Tìm tọa độ giao điểm của P và d bằng phép toán.. Cho đường tròn O;R đường kính AB và dây CD vuông góc với nhau CA < CB.. Hai tia BC và DA cắt nhau tại E.. Chứng minh rằng: 1 Tứ giác CD
Trang 1ĐỀ 47 Bài 1 (1,5 điểm)
Không dùng máy tính, hãy rút gọn, tính giá trị của các biểu thức sau:
1) A = 14 7 15 5 : 1
+
2) B = 2
1
−
−
− − (x≥ 0;x≠ 1)
Bài 2 (1,5 điểm)
1) Cho hai đường thẳng d1: y = (m+1)x + 5 ; d2: y = 2x + n Với giá trị nào của
m, n
thì d1 trùng với d2 ?
2) Trên cùng mặt phẳng tọa độ, cho hai đồ thị (P): y = 2
3
x
; d: y = 6 – x Tìm tọa
độ
giao điểm của (P) và (d) bằng phép toán
Bài 3 (2 điểm)
Cho phương trình: x2 + 2(m + 3)x + m2 + 3 = 0 (m là tham số)
1) Tìm m để phương trình có nghiệm kép? Hãy tính nghiệm kép đó
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 – x2 = 2
Bài 4 (1,5 điểm)
Giải các phương trình sau:
1) 1 3 2
2 6
x + x =
2) x4 + 3x2 – 4 = 0
Bài 5 (3,5điểm).
Cho đường tròn (O;R) đường kính AB và dây CD vuông góc với nhau ( CA < CB)
Hai tia BC và DA cắt nhau tại E Từ E kẻ EH vuông góc với AB tại H; EH cắt
CA ở
F Chứng minh rằng:
1) Tứ giác CDFE nội tiếp được trong mốt đường tròn
2) Ba điểm B , D , F thẳng hàng
3) HC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Trang 2
BÀI GIẢI
Bài 1: (1,5 điểm) Không dùng máy tính, hãy rút gọn, tính giá trị của các biểu thức sau:
1) A = 14 7 15 5 : 1
+
:
= ( 7 + 5 ) ( 7 − 5)
= ( ) ( )2 2
7 − 5 = 7 – 5 = 2 2) B = 2
1
−
−
x x x
−
−
1
x
−
= 2 1
1
x
− = ( )2
1 1
x x
−
− = x−1 (x≥ 0;x≠ 1)
Bài 2 (1,5 điểm)
1) d1 ≡ d2 1 2
5
m n
+ =
⇔ =m 1,n=5
2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là:
2 6
3
x
x
= −
2
3 18 0
x x
∆= b2 – 4ac = 32 – 4 1 (– 18) = 81 ⇒ ∆ = 9
1
3 9
3
b x
a
− + ∆ − +
b x
a
− − ∆ − −
Suy ra: y1 = 3 ; y2 = 12 Vậy d cắt (P) tại hai điểm: (3; 3) và (– 6; 12)
Bài 3 (2điểm)
PT: x2 + 2(m + 3)x + m2 + 3 = 0 (1)
1) Phương trình (1) có nghiệm kép ⇔ ∆ = ' 0
( )2 ( 2 )
⇔ 6m+ = 6 0
⇔ = −m 1
Vậy với m = – 1 phương trình (1) có nghiệm kép
Nghiệm kép của PT (1) : ' ( ) ( )
3
1
m b
x x
a
2) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 ⇔ ∆ ≥' 0
⇔ 6m+ ≥ 6 0 ⇔ ≥ −m 1 Theo hệ thức Vi-ét ta có: S= x1 + x2 = – 2(m + 3) ; P = x1 x2 = m2 + 3
Từ x1 – x2 = 2 suy ra: ( x1 – x2)2 = 4 ⇔( x1 + x2)2 – 4x1x2 = 4 (*)
Thay S và P vào (*) ta được: ( ) 2 ( 2 )
( 2 ) 2
4 m 6m 9 4m 12 4
⇔ 24m+ 24 4 = 5
6
m
⇔ = − ( thoả mãn điều kiện
1
m≥ − )
Trang 3H
F
O
D
C
B A
Vậy x1 – x2 = 2 5
6
m
⇔ = −
Bài 4 (1,5 điểm) Giải các phương trình:
1) 1 3 2
2 6
x + x =
− − (1) ĐK: x ≠ 2 ; x ≠ 6
(1) ⇔ − + 6 x 3(x− = 2) 2(x− 2 6) ( −x)
6 x 3x 6 12x 24 2x 4x
⇔ 2x2 – 14x + 24 = 0
∆ = ' b' 2 −ac = 49 – 48 = 1
x1 = ' ' 7 1 4
2
b a
− + ∆ = + = ( TMĐK), x
2
b a
− − ∆ = − = ( TMĐK),
Tập nghiệm của phương trình: S={ }3; 4
2) x4 + 3x2 – 4 = 0
Đặt t = x2 ( t ≥ 0) , ta có phương trình ẩn t: t2 + 3t – 4 = 0
Vì a + b + c = 1 + 3 + (– 4 ) = 0 nên t1 = 1 (nhận) , t2 = – 4 < 0 (loại)
Vậy x2 = 1 ⇔ x1 = 1; x2 = – 1.
Tập nghiệm của phương trình: S= −{ 1;1}
Bài 5 (3,5 điểm)
1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp:
CD // FE (cùng vuông góc AB) ⇒EFC FCD· =· (so le trong)
AB ⊥ CD nên AB đi qua trung điểm dây CD (tính chất
đường kính vuông góc với dây cung) nên C và D đối xứng
nhau qua AB Do đó ·ACD=·ADC
Suy ra: ·EFC EDC=·
Tứ giác CDFE có hai đỉnh F, D liên tiếp nhìn CE dưới một góc bằng nhau nên
nội
tiếp được trong một đường tròn
2) Chứng minh ba điểm B , D , F thẳng hàng.
Ta có: ACB 90· = 0(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ECF· = 90 0(kề bù với
·ACB)
Tứ giác CDFE nội tiếp nên ECF· =·EDF = 90 0 Mà ·ADB= 90 0nên
EDF EDB+ =
Vậy ba điểm B , D , F thẳng hàng
3) Chứng minh HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Ta có · · 0 0
90 90 180
EHA ECA+ = + = nên tứ giác AHEC nội tiếp Suy ra: ·HCA HEA= · (cùng chắn cung AH)
Mà ·HEA ADC= · (so le trong của EH // CD) và ·ADC= ·ABC (cùng chắn cung
AC)
Do đó: ·HCA ABC= · = 1
2sđ »AC Vậy HC là tiếp tuyến của đường tròn (O) Lưu ý: Rất nhiều HS sai lầm ở câu 1: ECF· =·EDF = 90 0và kết luận tứ giác CDFE nội
tiếp
Câu 3 có thể chứng minh HCA ACO· +· = 90 0 rồi suy ra HC là tiếp tuyến