Câu 4: 3đ Cho đường tròn O đường kính AB, C là một điểm nằm giữa O và A Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt O tại P,Q.Tiếp tuyến tại D trên cung nhỏ BP, cắt PQ ở E; AD cắt PQ tại F .C[r]
(1)HƯỚNG DẪN GIẢI 31 Câu 1: 1/ Đặt y x x y ; y 0, y 2 y y 2 y2 y 2 y y 2y y y2 1 A y y y y y 2 y 2 y y y y 2 Khi đó A Suy x x2 25 25 2/ Khi 1 y 1 A 3y y 4y 2 y y 3/ x 25 A 1 x x tm®k x 0,x Câu 2: Gọi số áo tổ may ngày là x x ; x 10 Số áo tổ may ngày là y y , y 0 * Chênh lệch số áo ngày tổ là: x y 10 * Tổng số áo tổ may ngày, tổ may ngày là: 3x 5y 1310 y x 10 x y 10 y x 10 x 170 Ta cã hÖ tm®k x 50 1310 y 160 x x 10 1310 3x 5y 1310 Kết luận: Mỗi ngày tổ may 170(áo), tổ may 160(áo) Câu 3: 1/ Khi m 1 ta có phương trình: x 4x 0 c x1 1; x2 3 a Tổng hệ số a b c 0 Phương trình có nghiệm m 1 m2 2 2m ' x 2/ Biệt thức ' x 2m 10 m x x Phương trình có nghiệm N C O Q E A K P B M b x1 x2 a 2 m x x c m2 2 a * Khi đó, theo định lý viét 2 Ta cã x12 x22 x1 x2 2x1x2 4 m 1 2 m2 2 2m2 8m *Theo yªu cÇu: x12 x22 10 2m2 8m 10 2m2 8m 10 0 Kết luận: Vậy m 1 là giá trị cần tìm Câu 4: 1/ Do AB, AC là tiếp tuyến (O) m 1 m 5 lo¹i (2) ACO ABO 90 Tứ giác ABOC nội tiếp 2/ * AB, AC là tiếp tuyến (O) AB = AC Ngoài OB = OC = R Suy OA là trung trực BC OA BE OAB vuông B, đường cao BE 2 Áp dụng hệ thức liên hệ các cạnh ta có: OE.OA OB R 3/ * PB, PK là tiếp tuyến kẻ từ P đến (O) nên PK = PB tương tự ta có QK = QC PK KQ PB QC AP PK KQ AQ AP PB QC QA Cộng vế ta cú: AP PQ QA AB AC Chu vi APQ AB AC Không đổi 4/ Cách 1: MOP đồng dạng với NQO B®t C«si OM MP MN2 Suy ra: MP.QN OM ON MN 4MP.QN MP QN QN NO MN MP QN ®pcm Cách 2: Gọi H là giao điểm OA và (O), tiếp tuyến H với (O) cắt AM, AN X, Y Các tam giác NOY có các đường cao kẻ từ O, Y ( = R) NOY cân đỉnh N NO = NY Tương tự ta có MO = MX MN = MX + NY Khi đó: XY + BM + CN = XB + BM + YC + CN = = XM + YN = MN ** * Mặt khác MP + NQ = MB + BP + QC + CN = MB + CN + PQ MB + CN + XY = MN 1 1 x x 2x 1 x 1 x x 1 2 2 PT Câu 5: Vế phải đóng vai trò là bậc hai số học số nên phải có VP 0 1 VP 0 x 0 x x x 2 Nhưng nên Với điều kiện đó: * PT 1 1 x x x 2 2 1 1 1 x x x2 1 x2 x x x 1 2 2 1 x 0 x 1 1 x x x Tho¶ m·n ®iÒu kiÖn 2 2 x 1 x 0 Tập nghiệm: x2 1 ;0 S ĐỀ SỐ 32 Baøi 1: (2,00 ñieåm) (Khoâng duøng maùy tính caàm tay) a Cho bieát A 5 15 vaø B = 15 haõy so saùnh toång A+B vaø tích A.B (3) 2 x y 1 b Giaûi heä phöông trình: 3 x y 12 Bài 2: (2,50 điểm) Cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d): y = mx – (m là tham số, m ≠ ) a Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng Oxy b Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm (p) và (d) c Goïi A(xA; yA), B(xB; yB) laø hai giao ñieåm phaân bieät cuûa (P) vaø (d) tìm caùc giaù trò cuûa m cho y A + yB = 2(xA + xB) – Bài 3: (1,50 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 6(m) và bình phương độ dài đường chéo gấp lần chu vi Xác định chiều dài và chiều rộng mảnh đất đó Baøi 4: (4,00 ñieåm) Cho đường tròn (O; R) Từ điểm M nằm ngoài (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là hai tiếp điểm) Lấy điểm C bất kì trên cung nhỏ AB (Ckhác với A và B) Gọi D, E, F là hình chiếu vuông goùc cuûa C treân AB, AM, BM a Chứng minh AECD là tứ giác nội tiếp b Chứng minh: CDE CBA c Gọi I là giao điểm AC và ED, K là giao điểm CB và DF Chứng minh IK//AB d Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ Tính giá trị nhỏ đó OM = 2R HƯỚNG DẪN GIẢI 32 Baøi 1: a/ Ta coù : A+B= 15 15 10 A.B = 15 2 x y 1 3x y 12 15 5 15 2 25 15 10 Vaäy A+B = A.B y 1 x 3x x 12 y 1 x 3x x 12 b/ Bài 2: (2,50 điểm) a/ Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng Oxy TXÑ: R x -2 -1 2 y=x 1 Ñieåm ñaëc bieät: Vì : a = > nên đồ thị có bề lõm quay lên trên Nhận trục Oy làm trục đối xứng Điểm thấp O(0;0) b/ Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm (p) và (d) Khi m = thì (d) : y = 3x – Phương trình tìm hoành độ giao điểm: x2 = 3x – <=> x2 - 3x + = (a + b + c = 0) =>x1 = ; y1 = vaø x2 = 2; y2 = Vaäy m = thì d caét P taïi hai ñieåm (1; 1) vaø (2; 4) c/ Tìm caùc giaù trò cuûa m cho yA + yB = 2(xA + xB) – 1(*) y 1 x 7 x 12 y 1 x 7 x 14 y y=x2 y x 2 (4) Vì A(xA; yA), B(xB; yB) laø giao ñieåm y A = mx A y B = mx B y y B =m x A x B cuûa (d) vaø (P) neân: A Thay vaøo (*) ta coù: m x A x B 2 x A x B m x A x B 2 x A x B m xA xB xA xB -2 -1 x 3 m 2 xA xB x A xB Baøi 3: (1,50 ñieåm) Gọi x(m) là chiều dài mảnh đất hình chữ nhật => x - (m) là chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật(ĐK: x - > => x > 6) chu vi mảnh đất là x+ x - = 2x - 6 4 x 12 Theo ñònh lí Pitago: x x - x x 36 12 x 2x 12 x 36 M Ta coù phöông trình : 2x 12 x 36 5 x 12 2x 12 x 36 20 x 60 2x 32 x 96 0 x 16 x 48 0; ' 64 48 16 ' 16 4 84 8 Phöông trình co ùhai nghieäm: x1 12 vaø x 4 loại 1 E Vậy chiều dài mảnh đất là 12(m) và chiều rộng mảnh đất là 6(m) Baøi 4: (4,00 ñieåm) a Chứng minh AECD là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác AECD ta có : - Hai góc đối AEC ADC 90 (CD AB; CE AM ) A CF 2K I D B D N Neân toång cuûa chuùng buø Do đó tứ giác AECD nội tiếp đường tròn b Chứng minh: CDE CBA Tứ giác AECD nội tiếp đường tròn nên CDE CAE (cùngchắncungCE ) Ñieåm C thuoäc cung nhoû AB neân: CAE CBA(cuøngchaéncungCA ) Suy : CDE CBA c Chứng minh IK//AB B (cmt) D DCE KCI E A (cuøngchaéncungCD) A D ;A D FBC maø EAD IDK( ); EAD DCE 180 (tứ giác AECD nội tiếp) 1 2 KCI IDK 1800 Xeùt DCE vaø BCA ta coù: CIK CDK cuøngchaén CK Suy tứ giác ICKD nội tiếp => CAB CDK cuøngchaén CBF CIK CBA vị trí đồng vị => IK//AB (đpcm) Maø => d Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ Tính giá trị nhỏ đó OM = 2R (5) Gọi N là trung điểm AB Ta có: AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 = = 2(CN2 – ND2) + (AN+ND)2 + (AN – ND)2 = 2CN2 – 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2 + AN2 – 2AN.ND + ND2 = 2CN2 + 2AN2 = 2CN2 + AB2/2 AB2/2 ko đổi nên CA2 + CB2 đạt GTNN CN đạt GTNN <=> C là giao điểm ON và cung nhỏ AB => C là điểm chính cung nhỏ AB Khi OM = 2R thì OC = R hay C là trung điểm OM => CB = CA = MO/2 = R Do đó: Min (CA2 + CB2 ) = 2R2 ĐỀ SỐ 33 13 a) Bài (2,0 điểm)1 Rút gọn các biểu thức