Ta có :MN_|_CD và CMN GDC dễ dàng chứng minh được MC vuông góc với DG Xét trong đường tròn tâm V ngoại tiếp tam giác AKC ,Kẻ tiếp tuyến Cx của đường tròn như hình vẽ... 4/JC cắt AK tạ[r]
(1)Đề tham khảo kiểm tra HKII Môn : Toán lớp Thời gian làm bài :90 phút Baøi : (2.5Ñ) Gæai caùc phöông trình vaø heä phöông trình : 2 1/ x x 0 2/ x (5 3) x 0 4 x y 3/ 3 x y 21 3 y x 3x y 8 2 y x x y 23 4/ Bài : (2Đ) Trong mặt phẵng cho tọa độ Oxy (P) y =x2 vaø (D) y= 2mx +m+7 1/Với m=1 Vẽ chúng cùng hệ trục tọa độ tìm giao điểm chúng phép toán 2/Tìm m để (P) và (D) tiếp xúc Baøi :(2Ñ) Cho phöông trình mx2-(2m-1)x+m+3=0 1/Định m để phương trình đã cho có nghiệm 2/Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm thỏa ĐK : x1 x2 33 Baøi :(3.5Ñ)Cho tam giaùc ABC coù goùc nhoïn (AC>AB) ,Đường tròn đường kính BC cắt AB và AC F và E ,BE cắt CF H ,AH cắt BC D , DE cắt đường tròn đường kính BC I , AI cắt BC K 1/Chứng minh : Tứ giác DHEC nội tiếp và IF//AD 2/Đường cao KG tam giác AKC cắt AD J Dựng EP_|_HC P , CQ_|_EF Q Chứng tỏ : Các tứ giác AKDG ,CQEP noäi tieáp vaø AB.IK= AK.BF (2) 3/ Qua P kẻ đường thẳng song song với AD cắt EF M và cắt BC N Chứng minh : QCA ~ PCB và MC luôn qua ñieåm coá ñònh 4/ JC cắt MN L Lấy S thuộc MC cho GS//EF Chứng minh raèng : DSC ELC *************Heát**************** Gíam thò coi thi khoâng giaûi thích gì theâm - Đáp án chấm thi Baøi 1a :8x2-7x+3=0 1 ∆=(-7)2-4.8.3=1 >0 phöông trình coù nghieäm phaân bieät 7 1 x2 x1 8.2 8.2 b/ x (5 3) x 0 Đặt t=x2 (t≥0) phương trình trở thành t (5 3)t 0 ∆= (5 3) 4.1.(4 3) 25 20 12 16 21 12 >0 21 12 (2 3) | |2 phương trình đã cho có nghiệm phân biệt : t1 5 2 1 1.2 t2 5 3 4 1.2 Với t=1 =>x2=1 x= 1 Với t = => x2= x= ( 1) | 1|( ) (3) Vaäy phöông trình coù nghieäm x=1 ,x=-1 , x= ,x = x 2 4 x y 20 x 15 y 29 x 58 x y 21 x 15 y 63 x y 21 c/ y 3 3 y x 3x y 8 2 y x x y 23 d/ 2 2 Đặt a= y x ,b= 3x y (a,b≥0) Hệ phương trình trở thaønh a 1 15a 5b 40 17 a 17 3a b 8 2a 5b 23 2a 5b 23 3a b 8 b 5 2 Với a=1 ta có : y x 1 y2-2x2=1 2 Với b=5 ta có : 3x y 5 3x2+y2+4=25 Laïi ñaët m=x2 , n=y2 (m,n ≥0) ta coù heä phöông trình : m 4 2m n 1 5m 20 3m n 21 n 2m 1 n 9 Với m=4 =>x2=4 x= 2 Với n=9 =>y =9 y= 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x 2 x 2 x x y 3 y y 3 y Caâu : m=1 ta coù :(P) y=x2 vaø (D) y=2x+8 ( học sinh tự vẽ đồ thi ) Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (D) X2=2x+8 x2-2x-8=0 6 ∆ =(-2)2-4.1.