De tuyen sinh 10 mon Toan va dap an tham khao

Từ một tấm thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB= 3,6 dm , chiều dài AD =4,85 dm, người ta cắt một phần tấm thiếc để làm mặt xung quanh của một hình nón với đỉnh là A và đường sinh[r]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2011 – 2012

Mơn : TỐN

Thời gian : 120 phút (không kể phát đề) Câu (4,0 điểm) Khơng sử dụng máy tính cầm tay:

a) Tính: P =

1 12

3  

b) Giải phương trình: x2 – 6x + = 0.

c) Giải hệ phương trình:

2

2

x y

x y

 

 

 

 .

Câu (4,0 điểm)

Cho phương trình x2 – 3x + m – = (m tham số) (1). a) Giải phương trình (1) m =

b) Tìm giá trị tham số m để phương trình (1) có nghiệm kép

c) Tìm giá trị tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 độ dài cạnh hình chữ nhật có diện tích (đơn vị diện tích)

Câu (6,0 điểm)

Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (d).

a) Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ vuông (đơn vị trục nhau) b) Xác định tọa độ giao điểm (P) (d) phép tính

c) Tìm điểm thuộc (P) cách hai điểm A

( ; 0)  B

3

(0; 1)

2  . Câu (6,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O bán kính R Từ điểm A nằm ngồi đường trịn kẻ tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (M, N là tiếp điểm)

a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp b) Biết AM = R Tính OA theo R

c) Tính diện tích hình quạt trịn chắn cung nhỏ MN đường trịn tâm O theo bán kính R d) Đường thẳng d qua A, không qua điểm O cắt đường tròn tâm O hai điểm B, C

Gọi I trung điểm BC Chứng tỏ năm điểm A, M, N, O I nằm đường tròn

GỢI Ý GIẢI Câu 1.(4,0 điểm)

a) P =

1 12

3

 

=

1

2 3

3

 

=

1 20

(2 ) 3

3

  

b) Phương trình x2 –6x + = 0, có: '= b’2 – ac = (-3)2 – = > 0 '= 1

Suy ra: phương trình cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = 4; x2 =

c)

2

2

x y

x y

 

 

 

 

2 1

2 3

x x x x

x y y y y

   

   

  

   

     

   

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm:

1 x y

  

  Câu (4,0 điểm)

a) Khi m = 1, pt(1) trở thành: x2 – 3x = 0

 x(x – 3) =

0 x x

 

  



Vậy m = 1, phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 0; x2 =

b) Phương trình (1) có nghiệm kép có = 0  (-3)2 – 1.(m – 1) = 13 – 4m = 0

 m = 13

4 Vậy m =

13

4 phương trình (1) có nghiệm kép. c)

 ĐK để pt(1) có hai nghiệm x1, x2    13 – 4m   m 

13 .  Khi pt(1) có: x1x2 =

c

a = m –

 Theo đề bài, ta có: x1x2 =  m – =  m = 3( thỏa ĐK)

 Vậy m = phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 độ dài cạnh

một hình chữ nhật có diện tích (đơn vị diện tích) Câu (6,0 điểm)

a)

 Bảng số giá trị tương ứng (P):

x -2 -1

y 2

 Vẽ (d): y = x +

Cho x =  y =  (1; 3) (d)  Đồ thị:

b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x2 = x +  x2 – x – = 0



2 x x

   

 

4 (2;4) ( 1;1) y

y

  

   



Vậy:(d) cắt (P) hai điểm (2; 4) (-1; 1)

c) Gọi M(xM; yM)  (P) cách hai điểm A, B

Ta có:  y

M =

2 M

x MA = MB.

 Đặt xM = x, a =

3 

 MA2 = (xA – xM )2 + (yA – yM )2

= (a – x)2 + (0 – x2)2

= a2 – 2ax + x2 + x4.

 MB2 = (xB – xM )2 + (yB – yM )2

= (0 – x)2 + (a – x2)2

= x2 + a2 – 2ax2 + x4.

 MA = MB  MA2 = MB2

 a2 – 2ax + x2 + x4 = x2 + a2 – 2ax2 + x4.

 2ax2 – 2ax =  x2 – x =

0 x x

 

  

 

0 (0;0) (1; 1) y

y

  

  

a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp: + (O) có:

AM tiếp tuyến M  AM OM  OMA 900 (1). AN tiếp tuyến N  AN  ON  ONA 900 (2). Từ (1 , (2)  

0 180

OMA ONA   Tứ giác AMON nội tiếp đường trịn đường kính OA

b) Biết AM = R Tính OA theo R: OAM

 vuông M  OA = OM2  AM2  OA = R2  R2 R

c)Tính diện tích hình quạt trịn chắn cung nhỏ MN đường trịn tâm O theo bán kính R + (O) có:

Hai tiếp tuyến AM, AN cắt A  AM = AN =R = OM = ON

 AMON hình thoi (1) Mà: OMA 900(cmt) (2)

Từ (1) (2)  AMON hình vng  MOM 900  n0 = 900

Squạt (MON) =

 360

R n

=

 



R 2 90 R2

360 (đvdt)

d) Chứng tỏ năm điểm A, M, N, O I nằm đường tròn + (O) có:

 I trung điểm dây BC  OI BC 

 OIA900nhìn đoạn OA

 I  đường trịn đường kính OA (1)

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNGNăm học 2009-2010

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Bài 1. (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức sau: a)

3 13

2 34 

b)

x y y x x y

xy x y

 



 với x > ; y > ; x y Giải phương trình:

4

x

x

 

 .

Bài 2. (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình:

m x y 2

mx y m     



   

 (m tham số) Giải hệ phương trình m 2 ;

2 Chứng minh với giá trị m hệ phương trình ln có nghiệm (x ; y ) thoả mãn: x + y3

Bài 3. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): yk x 4   (k tham số) parabol (P): y x

1 Khi k2, tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P);

2 Chứng minh với giá trị k đường thẳng (d) ln cắt parabol (P) hai điểm phân biệt;

3 Gọi y1; y2 tung độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) Tìm k cho:

1 2

y y y y

Bài 4. (3,5 điểm)

Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C) Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DM, đường thẳng cắt đường thẳng DM DC theo thứ tự H K

2 Tính CHK ;

3 Chứng minh KH.KB = KC.KD;

4 Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh 2

1 1

AD AM AN .

Bài 5. (0,5 điểm) Giải phương trình:

1 1

3

x 2x 4x 5x

 

    

    .

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNGNăm học 2009-2010

Hướng dẫn chấm Mơn TỐN

Ý Nội dung Điểm

Bài 1 2,0 điểm

1.

(1,5đ) a)

3 13

2 4  

=

   

3 13

2

4 16

 

 

  0,25

= 3 4   3 0,25

= 10 0,25

b)

x y y x x y

xy x y

 



 với x > ; y > ; x y

=

     

xy x y x y x y

xy x y

  



 0,25

= x y x y 0,25

= x 0,25

2.

x

x

 

 ĐK: x 2

(0,5đ)

Quy đồng khử mẫu ta phương trình: x2 + 2x + = 3(x + 2)

 x2 x  =

Do a  b + c = +  = nên phương trình có nghiệm: x = 1; x = (thoả mãn)

Kết luận: Phương trình có nghiệm x = 1; x = 0,25

Bài 2 2,0 điểm

Ý Nội dung Điểm

1.

(1,0đ) Khi m = ta có hệ phương trình:

x y 2x y

  



 

 0,25



x x y

  

 

 0,25



x y   



 0,25

Vậy với m = hệ phương trình có nghiệm nhất: x y   



 0,25

2

(1,0đ) Ta có hệ:

m x y 2

mx y m     



   





x m mx y m

   



   

0,25

  

x m

y m m m

  

 

    





2

x m

y m 2m

  



   

Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm nhất:

2

x m

y m 2m

  



   

Khi đó: 2x + y = m2 + 4m 

=  (m  2)2  m (m  2)2 Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm (x; y) thoả mãn 2x + y 

0,50

Bài 3 2,0 điểm

Ý Nội dung Điểm

1.

