) Năng suất tổ là: 1/15 (công việc)

Ta có phương trình:

1 1

15 x y  (1) Trong tổ I làm được: 3/x (công việc) Trong tổ II làm được: 5/x (công việc)

Theo đầu tổ I làm giờ, tổ II làm 25% công việc = 1/4 ( công việc) ta có hệ phương trình:

1 1 1

24

15 15 24

:

1

3 1 40

3

40

4

      

  

     

   

  

    

 

         

 

   



u u v u x

x y x

Coi

y

v u v v

y x y

Câu 4:

a) Vì K điểm cung AB nên: Cung AK= cung KB

Kẽ

IF

IF

 

 

  

AB

CE CE AB

Xét CNE có:

IF 1

IF ( )

2

     

CE AB IN IN CN

CE CN

b) Trên nửa mặt phẳng bờ AN có chứa tia AK kẻ tia Ax tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Ta có:

xAN AMN

xAN AMN KAN AMN

 



   

 



Ta có tia Ax tia AK thuộc nửa mặt phẳng bờ AN nên Ax trùng với AK Mà tia Ax tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN nên tia AK tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN

c) Gọi O1;O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN BMN

Kẻ đường kính KC (O) ta có:CAK 900 CAAK

Vì AK tiếp tuyến đường trịn tâm (O1) nên:

1    ; ;

O A AK O A CA hay C A O thẳng hàng

Tương tự chứng minh câu b ta có BK tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN Và chứng minh tương tự ta có C;O2;B thẳng hàng Xét tam giác O1AN có:

1 1 â 1

O A O N   R O AN c n O AN O NA

Vì KC đường kính, K điểm cung AB nên C điểm cung lớn AB => Cung CA= cung CB

=> CA=CB => Tam giác CAB cân C

1

à

Mà CBA O NA1 đồng vị nên  O N CB1 

Chứng minh tương tự ta có: O C O N1 

Xét

1

1 2

1 ó : 

 

 

 O N CB

O NO C c O NO C

O C O N  O C O N hay O C O B1  2 1  2 Do A B cố định nên K cố định Và K, O cố định nên C cố định C A cố định nên CA không đổi

Vậy O1A+O2B=AC ( không đổi) d) Phần thuận:

Vì tứ giác O1NO2C hình bình hành nên đường chéo O1O2 CN cắt trung điểm I đường Từ I kẽ Ì vng góc với AB F Gọi giao điểm CK AB E Vì CK đường kính K điểm cung AB nên CK vng góc với AB E

Xét

IF 1

ó : IF ( ) IF

2

     

AEF c CE AB NI CE

CE CN

C, K cố định AB không đổi nên E cố định nên CE không đổi I thuộc đường trung bình PQ tam giác CAB

Giới hạn: - Nếu N trùng B I trùng Q - Nếu N trùng A I trùng P Vậy I thuộc đường trung bình PQ *) Phần đảo:

Lấy I thuộc PQ Nối CI kéo dài cắt AB N KN cắt (O) M Gọi O1;O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN BMN ta cần chứng minh I trung điểm O1O2

Kẽ

IF

IF

 

 

  

AB

CE CE AB

Xét CNE có :

IF 1

IF ( )

2

     

CE AB IN IN CN

CE CN

 I trung điểm CN mà tứ giác O1NO2C hình bình hành nên I

trung điểm O1O2

Kết luận: Vậy N di động AB trung điểm I đoạn nối tâm

O1,O2 đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN BMN chuyển động đoạn PQ đoạn trung bình của tam giác ABC

……… Hết………

Hocmai.vn