b Tỡm giỏ trị của m để hệ phương trỡnh vụ nghiệm.. Bài 4: Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình: Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuy
Trang 1ĐỀ 18
x
2 x 2 x
1 x ( : ) x 4
x 8 x
2
x 4 (
−
−
−
+ +
=
a) Rỳt gọn P
b) Tỡm giỏ trị của x để P = –1
Bài 2: Cho hệ phương trỡnh:
=
−
= 335 3
y 2 x
1
y
-mx
a) Giải hệ phương trỡnh khi cho m = 1
b) Tỡm giỏ trị của m để hệ phương trỡnh vụ nghiệm
Bài 3: Cho parabol (P) : y = – x2 và đường thẳng (d) cú hệ số gúc m đi qua
điểm M(– 1 ; – 2)
a) Chứng minh rằng với mọi giỏ trị của m thỡ (d) luụn cắt (P) tại hai điểm A, B phõn biệt
b) Xỏc định m để A, B nằm về hai phớa của trục tung
Bài 4: Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình:
Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợc dòng
từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc dòng nớc là 5 Km/h Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi nớc đứng yên )
Bài 5:
Cho đường trũn (O), đường kớnh AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 3
2
AO Kẻ dõy MN vuụng gúc với AB tại I Gọi C là điểm tựy ý thuộc cung lớn MN sao cho C khụng trựng với M, N và B Nối AC cắt MN tại E
a) Chứng minh tứ giỏc IECB nội tiếp được trong một đường trũn
b) Chứng minh tam giỏc AME đồng dạng vớitam giỏc ACM và
AM2= AE.AC
c) Chứng minh: AE.AC – AI.IB = AI2
d) Hóy xỏc định vị trớ của điểm C sao cho khoảng cỏch từ N đến tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc CME là nhỏ nhất
Giải:
Bài 1:
Trang 2a P =
) 2 x ( x
) 2 x ( 2 ) 1 x ( : ) x 2 )(
x 2 (
x 8 ) x 2 ( x 4
−
−
−
−
− +
+
−
=
) 2 x ( x
x 3 : ) x 2 )(
x 2 (
x 4 x 8
−
−
− +
+
=
x 3
) 2 x ( x ) x 2 )(
x 2 (
x 4 x 8
−
−
− +
+
=
3 x
x 4
− Điều kiện x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9
b Với x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9; P = –1 khi và chỉ khi: 1
3 x
x
hay: 4x + x – 3 = 0
Đặt y = x > 0 ta có: 4y2 + y – 3 = 0 có dạng a – b + c = 0 ⇒ y = –1 ; y =
4 3
Vì y > 0 nên chỉ nhận y =
4
3 nên x =
4 3
Vậy: P = –1 ⇔ x =
16 9
Bài 2:
a Khi m = 1 ta có hệ phương trình:
=
−
=
−
335 3
y 2 x
1 y x
=
=
⇔
=
−
=
−
⇔
=
−
=
−
⇔
2007 y
2008 x
2010 y
2 x 3
2 y 2 x 2 2010
y 2 x
3
1 y x
Vậy với m = 1 hệ phương trình đã cho có nghiệm
=
= 2007 y
2008 x
b
Trang 3
−
=
−
=
⇔
=
−
=
−
1005 x
2
3 y
1 mx y
335 3
y 2
x
1 y mx
(*)
Hệ phương trình vô nghiệm ⇔(*) vô nghiệm ⇔m =
2
3 (vì đã có –1≠–1005)
Bài 3:
a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m có dạng y = mx + b và (d) đi qua điểm M(– 1 ; – 2) nên: – 2= m(– 1) + b ⇔ b = m – 2
Vậy: Phương trình đường thẳng (d) là y = mx + m – 2
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
– x2 = mx + m – 2
⇔ x2 + mx + m – 2 = 0 (*)
Vì phương trình (*) có ∆ = m2 −4m +8 = (m −2)2 +4 > 0 với mọi m nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B
b) A và B nằm về hai phía của trục tung
⇔ x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu ⇔ x1x2 < 0
Áp dụng hệ thức Vi-et: x1x2 = m – 2
x1x2 < 0 ⇔ m – 2 < 0 ⇔ m < 2.
Vây: Để A, B nằm về hai phía của trục tung thì m < 2
Bài 4 Bµi 4: Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ x ( km/h) ( x>5)
VËn tèc xu«i dßng cña ca n« lµ x + 5 (km/h)
VËn tèc ngîc dßng cña ca n« lµ x - 5 (km/h)
Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : 60
5
x+ ( giê)
Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : 60
5
x− ( giê) Theo bµi ra ta cã PT: 60
5
x+ +
60 5
x− = 5
Trang 4<=> 60(x-5) +60(x+5) = 5(x 2 – 25)
<=> 5 x 2 – 120 x – 125 = 0
x 1 = -1 ( kh«ng TM§K)
x 2 = 25 ( TM§K)
VËy v©n tèc thùc cña ca n« lµ 25 km/h.
Bài 5:
a Ta có: EIB = 900 (giả thiết)
ECB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Vậy: tứ giác IECB là nội tiếp đường tròn đường kính EB
b Ta có:
sđ AM = sđ AN (đường kính MN ⊥ dây AB) ⇒ AME = ACM (góc nội tiếp)
Lại có A chung, suy ra ∆AME ∆ACM
AE
AM AM
=
⇔
=
c MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB
Trừ từng vế của hệ thức ở câu b với hệ thức trên
Ta có: AE.AC – AI.IB = AM2 – MI2 = AI2
d Từ câu b suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác
Ta thấy khoảng cách NK nhỏ nhất khi và chỉ khi NK ⊥ BM
Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được K Điểm C là giao của đường tròn tâm O với đường tròn tâm K, bán kính KM