(1,0đ)

Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + 0,25 Khi phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P)

là:

x2 =

3x +  x2 + 3x  =

0,25

Do a + b + c = +  = nên phương trình có nghiệm: x = 1; x =  Với x = có y =

Với x = 4 có y = 16

0,25 Vậy k = 2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm có toạ độ (1; 1);

(4; 16) 0,25

2.

(0,5đ)

Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) là: x2 = (k

 1)x +  x2 (k  1)x  =

0,25 Ta có ac = 4 < nên phương trình có nghiệm phân biệt với giá trị

k

Vậy đường thẳng (d) parabol (P) cắt điểm phân biệt

0,25

3.

(0,5đ)

Với giá trị k; đường thẳng (d) parabol (P) cắt điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thoả mãn:

1 2

x x k

x x

   



 

Khi đó: y1x12 ; y2 x22

Vậy y1 + y2 = y1y2 

2 2

1 2

x x x x

 (x1 + x2)2 2x1x2 = (x1 x2)2  (k 1)2 + = 16

 (k 1)2 =

 k 2  k 2 

Vậy k 2  k 2  thoả mãn đầu bài.

0,25

Bài 4 3,5 điểm

Ý Nội dung Điểm

1.

(1,0đ)

+ Ta có DAB = 90o (ABCD hình vng) 

BHD= 90o (gt)

0,25 Nên DAB BHD  = 180o

 Tứ giác ABHD nội tiếp 0,25

+ Ta có BHD = 90o (gt)



BCD= 90o (ABCD hình vng) 0,25

Nên H; C thuộc đường trịn đường kính DB

 Tứ giác BHCD nội tiếp 0,25

2

(1,0đ)

Ta có:

   

o o

BDC BHC 180 CHK BHC 180

  

 

 



  CHK BDC 

0,5 mà BDC= 45o (tính chất hình vng ABCD)

 CHK = 45o 0,5

D C K N

P

A B

3.

(1,0đ) Xét KHD KCB Có

 



o

KHD KCB (90 ) DKB chung

  

  

 KHD KCB (g.g) 0,5



KH KD

KC KB 0,25

 KH.KB = KC.KD (đpcm) 0,25

4.

(0,5đ) Qua A kẻ đường thẳng vng góc với AM, đường thẳng cắt đườngthẳng DC P Ta có: BAM DAP  (cùng phụ MAD )

AB = AD (cạnh hình vng ABCD)

  o

ABM ADP 90 

Nên BAM = DAP (g.c.g)  AM = AP 0,25

Trong PAN có: PAN = 90o ; AD  PN

nên 2

1 1

AD AP AN (hệ thức lượng tam giác vuông)

 2

1 1

AD AM AN 0,25

Bài 5 0,5 điểm

Ý Nội dung Điểm

0,5đ

Ta chứng minh:

1 1 1

3

a b c a 2b b 2c c 2a

 

      

  

  (*)

với a > 0; b > 0; c >

0.25đ + Với a > 0; b > ta có: a b  a 2b   (1)

+ Do  

1

a b

a b

 

  

 

  nên

1

a  b  a b (2)

+ Từ (1) (2) ta có:

1 3

a  b  a 2b (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0) + Áp dụng (3) ta có:

1 1 1

3

a b c a 2b b 2c c 2a

 

      

  

  với a > 0; b> 0; c > 0

Phương trình

1 1

3

x 2x 4x 5x

 

    

     có ĐK:

3 x

Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - ta có:

1 1 1

3

x x 2x 3x 5x 4x

 

      

    

1 1

3

x 2x 5x 4x

 

