de on tap

c Gọi P,Q lần lượt là điểm đối xứng với B,C qua O.Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AFK  có bán kính không đổi khi A thay đổi trên cung nhỏ PQ không trùng với các điểm P,Q C[r]

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 13 Câu 2 x  y 3  a) Giải hệ phương trình: 3x  y 1 b) Cho phương trình x  x  m  0 ( m tham số) Tìm m để phương trình có nghiệm x = Tìm nghiệm cịn lại Câu Cho phương trình: x  (m  5) x  3m  0 (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm với số thực m b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1, x2 độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có độ dài cạnh huyền Câu Cho mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng ngắn chiều dài 45 m Nếu giảm chiều dài lần tăng chiều rộng lên lần chu vi khơng đổi Tính diện tích mảnh đất Câu Cho tam giác ABC có góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O).Các đường cao BF,CK tam giác ABC lần lượt cắt (O) D, E a) Chứng minh : Tứ giác BCFK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh : DE //FK c) Gọi P,Q lần lượt điểm đối xứng với B,C qua O.Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AFK  có bán kính khơng đổi A thay đổi cung nhỏ PQ (không trùng với điểm P,Q) Câu Cho a, b, c >1 Chứng minh BÀI a) b) a b c   12 b1 c1 a1 HƯỚNG DẪN GIẢI NỘI DUNG 2 x  y 3   3 x  y 1  x  y 6   3 x  y 1 7 x 7   3x  y 1  x 1   y  Thay x = vào phương trình (1) ta được: 32  2.3  m  0  m  0  m  x  x  0 Thay m = -6 vào PT (1) có dạng: Ta có: a – b + c = 1+ – = PT có hai nghiệm : x1 = -1; x2 = Vậy nghiệm lại x = -1 a) x  (m  5) x  3m  0 (1) Do hệ số a phương trình khác nên phương trình(1) phương trình bậc hai ẩn 2 Lại có:  (m  5)  4(3m  6) m  2m  (m  1) 0, m b) Do đó, phương trình ln có nghiệm với m Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1) áp dụng hệ thức vi-ét ta có: x1  x2 m  x1 x2 3m  Để hai nghiệm phương trình độ dài hai cạnh tam giác vng có cạnh  x1  x2   x1  0; x2     x1.x2   2  x1  x2 25  2  x1  x2 25 huyền ta cần tìm m cho : x  x  x1  0; x2     x1.x2   +) m     3m   m    m   (*)  m   2 ) x12  x22 25   x1  x2   x1.x2 25   m     3m   5  m  10m  25  6m  12 25  m2  4m  12 0  ' 4  12 16  Phương trình có hai nghiệm phân biệt m1 2 ; m2  Kết hợp với (*) suy m = Vậy với m = phương trình có hai nghiệm hai cạnh tam giác vng có độ dài cạnh huyền Gọi chiều rộng, chiều dài ruộng tương ứng x(m), y(m) Điều kiện x > 0, y > 0; Vì chiều rộng ngắn chiều dài 45 m nên y - x = 45 (1) Chiều dài giảm lần, chiều rộng tăng lần ta được hình chữ nhật có hai chiều y dài chiều rộng (m) 3x(m) y   x  y  2  x     2  Theo giả thiết chu vi không thay đổi nên:  y  x 45  y   x  y  x          Từ (1) (2) ta có hệ phương trình  x 15  m    y 60  m  Giải hệ ta có  Vậy diện tích ruộng là: S  xy 900  m  Hình vẽ a) Do  BF  AC ( gt )  BFC 900  CK  AB ( gt )  BKC 900   Tứ giác BKFC có hai góc BFC ; BKC cùng nhìn cạnh BC góc 900 nên nội tiếp đường trịn đường kính BC b)   KFB KCB ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK đường tròn (BKFC)) (1)    KCB ECB  EDB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE đường tròn (O) (2) c)   EDB Từ (1) (2) suy KFB mà chúng vị trí đồng vị nên KF // ED Kẻ đường kính AN lấy điểm M trung điểm BC Ta có    ACN  ABN 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) NC  AC BN  AB mà BH  AC CH  AB NC // BH NB // CH => BHNC hình bình hành M trung điểm BC trung điểm HN Lại có O trung điểm AN Suy OM đường trung bình tam giác AHN => OM  AH OM // AH AKH AFH  900 Gọi I trung điểm AH Ta có => t/g AKHF nội tiếp đường trịn đường kính AH  I tâm AI bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác AKHF hay  AFK AI  AH OM Vì BC, (O) cố định suy M cố định => OM khơng đổi => ( khơng đổi) suy đường trịn ngoại tiếp tam giác AFK có bán kính AI = OM không đổi Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a b c   3 b1 c1 a1 a b c b1 c1 a1 Ta lại có với x > 1, ta có :  33 ÁP dụng nhận xét ta có x  0  x 4 x1 a b c 3 4.4.4 12 b1 c1 a1 (2) a b c   12 b1 c1 a1 Từ (1) (2) suy Đẳng thức xảy khI a=b=c=4 (1)