sau: x y y x b) xy Giải phương trình: x x y x y với x > ; y > ; x y 3 x2 m 1 x y 2 mx y m Bài (2,0 điểm) Cho hệ phương trình: (m là tham số) Giải hệ phương trình m 2 ; CMR với giá trị m thì hệ phương trình luôn có nghiệm (x ; y ) thoả mãn: x + y Bài (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): parabol (P): y x y k 1 x (k là tham số) và Khi k , hãy tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P); Chứng minh với giá trị nào k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) hai điểm phân biệt; Gọi y ; y là tung độ các giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P) Tìm k cho: y1 y y1 y 2 Bài (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự H và K Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn; Tính CHK ; Chứng minh KH.KB = KC.KD; 1 2 AM AN Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh AD Bài (0,5 điểm) Giải phương trình: 1 1 3 x 2x 5x 4x ĐÁP ÁN 33 13 3 13 2 3= 4 16 Bài 1 a) = 3 = 10 (6) x y y x b/ xy x y x y = xy x y xy x y x y x y = x y x y =2 x 2: ĐK: x 2; 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 = Bài 1/ Khi m = ta có hệ phương trình: x y 2 2x y 3 x 1 x 1 x y 2 y 1 x 1 Vậy với m = hệ phương trình có nghiệm nhất: y 1 m 1 x y 2 x m mx y m mx y m Ta có hệ: x m y m m 1 m x m y m 2m x m y m 2m Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm nhất: Khi đó: 2x + y = m2 + 4m = (m 2)2 đúng m vì (m 2)2 Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm (x; y) thoả mãn 2x + y Bài 1/ Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + Khi đó phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P) là: x2 = 3x + x2 + 3x = Do a + b + c = + = nên phương trình có nghiệm: x = 1; x = Với x = có y = 1; Với x = 4 có y = 16 Vậy k = 2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm có toạ độ là (1; 1); (4; 16) 2/ Phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P) là: x2 = (k 1)x + x2 (k 1)x = Ta có ac = 4 < nên phương trình có nghiệm phân biệt với giá trị k Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt điểm phân biệt 3/ Với giá trị k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt điểm phân biệt có hoành độ x 1, x2 thoả x1 x k 2 x x mãn: Khi đó: y1 x1 ; y x 2 2 Vậy y1 + y2 = y1 y x1 x x1 x (x1 + x2)2 2x1x2 = (x1 x2)2 (k 1)2 + = 16 (k 1)2 = k 1 2 k 1 2 A Vậy k 1 2 k 1 2 thoả mãn đầu bài Bài DAB 1/ + Ta có = 90o (ABCD là hình vuông) B H M P D C K N (7) BHD = 90o (gt) BHD Nên DAB = 180o Tứ giác ABHD nội tiếp o BHD + Ta có = 90 (gt) BCD = 90o (ABCD là hình vuông) Nên H; C cùng thuộc đường tròn đường kính DB Tứ giác BHCD nội tiếp o BDC BHC 180 CHK BHC 180o CHK BDC 2/ Ta có: mà BDC = 45o (tính chất hình vuông ABCD) CHK = 45o KHD KCB (90o ) KH KD DKB chung 3/ Xét KHD và KCB: Có KHD KCB (g.g) KC KB KH.KB = KC.KD (đpcm) 4/ Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳng DC P DAP Ta có: BAM (cùng phụ MAD ) AB = AD (cạnh hình vuông ABCD) ABM ADP 90o Nên BAM = DAP (g.c.g) AM = AP 1 2 PAN o AP AN (hệ thức lượng tam giác vuông) Trong PAN có: = 90 ; AD PN nên AD 1 2 AM AN AD 1 1 1 3 b c b 2c c 2a a 2b Bài Ta chứng minh: a (*) với a > 0; b > 0; c > a b a 2b + Với a > 0; b > ta có: (1) 1 a b 9 b b a b (2) + Do a nên a 3 b a 2b (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0) + Từ (1) và (2) ta có: a 1 1 1 3 b c b 2c c 2a với a > 0; b> 0; c > a 2b + Áp dụng (3) ta có: a 1 1 3 x x 2x 4x 5x có ĐK: Phương trình Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - ta có: 1 1 3 x x 2x 5x 4x 3x 1 1 3 x x 2x 4x với 5x Dấu “ = ” xảy x 2x x 3 Vậy phương trình có nghiệm x = (8) ĐỀ SỐ 34 A Phần trắc nghiệm ( 2,0 điểm):Trong câu đây có lựa chọn, đó có lựa chọn đúng Em hãy chọn lựa chọn đúng Câu 1: điều kiện xác định biểu thức x là: A x B x C x D x 1 Câu 2: cho hàm số y (m 1) x (biến x) nghịch biến, đó giá trị m thoả mãn: A m < B m = C m > D m > x , x Câu 3: giả sử là nghiệm phương trình: x 3x 10 0 Khi đó tích x1.x2 bằng: 3 A B C -5 D Câu 4: Cho ABC có diện tích Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm các cạnh AB, BC, CA và X, Y, Z ương ứng là trung điểm các cạnh PM, MN, NP Khi đó diện tích tam giác XYZ bằng: 1 1 A B 16 C 32 D B Phần tự luận( điểm): mx y 1 Câu 5( 2,5 điểm) Cho hệ phương trình 2 x y 3 ( m là tham số có giá trị thực) (1) a, Giải hệ (1) với m = b, Tìm tất các giá trị m để hệ (1) có nghiệm Câu 6: Rút gọn biểu thức: A 2 48 75 (1 3) Câu 7(1,5 điểm) Một người từ A đến B với vận tốc km/h, ô tô từ B đến C với vận tốc 40 km/h Lúc xe đạp trên quãng đường CA với vận tốc 16 km/h Biết quãng đường AB ngắn quãng đường BC là 24 km, và thời gian lúc thời gian lúc Tính quãng đường AC Câu 8:( 3,0 điểm) Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm A và B Trên cùng nửa mặt phẳng có bờ là AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vuông góc với CI C cắt tia By K Đường tròn đường kính IC cắt IK P ( P khác I) a, Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn, rõ đường tròn này b, Chứng minh CIP PBK c, Giả sử A, B, I cố định Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích tứ giác ABKI lớn ĐÁP ÁN 34 A PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm, sai cho điểm Câu Đáp án B PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm): D A C B (9) (1) x y 1 Câu a) Thay m = vào hệ ta được: x y (2) Giải hệ đã cho có nghiệm nhất: x y 5 m m m 2 b/ Hệ (I) có nghiệm và Câu 6: A 2 48 75 (1 3) = 16.3 25.3 |1 | = = + Câu 7: Gọi độ dài quãng đường AB là x km ( x ), đó độ dài quãng đường BC là x 24 km, độ dài x ( h) quãng đường AC là x 24 km Và đó, thời gian quãng đường AB là , thời gian quãng đường x 24 x 24 ( h) ( h) BC là 40 và thời gian quãng đường CA là 16 x x 24 x 24 40 16 Mặt khác, thời gian và nên ta có phương trình: x 6 Giải phương trình Thử lại, kết luận x 6 6 24 2.25(h) 40 Thời gian quãng đường AB và BC là , thời gian quãng đường CA (lúc yvề) 6 24 x 2.25( h) K 16 P là I Vậy độ dài quãng đường AC là 36 km Câu a) Có: CPK CPI 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); Do By AB nên CBK 90 Suy ra: CPK CBK 180 hay tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK A b) CIP PCK (góc nội tiếp