     

    với x

2  Dấu “ = ” xảy  x 2x 3   x 3

Vậy phương trình có nghiệm x = 0.25đ

1 Trên bước giải khung điểm bắt buộc cho bước, yêu cầu thí sinh phải trình bày, lập luận biến đổi hợp lí cơng nhận cho điểm

2 Bài phải có hình vẽ phù hợp với lời giải tốn (khơng cho điểm hình vẽ) Những cách giải khác cho điểm tối đa theo khung điểm

4 Chấm phần Điểm tồn tổng điểm thành phần, khơng làm tròn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP HUẾ

THỪA THIÊN HUẾ Khóa ngày 24-6-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn : TỐN

Thời gian làm : 120 phút

_ Bài : (2,25 điểm ) Khơng sử dụng máy tính cầm tay :

a) Giải phương trình hệ phương trình sau: 1) 5x -7x-6=02 2)

2x-3y =-13 3x+5y =9 

 

b) Rút gọn biểu thức

5

P = -2 5-2

Bài 2: ( 2,5 điểm ) Cho hàm số y = ax2

a) Xác định hệ số a biết đồ thị hàm số cho qua điểm M ( -2 ; 8)

b) Vẽ mặt phẳng tọa độ đồ thị ( P) hàm số cho với giá trị a vừa tìm đường thẳng (d) qua M (-2;8) có hệ số góc - Tìm tọa độ giao điểm khác M (P) ( d)

Bài 3: (1,25 điểm) Hai người xe đạp xuất phát từ A để đến B với vận tốc nhau.Đi

2

3 quãng đường, người thứ bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút đón tơ quay A, còn

đến B 60 km, vận tốc ô tô vận tốc xe đạp 48 km/h người thứ hai tới B người thứ A trước 40 phút.Tính vận tốc xe đạp

Bài 4: (2,5 điểm )

Cho tam giác ABC vuông A AC > AB , D điểm cạnh AC cho CD < AD.Vẽ đường tròn (D) tâm D tiếp xúc với BC E.Từ B vẽ tiếp tuyến thứ hai đường tròn (D) với F tiếp điểm khác E

a) Chứng minh năm điểm A ,B , E , D , F thuộc đường tròn

b) Gọi M trung điểm BC Đường thẳng BF cắt AM,AE,AD theo thứ tự điểm N,K,I Chứng minh

IK AK =

IF AF Suy ra: IF.BK=IK.BF

c) Chứng minh tam giác ANF tam giác cân Bài 5: ( 1,5 điểm )

Từ thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB= 3,6 dm , chiều dài AD =4,85 dm, người ta cắt phần thiếc để làm mặt xung quanh hình nón với đỉnh A đường sinh 3,6 dm, cho diện tích mặt xung quanh lớn nhất.Mặt đáy hình nón cắt phần cịn lại thiếc hình chữ nhật ABCD

a) Tính thể tích hình nón tạo thành

b) Chứng tỏ cắt ngun vẹn hình trịn đáy mà sử dụng phần lại thiếc ABCD sau cắt xong mặt xung quanh hình nón nói

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP HUẾ THỪA THIÊN HUẾ Mơn: TỐN – Khóa ngày: 25/6/2010 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Bài Ý Nội dung Điểm

1 2,25

a.1

(0,75) Giải phương trình

2

5x -7x-6=0 (1)

=49+120=169=132, =13,

1

7-13 x =

=-10 5

7+13 x = =2

10

Vậy phương trình có hai nghiệm:

3

x =- , x =2

0,25 0,25 0,25 a.2

(0,75)

Giải hệ phương trình

2x-3y =-13 3x+5y =9

 

 :

2x-3y =-13 2x-3y =-13 6x-9y =-39

3x+5y =9 6x+10y =18 19y =57



  

 

  

  

x =-2 y =3

y =3 2x =9-13=-4

 



   

 



0,25 b

(0,75) P = -2 = 5+2  -2 5-

5-2

=5+2 5-2 =5

0,50 0,25

2 2,5

2.a

(0,75) + Đồ thị (P) hàm số

2

y =ax qua điểm M -2;8 , nên:

