DeDA thi lop 10 chuyenMon chung

a/ Chứng minh tứ giác AKHD nội tiếp được trong một đường tròn b/ Chứng minh tam giác AKD và tam giác ACB đồng dạng.. c/ kẻ tiếp tuyến Dx tại D của đường tròn tâm O đường kính BC cắt AH t[r]

I/ §ª tthi thö sè 04 Bµi tËp vÒ nhµ : Ngµy 25/03/2012  x x  2 2 x  P    :     x  x  1  x x x  x  Bµi 1(2.0 ®) : Cho biÓu thøc a/ Rót gän P b/ Tìm x để P > c/ T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P Bài (2.0đ) a/ Giải phương trình: - x = x - b/ Chứng minh phương trình: ax2 + bx + c = (a 0) luôn có hai nghiệm phân biệt Biết 5a – b + 2c = Bài (2.0đ): Cho phương trình: x2 – (2m-1)x + m(m-1) = (1) (Với m là tham số) a/ Giải phương trình (1) với m = b/ Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với m c/ Gọi x1 và x2 là hai nghiệm phương trình (1) (Với x1 < x2) Chứng minh x12 – 2x2 + Bài 4(3đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Đường cao BD và CK cắt H a/ Chứng minh tứ giác AKHD nội tiếp đường tròn b/ Chứng minh tam giác AKD và tam giác ACB đồng dạng c/ kẻ tiếp tuyến Dx D đường tròn tâm O đường kính BC cắt AH M Chứng minh M là trung điểm AH Bài 5(1đ): Cho ba số dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức : a b c + + ≥2 b+ c a+c a+ b √ √ √ II/ C¸c bµi tËp vÒ ph¬ng tr×nh – HÖ ph¬ng tr×nh 1/ Cho ph¬ng tr×nh : x2 – 2(m – 1)x + 2m – = ( cã Èn x ) a/ Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt b/ Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña y = x12 + x22 2/ Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau a/ x   x   x   x  5 b/(4x + 1)(12x – 1)(3x + 2)(x+ 1) = 3/ Tìm các giá trị m để phơng trình sau có nghiệm và tính các nghiệm theo m x + x  x  m 0 4/ Cho ph¬ng tr×nh Èn x: x2 – 2(m + 1)x + m – (1) a/ Chứng minh phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt Tìm m để phơng trình đó có hai nghiÖm d¬ng b/ Gäi x1 vµ x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc x12  x2 M x1 (1  x2 )  x2 (1  x1 ) 2  x  y  x  y 8  2 5/ Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh : a/  x  y  xy 7  x   y 1  x  y  1 b/  - Kết thúc đáp án đề thi thử số 04 Bµi a/ Rót gän P : §iÒu kiÖn x > vµ x    x x 1  x  x x  2 2 x  P    :  :    x  x x  x x  x x  x       P x2 x   x1  x 1 x   x 1 x2 x     x 1    x  x   x 1 x x1 b/ Tìm x để P > P   x   x1 x x x 2      x1 x1   x  1 x1   x  KÕt hîp ®iÒu kiÖn, vËy víi < x <1 th× P < P   x   x  x1 (Do ®iÒu kiÖn x > 0) c/ §Ó cã P th× Do P > => P <=> P x1 1 1 1  1 1                 P 4 P x x x 4 2 4 x x x    Ta cã : Suy : P = (DÊu b»ng x¶y x = 4) => P = 2, x = (Làm theo cách em được) Bài a/ Giải phương trình: - x = x - Điều kiện : x  TH : Nếu x – < => x < : PT vô nghiệm TH2 : Nếu x –  => x  1, Bình phương vế ta có PT – x = (x – 1)2 <=> – x = x2 – 2x + <=> x2 – x – = có  = + 24 = 25 > Vậy phương trình có hai nghiệm : x1 = (thoả mãn) x2 = -2 (không thoả mãn) Loại Vậy phương trình có nghiệm x1 = b/ Chứng minh phương trình: ax2 + bx + c = (a 0) luôn có hai nghiệm phân biệt Biết 5a – b + 2c = Ta có :  = b2 – 4ac từ 5a – b + 2c = => b = 5a + 2c, thay vào ta có  = b2 – 4ac = (5a + 2c)2 – 4ac = 25a2 + 20ac + 4c2 – 4ac = 25a2 + 16ac + 4c2 =9a2 +(16a2 + 16ac + 4c2) = 9a2 + (4a + 2c)2 > Vậy PT luôn có hai nghiệm phân biệt Bài : a) với m = 2, phương trình trở thành: x2 - 3x + = Phương trình có a + b + c = nên theo Viét PT có hai nghiệm là: x1 = ; x2 = 2 b)  (2m  1)  4m( m  1) 1 Vì  1  với m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt c) Vì x1 < x2 nên : 2m   m  2m   x2  m x12  x2  (m  1)  2m  (m  2) 0 với x x1  Bài A M D K H B C O   0 a) Tứ giác AKHD có : AKH  ADH 90  90 180 => Tứ giác AKHD nội tiếp đường tròn đường kính AH   b) Tứ giác BKDC có : BKC BDC 90 => Tứ giác BKDC là tứ giác nội tiếp    => BCD  AKD (Cùng bù với BKD ) Xét tam giác AKD và tam giác ACB, có: A chung  BCD  AKD Suy AKD đồng dạng với ACB (ĐPCM) c) Ta có:   MDH  HDO 900   MDH  MDA 900    HDO MDA   Mặt khác: HDO HBO (Do OB = OD)    HBO DBC  DKC ( Góc nội tiếp đường tròn O cùng chắn cung DC) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKHD    DKC DKH DAH ( Cùng chắn cung DH) MDA DAH  Vậy: Do đó tam giác AMD cân M => MD = MA (1) Vì tam giác ADH là tam giác vuông nên từ đó suy     MDH MHD ( Cùng phụ với hai góc MAD v à MDA ) => Tam giác MDH cân M => MD = MH (2) Từ (1) và (2) => MA = MH Vậy M là trung điểm AH b+ c và ta được: a b+ c b+ c b+ c+ a a 2a ≤ +1 :2= ⇒ ≥ a a 2a b+ c a+b +c b 2b c 2c ≥ ; ≥ Tương tự ta có: a+ c a+ b+c a+b a+ b+c Bài 5: áp dụng BĐT Côsi cho hai số √ ( Từ đó suy ra: ) √ √ √ √ 2 a  b  c a b c 2a 2b 2c       2 bc ac a b a b c a b c a b c a b c (đpcm)