và góc tạo tiếp tuyến và dây cùng chắn cung) Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên: PCK PBK C B (1) (2) Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh c) Từ giả thiết suy tứ giác AIKB là hình thang vuông, gọi s là diện tích AIKB, đó ta có: S (AI KB)AB Dễ thấy S lớn và KB lớn (do A, B, I cố định) Xét các tam giác vuông AIC và BKC có: KC CI và KB CA suy ra: BKC ACI (góc có cạnh tương ứng vuông góc) hay ACI đồng dạng với BKC (g-g) AC AI AC.BC BK AI , đó: BK lớn AC.BC lớn Suy ra: BK BC AB AC CB AC.CB , dấu “=” xảy và C là trung điểm AB Theo BĐT Côsi có: Vậy diện tích tứ giác AIBK lớn và C là trung điểm AB ĐỀ SỐ 35 (10) a K : a a a a 1 a Bài ( điểm ) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức K b) Tính giá trị K a = + 2 c) Tìm các giá trị a cho K < mx y 1 x y 334 Bài ( điểm ) Cho hệ phương trình: a) Giải hệ phương trình cho m = b) Tìm giá trị m để phương trình vô nghiệm Bài ( 3,5 điểm ) Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A và O cho AI = AO Kẻ dây MN vuông góc với AB I Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N và B Nối AC cắt MN E a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM2 = AE.AC c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2 d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ Bài ( 1,5 điểm ) Người ta rót đầy nước vào ly hình nón thì cm Sau đó người ta rót nước từ ly để chiều cao mực nước còn lại nửa Hãy tính thể tích lượng nước còn lại ly ĐÁP ÁN 35 Bài a) Điều kiện a > và a ≠ (0,25đ) a a a 1 K : : a a ( a 1) a ( a 1)( a 1) a ( a 1) ( a 1)( a 1) a1 a1 ( a 1) a ( a 1) a b) a = + 2 = (1 + a K0 0 a c) )2 a 1 Thì K 2 2(1 2) 2 1 1 a a a 1 a 0 a x y 1 x y 1 2x 2y 2 x 2002 x y 334 3x 2y 2004 3x 2y 2004 y 2001 Bài a) Khi m = ta có: y mx y mx mx y 1 y mx 3 x y mx x 1002 m x 1001 (*) 334 y x 1002 2 b) 3 m 0 m 2 Hệ phương trình vô nghiệm (*) vô nghiệm Bài a) * EIB 90 (giả thiết) * ECB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (11) * Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp b) (1 điểm) Ta có: * sđ cungAM = sđ cungAN * AME ACM *GócAchung,suyra ∆AME M O ∆ACM E C AC AM A B I * Do đó: AM AE AM = AE.AC c) * MI là đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB * Trừ vế hệ thức câu b) với hệ thức trên * Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2 N d) * Từ câu b) suy AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CME Do đó tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM Ta thấy khoảng cách NO1 nhỏ và NO1 BM.) * Dựng hình chiếu vuông góc N trên BM ta O Điểm C là giao đường tròn đã cho với đường tròn tâm O1, bán kính O1M Bài (2 điểm) Phần nước còn lại tạo thành hình nón có chiều cao nửa chiều cao hình nón 8cm nước ban 1 đầu tạo thành Do đó phần nước còn lại có thể tích thể tích nước ban đầu Vậy ly còn lại 1cm3 nước ĐỀ SỐ 37 Câu : ( 2.0 điểm) 2 x y a) Giải hệ phương trình : 3x y 14 A b) Trục mẫu : 25 72 ; B= 4+2 Câu : ( 2.0 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình Một đội xe cần phải chuyên chở 150 hàng Hôm làm việc có xe điều làm nhiệm vụ khác nên xe còn lại phải chở thêm Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu ? ( biết xe chở số hàng ) Câu : ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x2 – 4x – m2 + 6m – = với m là tham số a) Giải phương trình với m = b) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm 3 c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 , hãy tìm giá trị bé biểu thức P x1 x2 Câu : ( 2,5 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC a) Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp b) Chứng minh : DB.DC = DN.AC (12) c) Xác định vị trí điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn và tính diện tích trường hợp này Câu : ( 1.0 điểm ) Cho D là điểm trên cạnh BC tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O1 , O2 tiếp xúc AB , AC B , C và qua D Gọi E là giao điểm thứ hai hai đường tròn này Chứng minh điểm E nằm trên đường tròn (O) Gợi ý đáp án câu khó 35: Câu 3: b Ta có ac = -m2 + 6m – = -((m – 3)2 + 4) < với m => phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 x2 4 x x m2 6m c Theo Viét => P = x13 +x23 = (x1 + x2)(x12 + x22 – x1.x2) = 12(m2 - 6m + 7) = 12((m-3)2-2) ≥ 12(-2) D = -24 => Min P = -24 m=3 C Câu 4: N a Góc ADB = 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) M mà AD//BC (gt) => DBBC Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC = A 900 => Tứ giác nội tiếp B H O b Ta có DBN đồng dạng với CAD ( DAC DBN , BDN BAN DCA ) DN DB => DC AC => DB.DC = DN.AC A c SABCD = DH.AB Do AB không đổi = 2R => SABCD max DH max D nằm chính cung AB Câu 5: O Ta có DEC BCA ( Góc nội tiếp và góc tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung) D Tương tự: DEB ABC B C Mà DEB DEC CBE BCE 180 (tổng góc BEC) O1 O2 => ABC BCA CBE BCE 180 E => ABE ACE 180 => Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn tâm O => E (O) ĐỀ SỐ 37 phÇn a: tr¾c nghiÖm kh¸ch quan (2,0 ®iÓm) Từ câu đến câu 8, hãy chọn phơng án đúng và viết chữ cái đứng trớc phơng án đó vào bài làm C©u 1: BiÓu thøc x cã nghÜa vµ chØ khi: A x B x > C x < D x = Câu 2: Đờng thẳng qua điểm A(1;2) và song song với đờng thẳng y = 4x - có phơng trình là: A y = - 4x + B y = - 4x - C y = 4x + D y = 4x - Câu 3: Gọi S và P lần lợt là tổng và tích hai nghiêm phơng trình x2 + 6x - = Khi đó: A S = - 6; P = B S = 6; P = C S = 6; P = - D S = - ; P = - (13) x y 5 C©u 4: HÖ ph¬ng tr×nh 3 x y 5 cã nghiÖm lµ: x x 2 x x A y 1 B y 1 C y D y Câu 5: Một đờng tròn qua ba đỉnh tam giác có độ dài ba cạnh lần lợt là 3cm, 4cm, 5cm thì đờng kính đờng tròn đó là: A cm B 5cm C cm D 2cm C©u 6: Trong tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã AC = 3, AB = 3 th× tgB cã gi¸ trÞ lµ: 1 A B C D Câu 7: Một nặt cầu có diện tích là 3600 cm thì bán kính mặt cầu đó là: A 900cm B 30cm C 60cm D 200cm D COD 1200 Câu 8: Cho đờng tròn tâm O có bán kính R (hình vẽ bên) Biết th× diÖn tÝch h×nh qu¹t OCmD lµ: m 1200 2 R R 2 R R2 O 3 A B C D phÇn b: tù luËn (8,0 ®iÓm) C Bµi 1: (1,5 ®iÓm) a) Rót gän biÓu thøc: A = 27 12 b) Gi¶i ph¬ng tr×nh : 2(x - 1) = Bµi 2: (1,5 ®iÓm) Cho hµm sè bËc nhÊt y = mx + (1) a) Vẽ đồ thị hàm số m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox và trục Oy lần lợt A và B cho tam giác AOB cân Bµi 3: (1,0 ®iÓm) Một đội xe cần chở 480 hàng Khi khởi hành đội đợc điều thêm xe nên xe chở ít dự định Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu chiếc? Biết các xe chở nh Bµi 4: (3,0 ®iÓm) Cho A là điểm trên đờng tròn tâm O, bán kính R Gọi B là điểm đối xứng với O qua A Kẻ đờng thẳng d qua B cắt đờng tròn (O) C và D (d không qua O, BC < BD) Các tiếp tuyến đờng tròn (O) t¹i C vµ D c¾t t¹i E Gäi M lµ giao ®iÓm cña OE vµ CD KÎ EH vu«ng gãc víi OB (H thuéc OB) Chøng minh r»ng: a) Bốn điểm B, H,M, E cùng thuộc đờng tròn b) OM.OE = R2 c) H lµ trung ®iÓm cña OA Bµi 5: (1, ®iÓm) b2 Cho hai sè a,b kh¸c tho¶ m·n 2a2 + a = T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc S = ab + 2009 Gợi ý đáp án 37: PhÇn tù luËn: Bài 2: Vì ABO vuông cân O nên nhận tia phân giác góc xOy là đờng cao =>(y = mx + 2) (y = ± x) => m = 1 Bài 3: Gọi x, y lần lợt là số xe và số hàng chở đợc xe lúc đầu (x N *, y>8) xy 480 Theo bµi ta cã hÖ ph¬ng tr×nh: ( x 3)( y 8) 480 Giải hệ phơng trình trên ta đợc x = 12, y = 40 (thoả mãn) (14) b2 Bµi 5: Tõ 2a2 + + a = (ab)2 = - 8a4 + 16a2 – = – 8(a4 – 2a2 +1) ≤ => -2 ≤ ab ≤ => 2007 ≤ S ≤ 2011 => MinS = 2007 ab = -2 vµ a2 = a = ± , b = 2 Bài 4: a Ta cã BHE BME 90 => BHME lµ tø gi¸c néi tiÕp đờng tròn đờng kính BE => B, H, M, E cùng thuộc đờng tròn b Sử dụng hệ thức lợng tam giác vuông ODE với đờng cao DM ta đợc OM.OE = OD2 = R2 c Gäi HE c¾t (O) t¹i N H B O A Ta có BOM đồng d¹ng víi EOH => OH.OB = OM.OE = R => OH.OB = ON2 ( v× ON=R) => OHN đồng dạng với ONB C M Mµ gãc OHN = 900 => BNO 90 XÐt OBN cã BNO 90 vµ A lµ trung ®iÓm cña OB => ON = NA N => ANO c©n t¹i N Mà NH là đờng cao => NH là đờng trung tuyến => H là trung điểm OA E ĐỀ SỐ 38 Bài (1,5 điểm) Cho biểu thức A = √ x −27+ √ x −3 − √ x −12 D với x > a/ Rút gọn biểu thức A b/ Tìm x cho A có giá trị Bài (1,5 điểm) Cho hàm số y = ax + b Tìm a, b biết đồ thị hàm số qua điểm (2, -1) và cắt trục hoành điểm có hoành độ Bài (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức: P = a+2 −√ ( √ a−1 − √1a ) :( √√aa+1 − √ a −1 ) với a > 0, a , a≠ Bài (2 điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn số x: x2 - 2(m + 1)x + m - = (1) a/ Chứng minh phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b/ Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt phương trình (1) Tìm m để 3( x1 + x2 ) = 5x1x2 Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có góc A 600, các góc B, C nhọn vẽ các đường cao BD và CE tam giác ABC Gọi H là giao điểm BD và CE a/ Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp b/ Chứng minh tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB c/ Tính tỉ số DE BC d/ Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA vuông góc với DE Gợi ý đáp án 38 câu 5: a XÐt tø gi¸c ADHE cã AEH ADH = 900 => Tø gi¸c ADHE néi tiÕp b Ta cã tø gi¸c BEDC néi tiÕp v× BEC BDC =900 => EBC ADE ( Cïng bï víi EDC ) => ADE đồng dạng với ABC (Chung góc A và EBC ADE ) A d E H D O C B (15) 0 c XÐt AEC cã AEC 90 vµ A 60 => ACE 30 => AE = AC:2 (tÝnh chÊt) Mà ADE đồng dạng với ABC ED AE => BC AC d Kẻ đờng thẳng d OA A => ABC CAd (Gãc néi tiÕp vµ gãc gi÷a tiÕp tuyÕn vµ mét d©y cïng ch¾n mét cung) Mµ EBC ADE => EDA CAd => d//ED Ta l¹i cã d OA (theo trªn) => EDOA ĐỀ SỐ 39 Câu (2,0 điểm) Rút gọn (không dùng máy tính cầm tay) các biểu thức: a) √ 12− √ 27+4 √ b) 1− √5+ ( 2− √5 ) Giải phương trình (không dùng máy tính cầm tay): x2 - 5x + = Câu (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = -2x + có đồ thị là đường thẳng (d) a) Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với hai trục toạ độ b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ tung độ Câu (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m-1)x + 2m – = (1) a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm với giá trị m b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu Câu (1,5 điểm)Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720m 2, tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi Tính kích thước (chiều dài và chiều rộng) mảnh vườn Câu (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R Từ A kẻ đường thẳng (d) không qua tâm O, cắt đường tròn (O) B và C ( B nằm A và C) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) B và C cắt D Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I là giao điểm DO và BC Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp Chứng minh OH.OA = OI.OD Chứng minh AM là tiếp tuyến đường tròn (O) Cho OA = 2R Tính theo R diện tích phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O) √ HƯỚNG DẪN GIẢI 39 Câu 1: 1/ a) √ 12− √27+ √ 3=2 √ −3 √ 3+4 √3=3 √ b) 1− √5+ √ ( 2− √ ) =1− √ 5+|2− √ 5|=1 − √5+ √ −2=− Giải phương trình: x2 - 5x + = Ta có: a = 1; b = -5; c = 4; a + b + c= 1+ (-5) + = Nên phương trình có nghiệm : x = và x = Câu : a/ Toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục tung là A(0 ;b) = (0 ; 4) Toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục hoành là B(-b/a ;0) = (2 ; 0) 4 b) Gọi điểm C(x ; y) là điểm thuộc (d) mà x = y x = -2x + 3x = x = y= 3 4 Vậy: C( ; ) 3 Câu a) x2 - 2(m - 1)x + 2m – = 0.