 2

8=a -2  a=2

Vậy: a=2 hàm số cho là: y =2x2

0,50 0,25 2.b

(1,75)

+ Đường thẳng (d) có hệ số góc -2, nên có phương trình dạng:

y =-2x+b

+ (d) qua điểm M -2;8 , nên 8=-2 -2 +b   b=4, d :y =-2x+4  + Vẽ (P)

+ Vẽ (d)

+ Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình:

2

2x =-2x+4 x +x- 2=0

+ Phương trình có hai nghiệm: x =1;x =-21

Do hồnh độ giao điểm thứ hai (P) (d)

2 x =1 y =2 =2

Vậy giao điểm khác M (P) (d) có tọa độ: N(1;2)

0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25

3 1,25

Gọi x (km/h) vận tốc xe đạp, x+48(km/h) vận tốc ô

tô Điều kiện: x >0 0,25

ô tô xe đạp

60 km

C B

A

Hai người xe đạp đoạn đường

2

AC = AB =40km

Đoạn đường lại người thứ hai xe đạp để đến B là:

CB =AB- AC =20km

Thời gian người thứ ô tô từ C đến A là:

40

x+48(giờ) người

thứ hai từ C đến B là:

20 x (giờ)

Theo giả thiết, ta có phương trình:

40 20 40 20 + = - +1= x+48 x 3 x+48 x

Giải phương trình trên:

   

40x+x x+48 =20 x+48

hay x +68x-960=02

Giải phương trình ta hai nghiệm: x =-80<01 (loại) x =122

Vậy vận tốc xe đạp là: 12 km/h

0,25

0,25 0,25

4 2,5

4.a (1,0)

// //

O

I K N

M F

E D

C B

A

Hình vẽ

Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: BED =BFD =90  Mà BAD =BAC =90  (giả thiết)

Do đó: BED =BFD BAD =90  

Vậy: năm điểm A,B,E,D,F thuộc đường trịn đường kính BD

0,25 0,25 0,25 0,25 4.b

(1,0) Gọi (O) đường tròn đường kính BD Trong đường trịn (O), ta có :DE =DF (do DE, DF bán kính đường trịn  D ) EAD =DAF  Suy : AD tia phân giác EAF hay AI tia phân giác KAF

Theo tính chất phân giác ta có

IK AK =

IF AF (1)

Vì AB AI nên AB tia phân giác đỉnh A KAF.

Theo tính chất phân giác ta có :

BK =AK BF AF (2)

Từ (1) (2) suy :

IK =BK

IF BF Vậy IF BK = IK BF (đpcm)

0,25 0,25 4.c

(0,5)

Ta có AM trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM=MC, AMC cân M, suy MCA MAC .

Từ NAF MAC DAF  MCA EAC ( AI tia phân giác góc EAF)

Mà AEB MCA EAC  ( góc ngồi tam giác AEC) NênNAF AEB

Mặt khác :AFB AEB ( hai góc nội tiếp chắn cung AB) Suy :NAF BFA NFA

Vậy ANF cân N (đpcm)

0,25

0,25

5 1,5

E H

I

K C

D A

B b=4,85

a =3,6 dm

a)Hình khai triển mặt xung quanh hình nón có đỉnh A , đường sinh l = 3,6dm =AB hình quạt tâm A , bán kính AB.Mặt xung quanh có diện tích lớn góc tâm hình quạt 900

+Diện tích hình quạt diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r , nên:

 

2.90

360 0,9

xq

l l

S rl

l

r dm

 



  

  

Do thể tích hình nón tạo :

 2  2  2  

2 2

1 1

.3,14 0,9 3,6 0,9 2,96

3 3

V  r h r l  r    dm

0,25 0,25

ngoại tiếp cung quạt tròn E , IH IK đoạn vng góc kẻ từ I đến BC CD

Ta có CI = AC - AI =        

2

3,6  4,85  3,6 0,9 1,54  dm

Vì IH // AB    

0,91 0,9

HI CI

AB AC

AB CI

IH dm r dm

AC

 