(-8)=36>0 =>phương trình đã cho có nghiệm phân biệt x1 26 4 1.2 x2 2 1.2 (4) Với x= ta có y=16 Với x=-2 ta có y=4 Vậy tọa độ giao điểm (P) và (D) là (4;16) và (-2;4) b/phương trình hoành độ giao điểm (P) và (D) x2=2mx+m+7 x2-2mx-m-7=0 ∆ =(-2m)2-4.1(-m-7)=4m2+4m+28 Để (P) và (D) tiếp xúc =>∆ =0 => m2+m+7=0 ∆ =1-4.1.7 = -27 <0 =>phöông trình voâ nghieäm Vậy không tồn m để (P) và (D) tiếp xúc Caâu :mx2-(2m-1)x+m+3=0 1/∆=(2m-1)2-4m(m+3)=4m2-4m+1-4m2-12m=1-13m m 13 Để phương trình có nghiệm ∆≥0 =>1-13m ≥0 2/Khi phöông trình coù nghieäm phaân bieät 2m x x m x x m m Theo ñònh lyù vi –eùt ta coù : Theo yêu cầu bài toán : x1 x2 33 33 ( x1 x2 ) => 33 2m 4( m 3) 33 ( x1 x2 ) x1 x2 m (ÑK :m#0) m 4 (2m-1)2-16m(m+3) =33m2 4(4m2-4m+1)-16m2-48m=33m2 16m2-16m+4-16m2-48m=33m233m2-64m-4=0 68 ∆=(-64)2-4.33.-4=4624>0 =>phương trình đã cho có nghiệm phân biệt m1 64 68 2 33.2 (loại) m2 64 68 33.2 33 ( nhaän ) (5) Caâu : 1/Tứ giác DHEC nội tiếp vàIF//AD E và F cùng thuộc đường tròn đường kính BC => BFC BEC 90 * => BE_|_AC vaø CF_|_AB Xét tam giác ABC có BE và CF là đường cao chúng cắt H => H là trực tâm tam giác ABC => AD_|_BC Xét tứ giác DHEC ta có : ADB BEC 90 * => Tứ giác DHEC nội tiếp ( góc ngoài góc đối ) Tứ giác DHEC nội tiếp => HDE HCE FIE maø HCE ( goùc noäi tieáp cuøng chaén cung EF ) FIE => HDE =>AD//IE ( góc vị trí đồng vị ) (6) 2/Xét tứ giác AKDG ta có : ADK AGK 90 *=> Tứ giác AKDE nội tiếp (2 góc vuông cùng nhìn cạnh AK tứ giác ) Xét tứ giác EPCQ ta có : EPC EQC 90* 90* 180* =>Tứ giác PEQC nội tiếp ( tổng góc đối 180*) Ta coù : AD//IF vaø AD_|_BC=> BC_|_IF Xét đường tròn đường kính BC có dây cung IF vuông góc với BC T ( BC cắt IF T ) =>TF=TI AD//IF ,Aùp duïng ñònh lyù ta leùt lieân tieáp ta coù : IK TI FT BF AK AD AD BA => AB.IK=AK.BF 3/Theo trên ta có tứ giác PEQC nội tiếp => PQC PEC mà AF//EP ( cùng vuông góc với FC) => PEC BAC => PQC BAC Tứ giác PEQC nội tiếp nên CPQ CEQ mà CEQ AEF ( góc đối đỉnh ) mà AEF ABC ( góc ngoài góc đối tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC ) => CPQ ABC Xeùt tam giaùc ABC vaø tam giaùc QPC ta coù : PQC BAC , CPQ ABC (cmt) AC BC QC PC =>∆ABC ~∆QPC ( g-g )=> Ta coù :∆ABC~∆QPC => ACP QCP => ACQ BCP Xeùt tam giaùc QCA vaø tam giaùc PCB ta coù : AC BC , ACQ BCP QC PC (cmt ) (7) =>∆QCA ~∆PCB (c-g-c ) Ta coù MN//AD vaø AD_|_BC =>MN_|_BC Xét tứ giác BFPN ta có : BFP BNF 90* 90* 180* =>Tứ giác BFPN nội tiếp ( tổng góc đối 180*) => CFN CBP Maø ∆QCA ~∆PCB => CPB CAQ => CFN CAQ Xeùt tam giaùc CAQ vaø tam giaùc CFN ta coù : ACQ BCP , CFN CAQ ( cmt ) CA CQ =>∆ CAQ ~∆CFN (g-g ) => CF CN Ta có IF vuông góc với đường kính BC => CB là trung trực cuûa IF => CF=CI vaø BCP BCI Ta coù : BCP BCI vaø BCP ACQ => BCI ACQ => ACI QCN CA CQ Từ CF= CI => CI CN Xét tam giác CAI và tam giác CQN CA CQ ACI QCN , CI CN (cmt) Ta coù : =>∆CAI ~∆CQN (c-g-c ) Xét tứ giác CNMC ta có : MQC MNC 90* 90* 180* =>Tứ giác CNMC nội tiếp ( tổng góc đối bắng 180* )=> CMN CQN Maø ta coù :∆CAI ~∆CQN => CQN CAI Theo trên ta đã có tứ giác AKDG nội tiếp => CAI GDC => CMN GDC Ta có :MN_|_CD và CMN GDC ( dễ dàng chứng minh MC vuông góc với DG ) Xét đường tròn tâm V ngoại tiếp tam giác AKC ,Kẻ tiếp tuyến Cx đường tròn hình vẽ (8) Ta có : AKC ACX ( góc tạo tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) mà AKC DGC (Tứ giác AKDG noäi tieáp ) => ACX DGC => DG//CX ( goùc sole ) maø CX_|_CV => CV_|_DG Ta coù : DG_|_MC vaø DG_|_CV => ñieåm C,M,V thaúng haøng => CM qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC là ñieåm coá ñònh ) 4/JC cắt AK CO , CM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác (9) CME taïi R Dễ thấy AD,KG,CO là đường cao tam giác AKC chuùng caét taïi J => CO_|_AK Xeùt tam giaùc AOC vaø tam giaùc MNC ta coù : AOC MNC 90* , OAC MNC (cmt) AC OC =>∆AOC~∆MNC ( g-g ) => MC NC ACM NCO ACO MCN => => Xeùt tam giaùc CAM vaø tam giaùc CON ta coù : AC OC , ACM NCO MC NC (cmt ) =>∆ CAM ~∆CON (c-g-c ) => CAM CON Xét tứ giác KOLN ta có : COK LNK 90* 90* 180* =>Tứ giác KOLN nội tiếp ( tổng góc đối 180* ) => CON CKL => CKL CAM Xeùt tam giaùc CAM vaø tam giaùc CKL ta coù : ACM NCO ,CAM NKL (cmt ) CA CM CK CL =>∆CAM ~∆CKL ( g-g ) => Xeùt tam giaùc vuoâng CDA vaø CGK ta coù : ACB laø goùc chung , CDA CGK 90* CA CD CK CG =>∆CDA ~∆CGK (g-g ) => CM CD CM CL CL CG CD CG Từ đó suy Xeùt tam giaùc CME vaø tam giaùc CAR ta coù : ACR là góc chung , CME CAR ( tứ giác EMAR nội tiếp) CM CA CM CR CA.CE =>∆CME ~∆CAR (g-g)=> CE CR (10) Xeùt tam giaùc CEB vaø tam giaùc CDA ta coù : ACB laø goùc chung , BEC ADC 90* CA CD CB.CD CE.CA =>∆CEB ~∆CDA (g-g) => CB CE CM CB Từ đó suy CM.CR =CB.CD => CD CR CM CL CL CB CL CG CD CG CG CR CB CR Theo nhö treân ta coù : => Xeùt tam giaùc CLB vaø tam giaùc CGR ta coù : CL CG ACM OCN , CB CR ( cmt ) =>∆CLB ~∆CGR (c-g-c ) Ta có tứ giác ARME nội tiếp => ARM AEM 180* Mà AEM AGS ( góc vị trí đồng vị EF//GS ) => ARM AGS 180* =>Tứ giác ARGS nội tiếp ( tổng góc đối 180* ) => CAS CRG Maø ∆CLB ~∆CGR => CBL CRG => CAS CBL Xeùt tam giaùc CAS vaø tam giaùc CBL ta coù : ACM OCN , CAS CBL (cmt) CA CS =>∆CAS ~∆CBL (g-g ) => CB CL CA CD CD CE CD CS CB CE CS CL CE CL Theo nhö treân ta coù : => => Xeùt tam giaùc CDS vaø tam giaùc CEL ta coù : CD CE MCN ACO CS CL , (cmt) =>∆CDS ~∆CEL (c-g-c ) => DSC ELC (11)