(1) Có: Δ ’ = [ − ( m −1 ) ] −(2m −3) = m2- 2m + 1- 2m + = m2 - 4m + = (m - 2)2 với m Phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với giá trị m (16) b/ Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu và a.c < 2m - < m < thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu Câu Gọi x (m) là chiều rộng mảnh vườn; (x > 4) 720 Chiều dài mảnh vườn là (m) x Tăng chiều rộng thêm 6m và giảm chiều dài 4m thì diện tích không đổi nên ta có phương trình : (x - 4) ( ⇒ x=24 ¿ 720 x=−20 (¿ 4) loai + 6) = 720 ⇔ x2 - 4x - 480 = ¿ x ¿ ¿ ¿ ¿ Vậy chiều rộng mảnh vườn là 24m,chiều dài mảnh vườn là 30m D Câu (3,5 điểm) a) Ta có: DH AO (gt) OHD = 900 M CD OC (gt) DOC = 900 C I B Xét Tứ giác OHDC có OHD + DOC = 180 A Suy : OHDC nội tiếp đường tròn b) Ta có: OB = OC (=R) O mằn trên đường trung trực BC; E H O DB = DC (T/C hai tiếp tuyến cắt nhau) D mằn trên đường trung trực BC Suy OD là đường trung trực BC => OD vuông góc với BC Xét hai tam giác vuông ∆OHD và ∆OIA có DOA chung ∆OHD đồng dạng với ∆OIA (g-g) OH OD = ⇒ OH OA=OI OD (1) OI OA c) Xét ∆OCD vuông C có CI là đường cao Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông, ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R) OM2 = OC2 = OI.OD (2) OM OH = Từ (1) và (2) : OM2 = OH.OA ⇒ OA OM OM OH = Xét tam giác : ∆OHM và ∆OMA có : AOM chung và OA OM Do đó : ∆OHM S ∆OMA (c-g-c) OMA = OHM= 900 AM vuông góc với OM M AM là tiếp tuyến (O) d) Gọi E là giao điểm OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S S = S∆AOM - SqOEBM Xét Δ OAM vuông M có OM = R ; OA = 2R Áp dụng định lí Pytago ta có AM2 = OA2 – OM2 = (2R)2 – R2 = 3R2 √ (đvdt) AM = R √ S∆AOM = OM.AM = R2 2 AM √ = Ta có SinMOA = MOA = 600 OA 2 2 Π R 60 Π R Π.R √3 − Π √3 SqOEBM = (đvdt) => S = S∆AOM - SqOEBM = R (đvdt) = − =R2 360 6 Vậy với m < (17) ĐỀ SỐ 40 Bµi 1(2,0 ®iÓm): 3 x y 4 a, Kh«ng dïng m¸y tÝnh cÇm tay, gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh : x y 3 b, Tìm giá trị m để đồ thị hàm số y = 2x + m + qua gốc toạ độ 1 a Bµi 2(2,0 ®iÓm): Cho biÓu thøc : M = a a a, Rót gän biÓu thøc M b, TÝnh gi¸ trÞ cña M a = Bài ( 2,0 điểm): Một ngời xe đạp phải quãng đờng dài 150 km với vận tốc không đổi thời gian đã định Nếu nhanh 5km thì ngời đến sớm thời gian dự định 2,5 Tính thời gian dự định ngời Bài 4: (3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O, ba đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H Kéo dài AO cắt đờng tròn M, AD cắt đờng tròn O K ( K khác A, M khác A) Chøng minh r»ng : a, MK song song BC b, DH = DK c, HM ®i qua trung ®iÓm I cña BC Bµi 5: (1,0 ®iÓm) TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc: 2 2 P = sin 15 sin 25 sin 65 sin 75 HÕt ĐỀ SỐ 41 Bài 1: (2điểm) Cho hai hàm số y = x – và y = –2x + 1/ Vẽ trên cùng mặt phẳng toạ độ đồ thị hai hàm số đã cho 2/ Bằng phép tính hãy tìm toạ độ giao điểm hai đồ thị trên Bài 2: (2điểm) Giải các phương trình sau 1/ x2 – 3x – = 2/ x4 + x2 – 12 = Bài 3: (2điểm) 2/ ( B= 1+ Rút gọn các biểu thức: a− √ a a+ √ a 1+ 1−a 2+ √ a )( 1/ A= 4+ √15 − √ 15 + − √ 15 4+ √ 15 ) Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông A có các cạnh AB = 4,5 cm; AC = cm 1/ Tính độ dài đường cao AH và diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2/ Trên cạnh AC lấy điểm M và vẽ đường tròn (O) đường kính MC, BM cắt (O) D; DA cắt (O) S; (O) cắt BC N Chứng minh: a/ Các tứ giác ABCD, ABNM nội tiếp b/ CA là phân giác góc SCB Bài 5: (1 điểm) Tính diện tích xung quanh và thể tích hình nón có chiều cao h = 12 cm và bán kính đường tròn đáy r = cm ĐỀ SỐ 42 A 2 27 128 300 Câu 1: (2đ) Rút gọn biểu thức a/ b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0 a2 a 2a a P 1 a a a Câu2: (2đ) Cho biểu thức (với a>0) a/Rút gọn P (18) b/Tìm giá trị nhỏ P Câu 3: (2đ) Hai người xe đạp cùng xuất phát lúc từ A đến B với vận tốc kém 3km/h Nên đến B sớm ,mộn kém 30 phút Tính vận tốc người Biết quàng đường AB dài 30 km Câu 4: (3đ) Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là điểm nằm O và A Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt (O) P,Q.Tiếp tuyến D trên cung nhỏ BP, cắt PQ E; AD cắt PQ F Chứng minh: a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp b/ED=EF c/ED2=EP.EQ 1 Câu 5: (1đ) Cho b,c là hai số thoả mãn hệ thức: b c Chứng minh ít hai phương trình sau phải có nghiệm: x2 + bx + c = (1) ; x2 + cx + b = (2) ĐÁP ÁN 42: Câu 1: A 2 27 1 128 300 2.2 3.3 10 2 b/Giải phương trình: 7x2 + 8x + = Ta có a – b + c = nên x1=-1; Câu 1: (2đ) a/ (với a>0) P a2 a a a 1 2a a a 1 a ( a 1)(a a a 1 a 1) a (2 a 1) a x2 c 1 a 1 a2 a a 1 a2 a 1 1 1 a a a ( a ) ( ) 4 Vậy P có giá trị nhỏ b/Tìm giá trị nhỏ P: 1 1 a 0 < => a a 2 là Câu 3: (2đ) Gọi x(km/giờ )là vận tốc người thứ Vận tốc ngưươì thứ hai là x + (km/giờ ) 30 30 30 Ta có pt : 30( x 3).2 30.x.2 x.( x 3) x 3x 180 0 x x 60 E 27 24 27 30 x1 12; x2 15(loai ) 2.1 2.1 D Vậy vận tốc người thứ là 12 km/giờ P vận tốc người thứ hai là 15 km/giờ Câu 4: (3đ) F a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp B A ADB 900 O H (góc nội tiếp chắn nửađường tròn (O)) FHB 90 ( gt ) P a2 0 Q => ADB FHB 90 90 180 Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp b/ED = EF ) EFD sd ( AQ PD Xét tam giác EDF có (góc có đỉnh nằm đường tròn (O)) ) EDF sd ( AP PD (góc tạo tiếp tuyến và dây cung) Do PQ AB => H là trung điểm PQ( định lý đường kính dây cung) => A là trung điểm PQ PA AQ => EFD EDF => tam giác EDF cân E => ED = EF c/ ED = EP.EQ (19) Xét hai tam giác: EDQ;EDP có: E chung ED EQ ED EP.EQ D Q 1 (cùng chắn PD ) => EDQ EPD => EP ED 1 Câu 5: (1đ) b c => 2(b + c) = bc x2 + bx + c = (1) Có = b2 - 4c x2 + cx + b = (2) Có = c2 – 4b Cộng 1+ 2= b2 – 4c + c2 – 4b = b2 + c2 – 4(b + c) = b2 + c2 – 2.2(b + c) = b2 + c2 – 2bc = (b – c) (thay2(b + c) = bc ) Vậy 1; 2có biểu thức dương hay ít hai phương trình x2 + bx + c = (1) ; x2 + cx + b = (2) phải có nghiệm: ĐỀ SỐ 43 TÝnh 25 2 x 4 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x y 5 C©u II: (2,0 ®iÓm) 1.Gi¶i ph¬ng tr×nh x2-2x+1=0 Hàm số y=2009x+2010 đòng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao? C©u III: (1,0 ®iÓm) LËp ph¬ng tr×nh bËc hai nhËn hai sè vµ lµ nghiÖm? C©u IV(1,5 ®iÓm) Một ôtô khách và ôtô tải cùng xuất phát từ địa điểm A đến địa điểm B đờng dài 180 km vận tốc ôtô khách lớn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút.Tính vận tốc ôtô Biết quá trình từ A đến B vận tốc ôtô không đổi Câu V:(3,0 điểm) 1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O Các đờng cao BH và CK tam giác ABC cắt điểm I Kẻ đờng kính AD đờng tròn tâm O, các đoạn thẳng DI và BC cắt M.Chøng minh r»ng a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc đờng tròn b/OM BC 2/Cho tam giác ABC vuông A,các đờng phân giác goác B và góc C cắt các cạnh AC và AB lần lợt D và E Gọi H là giao điểm BD và CE, biết AD=2cm, DC= cm tính độ dài đoạn thẳng HB 16 0 x y z C©u VI:(0,5 ®iÓm) Cho c¸c sè d¬ng x, y, z tháa m·n xyz T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = (x+y)(x+z) C©u