LTC ST&GT ĐỀ 15 Bài 1: Cho biểu thức: P = ( )         − +−         + + − − − 1 122 : 11 x xx xx xx xx xx a,Rỳt gọn P b,Tỡm x nguyờn để P cú giỏ trị nguyờn. Bài 2: Cho phương trỡnh: x 2 -( 2m + 1)x + m 2 + m - 6= 0 (*) a.Tỡm m để phương trỡnh (*) cú 2 nghiệm õm. b.Tỡm m để phương trỡnh (*) cú 2 nghiệm x 1 ; x 2 thoả món 3 2 3 1 xx − =50 Bài 3: Cho phương trỡnh: ax 2 + bx + c = 0 cú hai nghiệm dương phõn biệt x 1 , x 2 Chứng minh: a,Phương trỡnh ct 2 + bt + a =0 cũng cú hai nghiệm dương phõn biệt t 1 và t 2 . b,Chứng minh: x 1 + x 2 + t 1 + t 2 ≥ 4 Bài 4: Cho tam giỏc cú cỏc gúc nhọn ABC nội tiếp đường trũn tõm O . H là trực tõm của tam giỏc. D là một điểm trờn cung BC khụng chứa điểm A. a, Xỏc định vị trớ của điẻm D để tứ giỏc BHCD là hỡnh bỡnh hành. b, Gọi P và Q lần lượt là cỏc điểm đối xứng của điểm D qua cỏc đường thẳng AB và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng. c, Tỡm vị trớ của điểm D để PQ cú độ dài lớn nhất. Bài 5: Cho hai số dương x; y thoả món: x + y ≤ 1 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của: A = xyyx 5011 22 + + ĐÁP ÁN Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 1;0 ≠≥ x a, Rỳt gọn: P = ( ) ( ) ( ) 1 12 : 1 12 2 − − − − x x xx xx z <=> P = 1 1 )1( 1 2 − + = − − x x x x b. P = 1 2 1 1 1 − += − + xx x Để P nguyờn thỡ LTC ST&GT )(121 9321 0011 4211 Loaixx xxx xxx xxx −=⇒−=− =⇒=⇒=− =⇒=⇒−=− =⇒=⇒=− Vậy với x= { } 9;4;0 thỡ P cú giỏ trị nguyờn. Bài 2: Để phương trỡnh cú hai nghiệm õm thỡ: ( ) ( )        <+=+ >−+= ≥−+−+=∆ 012 06 06412 21 2 21 2 2 mxx mmxx mmm 3 2 1 0)3)(2( 025 −<⇔        −< >+− >=∆ ⇔ m m mm b. Giải phương trỡnh: ( ) 50)3(2 3 3 =+−− mm        −− = +− = ⇔ =−+⇔=++⇔ 2 51 2 51 0150)733(5 2 1 22 m m mmmm Bài 3: a. Vỡ x 1 là nghiệm của phương trỡnh: ax 2 + bx + c = 0 nờn ax 1 2 + bx 1 + c =0. . Vỡ x 1 > 0 => c. .0 1 . 1 1 2 1 =++       a x b x Chứng tỏ 1 1 x là một nghiệm dương của phương trỡnh: ct 2 + bt + a = 0; t 1 = 1 1 x Vỡ x 2 là nghiệm của phương trỡnh: ax 2 + bx + c = 0 => ax 2 2 + bx 2 + c =0 vỡ x 2 > 0 nờn c. 0 1 . 1 2 2 2 =+         +         a x b x điều này chứng tỏ 2 1 x là một nghiệm dương của phương trỡnh ct 2 + bt + a = 0 ; t 2 = 2 1 x LTC ST&GT Vậy nếu phương trỡnh: ax 2 + bx + c =0 cú hai nghiẹm dương phõn biệt x 1 ; x 2 thỡ phương trỡnh : ct 2 + bt + a =0 cũng cú hai nghiệm dương phõn biệt t 1 ; t 2 . t 1 = 1 1 x ; t 2 = 2 1 x b. Do x 1 ; x 1 ; t 1 ; t 2 đều là những nghiệm dương nờn t 1 + x 1 = 1 1 x + x 1 ≥ 2 t 2 + x 2 = 2 1 x + x 2 ≥ 2 Do đú x 1 + x 2 + t 1 + t 2 ≥ 4 Bài 4 a. Giả sử đó tỡm được điểm D trờn cung BC sao cho tứ giỏc BHCD là hỡnh bỡnh hành . Khi đú: BD//HC; CD//HB vỡ H là trực tõm tam giỏc ABC nờn CH AB⊥ và BH AC⊥ => BD AB⊥ và CD AC⊥ . Do đú: ∠ ABD = 90 0 và ∠ ACD = 90 0 . Vậy AD là đường kớnh của đường trũn tõm O Ngược lại nếu D là đầu đường kớnh AD của đường trũn tõm O thỡ tứ giỏc BHCD là hỡnh bỡnh hành. b) Vỡ P đối xứng với D qua AB nờn ∠ APB = ∠ ADB nhưng ∠ ADB = ∠ ACB nhưng ∠ ADB = ∠ ACB Do đú: ∠ APB = ∠ ACB Mặt khỏc: ∠ AHB + ∠ ACB = 180 0 => ∠ APB + ∠ AHB = 180 0 Tứ giỏc APBH nội tiếp được đường trũn nờn ∠ PAB = ∠ PHB Mà ∠ PAB = ∠ DAB do đú: ∠ PHB = ∠ DAB Chứng minh tương tự ta cú: ∠ CHQ = ∠ DAC Vậy ∠ PHQ = ∠ PHB + ∠ BHC + ∠ CHQ = ∠ BAC + ∠ BHC = 180 0 Ba điểm P; H; Q thẳng hàng c). Ta thấy ∆ APQ là tam giỏc cõn đỉnh A Cú AP = AQ = AD và ∠ PAQ = ∠ 2BAC khụng đổi nờn cạnh đỏy PQ đạt giỏ trị lớn nhất  AP và AQ là lớn nhất hay  AD là lớn nhất  D là đầu đường kớnh kẻ từ A của đường trũn tõm O H O P Q D C B A LTC ST&GT . ( )        <+=+ >−+= ≥−+−+=∆ 012 06 06412 21 2 21 2 2 mxx mmxx mmm 3 2 1 0)3)(2( 025 −<⇔        −< >+− >=∆ ⇔ m m mm b 1 12 2 − − − − x x xx xx z <=> P = 1 1 )1( 1 2 − + = − − x x x x b. P = 1 2 1 1 1 − += − + xx x Để P nguyờn thỡ LTC ST&GT )(121 9321 0011 4211