    

Tương tự : IK > r = 0,9 ( dm)

Vậy sau cắt xong mặt xung quanh , phần cịn lại thiếc ABCD cắt mặt đáy hình nón

0,25

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 – 2012

Ngày thi : 21/06/2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1( điểm)

1) Đơn giản biểu thức: A

2

2

    

  2) Cho biểu thức:

1

( );( 1)

1

P a a

a a a a

   

   

Rút gọn P chứng tỏ P 0 Bài 2( điểm)

1) Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + = có hai nghiệm x

1; x2 Hãy lập phương trình

bậc hai có hai nghiệm (x12 + ) ( x22 + 1)

2) Giải hệ phương trình

2

4

4

1

x y

x y



 

   

      Bài 3( điểm)

Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi giờ,người dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B thời gian

định,người phải tăng vận tốc thêm km/h qng đường cịn lại.Tính vận tốc ban đầu người xe đạp

Bài 4( điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn H trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng qua D song song BC cắt đường thẳng AH E

1) Chứng minh A,B,C,D,E thuộc đường tròn 2) Chứng minh BAEDAC

3) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M trung điểm BC,đường thẳng AM cắt OH G.Chứng minh G trọng tâm tam giácABC

4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường trịn ngoại tiếp tam giác BHC theo a Bài giải

Bài 3) A

2 ( 4)(1 2)

1

2 4

       

   

   

4)

1

( );

1

2 1 1; :

( 1) 0;

a a a a

P a a

a a

a a a a vi a

P a a

    

  

 

               

Bài x2 + 5x + = 0

1) Có  25 12 13 0  

Nên pt ln có nghiệm phân biệt  x1+ x2 = - ; x1x2 =

Do S = x12 + + x22 + = (x1+ x2)2 - x1x2 + = 25 – + = 21

Và P = (x12 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - x1x2 + = + 20 = 29

Vậy phương trình cần lập x2 – 21x + 29 = 0

2) ĐK x0;y2

2 4 14

2

2

3

2

12 4

3

2

x

x

x y x

y y

x y

x y

   



 

    

  

       

   

       

 

  



Vậy HPT có nghiệm ( x ;y) = ( ;3) Bài

Gọi x(km/h) vtốc dự định; x > ; có 30 phút = ½ (h)  Th gian dự định :

50 ( )h x

Quãng đường sau 2h : 2x (km)  Quãng đường lại : 50 – 2x (km)

Vận tốc quãng đường lại : x + ( km/h)

Th gian quãng đường lại : 50

( )

x h x

A

B C

E D

H

O M G

Theo đề ta có PT:

1 50 50

2

2

x

x x



  



Giải ta : x = 10 (thỏa ĐK toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h

Bài

a) Chứng minh A,B,C,D,E thuộc đường trịn Vì BC //ED

Mà AE BC Nên AE ED

0

AED 90

  => E ( O ; AD / )

0

ABD ACD 90

   (góc nội tiếp chắn ½ đường tròn (O) )  kết luận

b) Chứng minh BAEDAC

C1: BC //ED nên cung BE cung CD => kết luận C1: BC //ED nên CBDBDE ( SLT)

Mà BAEbằng ½ sđ cungBE

Và CAD ½ sđ cungDC

=> cungBE cungDC => kết luận Giải câu c)

Vì BHCD HBH nên H,M,D thẳng hàng

Tam giác AHD có OM ĐTBình => AH = OM Và AH // OM

2 tam giác AHG MOG có HAG OMG slt    AGH MGO

   (đ đ)

AHG

 ( )

AH AG

MOG g g

MO MG

    

Hay AG = 2MG

Tam giác ABC có AM trung tuyến; G  AM Do G trọng tâm tam giác ABC

d) BHC  BDC( BHCD HBH) có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính a

Nên tam giác BHC nội tiếp (K) có bán kính a Do C (K) = 2a( ĐVĐD)