I: (2,0 ®iÓm) đáp án đề 43: 25 = 2.5 = 10 x 2 2 x 4 x 2 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x y 5 < = > 2 y 5 < = > y 1 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt (x;y) = (2;1) C©u II: x2 - 2x +1 = <=> (x -1)2 = <=> x -1 = <=> x = VËy PT cã nghiÖm x = Hàm số trên là hàm số đồng biến vì: Hàm số trên là hàm bậc có hệ số a = 2009 > Hoặc x1 > x2 th× f(x1) > f(x2) C©u III: Gi¶ sö cã hai sè thùc: x1 = 3; x2 = XÐt S = x1 + x2 = + = 7; P = x1 x2 = 3.4 = 12 =>S2 - 4P = 72 - 4.12 = > VËy x1; x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: x2 - 7x +12 = C©u IV §æi 36 phót = h 10 Gäi vËn tèc cña « t« kh¸ch lµ x ( x >10; km/h); VËn tèc cña «t« t¶i lµ x - 10 (km/h) 180 180 Thời gian xe khách hết quãng đờng AB là: (h) Thời gian xe tải hết quãng đờng AB là: (h) x x −10 C©u I: TÝnh (20) 180 180 x 10 10 x Vì ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút nên ta có PT: 180.10x 6x(x 10) 180.10(x 10) x 10x 3000 0 ' 52 3000 3025; ' 3025 55 => x1 = +55 = 60 ( TM§K); x2 = - 55 = - 50 ( kh«ng TM§K) VËy vËn tèc cña xe kh¸ch lµ 60km/h, vËn tèc xe t¶i lµ 60 - 10 = 50km/h C©u V: 1/ a) Δ AHI vu«ng t¹i H (v× CA HB) Δ AHI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI Δ AKI vu«ng t¹i H (v× CK AB) Δ AKI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI A K Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI B b) Ta cã CA HB( Gt) I CA DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn) H O => BH//CD hay BI//CD (1) M Ta cã AB CK( Gt) AB DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn) D => CK//BD hay CI//BD (2) Từ (1) và (2) ta có Tứ giác BDCI là hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song) C Mµ DI c¾t CB t¹i M nªn ta cã MB = MC => OM BC( đờng kính qua trung điểm dây thì vuông góc với dây đó) 2/ V× BD lµ tia ph©n gi¸c gãc B cña tam gi¸c ABC; B nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có: AD AB AB = ⇔ = ⇒ BC=2 AB DC BC BC E H V× Δ ABC vu«ng t¹i A mµ BC = 2AB nªn ACB = 300; ABC = 600 C V× B1 = B2(BD lµ ph©n gi¸c) nªn ABD = 30 A D V× Δ ABD vu«ng t¹i A mµ ABD = 300 nªn BD = 2AD = = 4cm => AB 2=BD − AD2=16 − 4=12 V× Δ ABC vu«ng t¹i A => BC=√ AC2 + AB2=√ 36+12=4 √ Vì CH là tia phân giác góc C tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có: DC DH DH = ⇔ = ⇒ BH=√ DH BC HB √ HB ¿ BH+ HD=4 BH=√ HD ⇔ Ta cã: ¿ √ BH+ √ HD=4 √ BH=√ HD ⇒BH (1+ √ 3)=4 √ ¿{ ¿ √ 3( √ −1) √3 BH= = =2 √ 3( √ −1) VËy BH=2 √ (√ 3− 1)cm (1+ √ 3) 16 0 C©u VI: C¸ch 1: V× xyz - x y z => xyz(x+y+z) = 16 P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz ¸p dông B§T C«sy cho hai sè thùc d¬ng lµ x(x+y+z) vµ yz ta cã P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz √ xyz(x + y + z )=2 √ 16=8 ; dấu đẳng thức xẩy x(x+y+z) = yz VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ (21) C¸ch 2: V× xyz − 16 16 =0 ⇒ x + y + z= x+ y+z xyz P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz = ¸p dông B§T C«sy cho hai sè thùc d¬ng lµ 16 yz x⋅ 16 16 + yz= + yz xyz yz vµ yz ta cã 16 16 + yz 16 ⋅ yz=2 √ 16=8 ; dấu đẳng thức xẩy =yz yz yz yz VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ √ P= ĐỀ SỐ 44 C©u I: (2,0 ®iÓm) TÝnh √ 9+ √ Cho hµm sè y = x -1 T¹i x = th× y cã gi¸ trÞ lµ bao nhiªu? ¿ x + y=5 C©u II: (1,0 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x − y=3 ¿{ ¿ x+ √ x x− √x C©u III: (1,0 ®iÓm) Rót gän: A= +1 − Víi x ≥ ; x ≠ √ x+ √x − C©u IV( 2,5 ®iÓm) Cho PT: x2 + 2x - m = (1) Gi¶i PT(1) víi m = Tìm tất các giá trị m để PT(1) có nghiệm Câu V:(3,0 điểm) Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB cố định H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O và trung ®iÓm cña OA) KÎ d©y MN vu«ng gãc víi AB t¹i H MN c¾t AK t¹i E Chøng minh tø gi¸c HEKB néi tiÕp Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM Cho điểm H cố định, xác định vị trí K để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác MKE nhá nhÊt Câu VI:(0,5 điểm) Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = ( )( ) đáp án đề 44: C©u I: TÝnh √ 9+ √ 4=3+2=5 Thay x =4 vào hàm số y = x -1 Ta đợc: y = - = Vậy x = thì y = ¿ x + y=5 x − y=3 ⇔ ¿ x+ y=5 C©u II: x =8 ; VËy hÖ PT cã nghiÖm (x; y) = (4; 1) ⇔ ¿ x=4 y =1 ¿{ ¿ C©u III: Víi x ≥ ; x ≠ ta cã: A= x+ √ x +1 x − √ x − √ x+ √x − x x 1 x x 1 1 x x x x≥0; x≠1 x 1 x1 VËy th× A = x -1 C©u IV: Khi m = ta cã: x + 2x - = 0; Ta cã: a + b + c = + - = 0, PT cã hai nghiÖm: x1 = 1; x2 = -3 TÝnh: Δ '=1+m §Ó PT cã nghiÖm th× Δ ' ≥ ⇔1+m ≥0 ⇔ m≥ −1 ( )( ) (22) VËy víi m≥ −1 th× PT(1) cã nghiÖm C©u V: XÐt tø gi¸c HEKB cã: M EHB = 900 ( v× MN AB) EKB = 900 ( vì AKB là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) K I =>EKB + EHB =1800 E => Tứ giác HEKB nội tiếp vì có tổng hai góc đối 1800 V× MN AB nªn A n»m chÝnh gi÷a cung nhá MN A B => cung AM = cung AN H O => AMN = AKM( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) XÐt Δ AME vµ Δ AKM cã: A chung AME = AKM ( cm trên) => Δ AME đồng dạng với Δ AKM ( g.g) Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp Δ EKM N Ta cã gãc AME = BME ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => AM là tiếp tuyến đờng tròn tâm I( Theo bài tập 30-Tr79 SGK toán tập 2) => I thuộc BM => NI ng¾n nhÊt NI MB Vì M; N; B cố định nên ta có thể xác định K nh sau: Kẻ NI vuông góc với BM, vẽ đờng tròn (I;IM) cắt đờng tròn tâm O đâu đó là K C©u VI:(0,5 ®iÓm) Ta cã: x2+ xy +y2 - x2y2 = <=> 4x2+ 4xy +4y2 - 4x2y2 = <=> 4x2+ 8xy +4y2 - (4x2y2 + 4xy +1) - = <=> (2x + 2y)2 - (2xy + 1)2 = <=> (2x + 2y - 2xy - 1)(2x + 2y + 2xy + 1) = ¿ 2x + 2y - 2xy - = 2x + 2y + 2xy + 1=-1 ¿ ¿ ¿ 2x + 2y − 2xy − 1=-1 => ; Giải hệ PT ta đợc (x; y) = (0; 0) x = - y ¿ 2x + 2y + 2xy + 1=1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Thay x = - y vào (1) ta tìm đợc (x; y) = (1; -1); (x; y) = (-1; 1) VËy c¸c cÆp sè x; y nguyªn tho¶ m·n (1) lµ:(0; 0); (1; -1); (-1; 1) ĐỀ SỐ 45 Bài 1: (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 1/ 5x 6x 0 5x 2y 9 2/ 2x 3y 15 A ( 2) ( 2) Bài 2: (2,0 điểm) 1/ Rút gọn biểu thức x 2 x 1 x1 B : x ( x 1)( x 3) x 1 x1 2/ Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức B b) Tìm các giá trị nguyên x để biểu thức B nhận giá trị nguyên Bài 3: (1,5 điểm) Một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông kém 8m Nếu tăng cạnh góc vuông tam giác lên lần và giảm cạnh góc vuông còn lại xuống lần thì tam giác vuông có diện tích là 51m2 Tính độ dài hai cạnh góc vuông tam giác vuông ban đầu (23) Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp đường tròn tâm O Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm AC với đường tròn (O) Chứng minh rằng: 1/ HBCD là tứ giác nội tiếp 2/ DOK 2.BDH 3/ CK CA 2.BD 2 Bài 5: (1,0 điểm) Gọi x1 , x là hai nghiệm phương trình: x 2(m 1)x 2m 9m 0 (m là tham 7(x1 x ) x1 x 18 số) Chứng minh : ĐÁP ÁN 45 Bài 1: 1/ 5x 6x 0 ; / 9 5( 8) 49 -4 S ; 5 PT đã cho có tập nghiệm : 5x 2y 9 15x 6y 27 19x 57 4x 6y 30 5x 2y 9 2/ 2x 3y 15 / 7 ; x1 37 3 2 ; x1 5 x 3 y (9 15) : x 3 y HPT có nghiệm (x;y) = (3;-3) Bài 2: 1/ A ( 2) ( 2)2 4 x 0 ( x 2)( x 3) ( x 1)( x 1) x x B : x 1; 4;9 ( x 1)( x 3) x1 2/ a) ĐKXĐ: ; x x x x 1 x x ( x 1)( x 3) x x -2 B x ( Với x 0 vµ x 1; 4;9 ) B nguyên x ¦(2)= 1 ; 2 b) x 1 x 3 x 9 (lo¹i) x 1 (lo¹i) x x 1 x 16(nhËn) x 2 x 4 x x 0 x 0 (nhËn) x = ; 16 Vậy : Với thì B nguyên Bài 3: Gọi độ dài cạnh góc vuông bé là x (m) (đ/k: x ) Thì độ dài cạnh góc vuông lớn là x + (m) x 8 x 2x 51 2(x 8) 51 Theo đề bài ta có PT: x 8x 153 0 ; Giải PT : x1 9 (tm®k) ; x 17 (lo¹i) Vậy: độ dài cạnh góc vuông bé là 9m ; độ dài cạnh góc vuông lớn là 17m (24) Bài 4: 1/ DH AC (gt) DHC 90 BD AD (gt) BD BC BC // AD (t / c h ×nh b×nh hµnh) DBC 900 Hai đỉnh H,B cùng nhìn đoạn DC góc không đổi 900 HBCD nội tiếp đường tròn đường kính DC 2/ + D1 C1 ( 1/ 2s® BH đường tròn đường kính DC) D C 1 I K H A O B + C1 A1 (so le trong, AD//BC) D1 A1 + DOK 2A1 (Góc tâm và góc nội tiếp chắn DK ) DOK 2D1 2BDH 0 3/ + AKB 90 (góc nội tiếp chắn ½ (O) BKC DHA 90 ; C1 A1 (c/m trên) AHD CKB (cạnh huyền – góc nhọn) AH CK +AD = BD ( ADB cân) ; AD = BC (c/m trên) AD BD BC + Gọi I AC BD ; Xét ADB vuông D , đường cao DH ; Ta có: BD AD AH.AI CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1) 2 Tương tự: BD BC CK.CI (2) Cộng vế theo vế (1) và (2) ta được: CK.AI CK.CI 2BD2 CK(AI CI) 2BD2 CK.CA 2BD (đpcm) / 2 Bài 5: + m 2m 2m 9m m 7m / 2 + PT (1) có hai nghiệm x1 , x 0 m 7m 0 m 7m 0 (m + 1)(m + 6) 0 ; Lập bảng xét dấu m (*) x1 x 2(m 1) x x 2m 9m +Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét: 7(x1 x ) 14(m 1) x1 x (2m 9m 7) 7m 2m 9m 2m 16m 14 2 2(m 8m 16) 14 32 18 2(m + 4)2 18 2(m + 4)2 18 2(m + 4) + Với m thì 18 2(m 4) 0 Suy 2 Vì 2(m 4) 0 18 2(m + 4) 18 Dấu “=” xảy m 0 m (tmđk (*)) 7(x1 x ) x1 x 18 Vậy : (đpcm) ĐỀ SỐ 46 Bµi 1: (3,0 ®iÓm) 2 x y 4 Gi¶I hÖ ph¬ng tr×nh 3x y 1 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: a) x2 – 8x + = b) 16x + 16 9x + 4x + 16 - x + Bµi 2: (2,0 ®iÓm) (25) Mét h×nh ch÷ nhËt cã chu vi lµ 160m vµ diÖn tÝch lµ 1500m2 TÝnh chiÒu dµi vµ chiÒu réng h×nh ch÷ nhËt Êy Bµi 3: (1,5 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh x2 + 2(m+1)x + m2 + 4m + = (víi x lµ Èn sè, m lµ tham sè ) 1- Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt 2- §Æt A = x1.x2 – 2(x1 + x2) víi x1, x2 lµ hai nghiÖm ph©n biÖt cña ph¬ng tr×nh trªn Chøng minh : A = m2 + 8m + 3- T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A vµ gi¸ trÞ cña m t¬ng øng Bµi (3,5®iÓm) Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F cho BF cắt đờng tròn C, tia phân giác góc ABF cắt Ax E và cắt đờng tròn D 1- Chøng minh OD // BC 2- Chøng minh hÖ thøc : BD.BE = BC.BF 3- Chøng minh tø gi¸c CDEF néi tiÕp 4- Xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi Tính diện tích hình thoi AOCD theo R ĐÁP ÁN 46 ĐỀ SỐ 47 PhÇn I Tr¾c nghiÖm kh¸ch quan (2,0 ®iÓm) * Trong các câu từ Câu đến Câu 8, câu có phơng án trả lời A, B, C, D; đó có phơng án trả lời đúng Hãy chọn chữ cái đứng trớc phơng án trả lời đúng C©u (0,25 ®iÓm): HÖ ph¬ng tr×nh nµo sau ®©y v« nghiÖm? (I ) { y=− x +1 y=3 x− (II) { y =−2 x y=1 − x A C¶ (I) vµ (II) B (I) C (II) D Kh«ng cã hÖ nµo c¶ Câu (0,25 điểm): Cho hàm số y = 3x2 Kết luận nào dới đây đúng? A Hàm số nghịch biến với giá trị x>0 và đồng biến với giá trị x<0 B Hàm số đồng biến với giá trị x>0 và nghịch biến với giá trị x<0 C Hàm số luôn đồng biến với giá trị x D Hµm sè lu«n nghÞch biÕn víi mäi gi¸ trÞ cña x C©u (0,25 ®iÓm): KÕt qu¶ nµo sau ®©y sai? A sin 450 = cos 450 ; B sin300 = cos600 ; C sin250 = cos520 ; D sin200 = cos700 Câu (0,25 điểm): Cho tam giác ABC có độ dài cạnh cm Bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC b»ng: A √ cm B √ cm C √3 cm D √ cm Câu (0,25 điểm): Cho hai đờng thẳng (d1): y = 2x và (d2): y = (m - 1)x = 2; với m là tham số Đờng thẳng (d1) song song với đờng thẳng (d2) khi: A m = -3 B m = C m = D m = C©u (0,25 ®iÓm): Hµm sè nµo sau ®©y lµ hµm sè bËc nhÊt? A y = x + ; B y = (1 + √ )x + C y = √ x2 +2 D y = x x C©u (0,25 ®iÓm): Cho biÕt cos α = , với α là góc nhọn Khi đó sin α bao nhiêu? 5 A ; B ; C ; D 5 C©u (0,25 ®iÓm): Ph¬ng tr×nh nµo sau ®©y cã nghiÖm ph©n biÖt? A x2 + 2x + = 0; B x2 + = 0; C 4x2 - 4x + = 0; D 2x2 +3x - = PhÇn II Tù luËn ( ®iÓm) n −1 n+1 ; víi n √ Bµi (2,0 ®iÓm): Cho biÓu thøc: N= 0, n +√ √ n+1 √ n− a) Rót gän biÓu thøc N b) Tìm tất các giá trị nguyên n để biểu thức N nhận giá trị nguyên (26) Bµi (1,5 ®iÓm): Cho ba đờng thẳng (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = và (d3): nx - y = n - 1; n là tham số a) Tìm tọa độ giao điểm N hai đờng thẳng (d1) và (d2) b) Tìm n để đờng thẳng (d3) qua N Bµi (1,5 ®iÓm): Cho ph¬ng tr×nh: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - = (1), víi n lµ tham sè a) Tìm n để phơng trình (1) có nghiệm x = b) Chøng minh r»ng, víi mäi n - th× ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt Bµi (3,0 ®iÓm): Cho tam gi¸c PQR vu«ng c©n t¹i P Trong gãc PQR kÎ tia Qx bÊt kú c¾t PR t¹i D (D kh«ng trùng với P và D không trùng với R) Qua R kẻ đờng thẳng vuông góc với Qx E Gọi F là giao điểm PQ vµ RE a) Chứng minh tứ giác QPER nội tiếp đợc đờng tròn b) Chøng minh tia EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DEF c) TÝnh sè ®o gãc QFD d) Gäi M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng QE Chøng minh r»ng ®iÓm M lu«n n»m trªn cung trßn cè định tia Qx thay đổi vị trí nằm hai tia QP và QR C©u §¸p ¸n C©u1 C Bµi 1: a)N = n C©u B √ n −1 + √ n+1 √ n+1 √ n− ĐÁP ÁN 47 PhÇn I Tr¾c nghiÖm kh¸ch quan C©u C©u C©u C©u C©u7 C A D B C PhÇn II Tù luËn ( n − )2+ ( √ n+ )2 = n− √ n+1+ n+ √n+1 = √ n −1 ( √ n+1 ) ( √ n −1 ) C©u D = ( n+1 ) (n n −1 0, 1) b) N = ( n+1 ) ( n −1 ) + = n −1 n −1 Ta cã: N nhËn gi¸ trÞ nguyªn ⇔ =2+ n− n− cã gi¸ trÞ nguyªn ⇔ n-1 lµ íc cña ⇒ n-1 { ±1 ; ± 2; ± } + n-1 = -1 ⇔ n = + n-1 = ⇔ n = + n-1 = -2 ⇔ n = -1 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cña N) + n-1 = ⇔ n = + n-1 = -4 ⇔ n = -3 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cña N) + n-1 = ⇔ n = Vậy để N nhận giá trị nguyên và n { ; 2; ; } Bµi 2: (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = vµ (d3): nx - y = n - 1; n lµ tham sè a) Gọi N(x;y) là giao điểm hai đờng thẳng (d1) và (d2) đó x,y là nghiệm hệ phơng trình: ⇔ { y=5 x=3 VËy: N(3; 5) { x − y=4 − x+ y=2 (I ) <=> { y=x +22 x=6 b) (d3) ®i qua N(3; 5) ⇒ 3n - = n -1 ⇔ 2n = ⇔ n= VËy: §Ó (d3) ®i qua ®iÓm N(3; 5) n = ⇔ Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - = (1), víi n lµ tham sè a) Ph¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm x = ⇒ (n+1).32 - 2(n-1).3 + n-3 = ⇔ 9n + - 6n + + n - = ⇔ 4n = -12 ⇔ n = -3 b) Víi n -1, ta cã: Δ ' = (n – 1)2 - (n + 1)(n – 3) = n2 – 2n + - n2 + 2n + = > VËy: víi mäi n -1 th× ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt Bµi 4: a/ Ta cã: ∠ QPR = 900 ( v× tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P) Qx) ∠ QER = 900 ( RE Tứ giác QPER có hai đỉnh P và E nhìn đoạn thẳng QR dới góc không đổi (900) ⇒ Tứ giác QPER nội tiếp đờng tròn đờng kính QR b/ Tø gi¸c QPER néi tiÕp ⇒ ∠ PQR + ∠ PER = 1800 mµ ∠ PER + ∠ PEF = 1800 (Hai gãc kÒ bï) ⇒ ∠ PQR = ∠ PEF ⇒ ∠ PEF = ∠ PRQ (1) MÆt kh¸c ta cã: ∠ PEQ = ∠ PRQ (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã ∠ PEF = ∠ PEQ ⇒ EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãcDEF P (27) N M c/ V× RP QF vµ QE RF nªn D lµ trùc t©m cña tam gi¸c QRF => FD QR ⇒ ∠ QFD = ∠ PQR (gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc) Q mµ ∠ PQR = 450 (tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P) ⇒ ∠ QFD = 450 d/ Gọi I là trung điểm QR và N là trung điểm PQ (I,N cố định) I Ta có: MI là đờng trung bình tam giác QRE ⇒ MI//ER mà ER QE QE ⇒ ⇒ MI ∠ QMI = 900 ⇒ M thuộc đờng tròn đờng kính QI Khi Qx QR th× M I, Qx QP th× M N Vậy: tia Qx thay đổi vị trí nằm hai tia QP và QR thì M luôn nằm trên cung NI đờng tròn đờng kính QI cố định D E R (28) ĐÁP ÁN 48 Câu 1: 4x = 3x + <=> x = A = √ 12 - √Đề + √số 48 = 10 √3 - 48 đk : x 0; y ¿ 1 − =1 x y + =5 x y ⇔ 4 ¿ − =4 x y + =5 x y ⇔ ¿ =9 x = −1 y ⇔ ¿ y= x= ¿{ ¿ √ + √ = 10 √ Cau 2: Phương trình: 2x2 + (2m-1)x + m - 1= (1) Thay m = vào phương trình (1) ta có 2x2 + 3x + = Có ( a - b + c = - + = 0) => Phương trình (1) có nghiệm x1 = -1 ; x2 = - 1/2 Phương trình (1) có Δ = (2m -1)2 - 8(m -1) = 4m2 - 12m + = (2m - 3)2 với m => Phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1; x2 với giá trị m ¿ 1− m x 1+ x 2= m −1 + Theo hệ thức vi ét ta có: x x 2= ¿{ ¿ 2 + Theo điều kiện đề bài: 4x1 + 4x2 + x x = <=> 4(x1 + x2)2 - x x = <=> ( - 2m)2 - 3m + = <=> 4m2 - 7m + = + Có a + b + c = => m1 = 1; m2 = 3/4 Vậy với m = m = 3/4 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn: 4x12 + 4x22 + x x = Câu 3: Gọi vận tốc người xe đạp từ A đến B là x (km/h; x > 0) Thì vận tốc người đó từ B A là : x + (km/h) 36 36 Thời gian người đó từ A đến B là: (h) Thời gian người đó từ B A là: (h) x x +3 Vì thời gian ít thời gian nên ta có phương trình : 36 36 = <=> x2 + 3x - 180 = x x +3 (29) Giải được: x1 = 12 (thoả mãn điều kiện ẩn) x2 = -15 (không thoả mãn điều kiện ẩn) Vậy vận tốc người đó từ A đến B là 12 km/h Câu 4: Chứng minh: ∠ ABE = ∠ EAH ∠ ABE là góc nội tiếp chắn cung AE ∠ EAH là góc tạo tia tiếp tuyến AH và dây cung AE => ∠ ABE = ∠ EAH Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp + BH vuông góc với AC H => ∠ BHC = 900 B + H là trung điểm AC (gt) + EH AC H (BH AC H; E BH) => Δ AEC cân E => ∠ EAH = ∠ ECH( t/c tam giác cân) O + ∠ ABE = ∠ EAH ( cm câu a) => ∠ ABE = ∠ ECH ( = ∠ EAH) N => ∠ KBE = ∠ KCH K => Tứ giác KBCH nội tiếp => ∠ BKC = ∠ BHC = 90 E => ∠ AKE = 900 (1)( Kề bù với ∠ BKC = 900) Mà ∠ EHA = 900 (2) ( EH AC H) A H Từ (1) và (2) => ∠ AKE + ∠ EHA = 1800 => Tứ giác AHEK nội tiếp Xác định vị trí điểm H trên đường thẳng (d) cho AB = R √ R √3 + Kẻ ON vuông góc với AB N => N là trung điểm AB => AN = √3 Ta có tam giác ONA vuông N theo cách dựng điểm N => tag ∠ NOA = AN : AO = => ∠ NOA = 600 => ∠ OAN = ∠ ONA - ∠ NOA = 300 + ∠ OAH = 900 ( AH là tiếp tuyến (O) tiếp điểm A) => ∠ BAH = 600 + chứng minh : Δ BAC cân B có ∠ BAH = 600 => tam giác ABC => AH = AC/2 = AC/2 = R √3 R √3 => H là giao điểm (A; ) và đường thẳng (d) Chú ý : Bài toán có hai nghiệm hình: Câu 5: Với a > 0; b > 0; c > Ta có a3 + b3 + abc = (a+b)(a2 + b2 - ab) + abc (a+b)(2ab - ab)+ abc ( vì (a-b) với a, b => a2 + b2 2ab) 3 => a + b + abc ab(a+b) + abc = ab( a+b+c) 1 ≤ Vì a, b, c > => (1) 3 (a+ b+c) ab a +b +abc 1 ≤ Tương tự ta có: (2) 3 b +c +abc (a+b+ c) bc 1 ≤ (3) 3 ( a+b+ c) ca c + a +abc Từ (1) ; (2); (3) 1 a+b+ c + 3 + 3 ≤ = => 3 a +b +abc b + c + abc c +a + abc abc (a+ b+c ) abc Dấu "=" xảy a = b = c Vậy bất đẳng thức chứng minh Tìm x, y nguyên thoả mãn: x + y + xy + = x2 + y2 (*) <=> x2 - x(y + 1) + y2 - y - = (**) Vì x, y là nghiệm phương trình (*) => Phương trình (**) luôn có nghiệm theo x => Δ = (y+1)2 - (y2 - y - 2) <=> -3y2 + 6y + <=> - y2 + 2y + <=> (- y - y) + 3(y + 1) <=> (y + 1)(3 - y) Giải -1 y vì y nguyên => y {-1; 0; 1; 2; 3} C (30) + Với y = -1 => (*) <=> x2 = => x = + với y = => (*) <=> x2 - x - = có nghiệm x1 = -1; x2 = thoả mãn x Z (*) + với y = => <=> x - 2x - = có Δ' = không chính phương +với y = => x2 - 3x = => x = x = thoả mãn x Z + với y = => (x-2) = => x = thoả mãn x Z {(− 1; 0) ;( ;− 1) ;( 2; 0);(0 ; 2); (3 ; 2) ;(2; 3) } Vậy nghiệm nguyên phương trình là: (x,y) (31)