∆ vuông tại C nên nội tiếp đờng tròn đờng kính MI.. IDM ∆ vuông tại D nên nội tiếp đờng tròn đờng kính MI.. Vậy MCID nội tiếp đờng tròn đờng kính MI Gọi K trung điểm MI ta cần chứng min
Trang 1Đề 1.
I
Bài II 1
2
2
x ( x 1) ( x 1) x ( x 1) x 1 x )
Bài II 2
a Thay m = -4 vào (*) , ta có:
3x2 - 4x + (-4) + 5 = 0 ⇔3x2 - 4x + 1 = 0 (1)
a = 3, b = -4, c = 1
Ta có a + b + c = 3 - 4 + 1 = 0
Vậy pt (1) có hai nghiệm là x1 = 1, x2 = 1
3 Với m = -4 pt (*) có hai nghiệm là x1 = 1, x2 = 1
3
b 3x2 - 4x + m + 5 = 0 (*)
a = 3, b' = -2, c = m + 5
2
' ( 2) 3(m 5) 4 3m 15 3m 11
∆ = − − + = − − = − −
Để pt(*) có hai nghiệm phân biệt thì ' 0 3m 11 0 3m 11 m 11
3
−
∆ > ⇔ − − > ⇔ < − ⇔ <
Bài II 3
H
K
I M
O
D C
a
∠ACB = 1v(góc nội tiếp chắn cung nữa đờng tròn) ⇒ ∠ICM = 1v (hai góc kề bù)
∠ADB = 1v(góc nội tiếp chắn cung nữa đờng tròn) ⇒ ∠IDM = 1v (hai góc kề bù) Vậy ∠ICM + ∠IDM =2v ⇒MCID nội tiếp
b
MA MD
MB MC
M chung; ADM BCM 1v
c
Trang 2∆ vuông tại C nên nội tiếp đờng tròn đờng kính MI
IDM
∆ vuông tại D nên nội tiếp đờng tròn đờng kính MI
Vậy MCID nội tiếp đờng tròn đờng kính MI
Gọi K trung điểm MI ta cần chứng minh OC ⊥ CK
Kéo dài MI cắt AB tại H
Xét ∆ABM có AD⊥MB, BC⊥MA vậy AD, BC là hai đờng cao ⇒ I trực tâm tam giác
⇒ MH là đờng cao thứ ba của ∆ABM⇒MH⊥AB
CKM
∆ cân tại K (KC=KM)⇒ ∠KCM= ∠KMC (1)
COA
∆ cân tại O (OC=OA)⇒ ∠OCA= ∠OAC (2)
Xét ∆AHM có AMH∠ + ∠HAM 1v=
Từ (1,2) ta có KCM∠ + ∠OCA 1v= ⇒ ∠OCK 1v= ⇒OC CK⊥
Đề 2.
I
Bài II 1
2
2
a ( a 1) ( a 1) a ( a 1) a 1 a )
Bài II 2
a Thay n = -4 vào (*) , ta có:
3x2 - 4x + (-4) + 5 = 0 ⇔3x2 - 4x + 1 = 0 (1)
a = 3, b = -4, c = 1
Ta có a + b + c = 3 - 4 + 1 = 0
Vậy pt (1) có hai nghiệm là x1 = 1, x2 = 1
3 Với m = -4 pt (*) có hai nghiệm là x1 = 1, x2 = 1
3
b 3x2 - 4x + n + 5 = 0 (*)
a = 3, b' = -2, c = n + 5
2
' ( 2) 3(n 5) 4 3n 15 3n 11
∆ = − − + = − − = − −
Để pt(*) có hai nghiệm phân biệt thì ' 0 3n 11 0 3n 11 n 11
3
−
∆ > ⇔ − − > ⇔ < − ⇔ <
Bài II 3
Trang 3K
I R
O
M
N Q P
a
∠MPN = 1v (góc nội tiếp chắn cung nữa đờng tròn) ⇒∠IPR = 1v (hai góc kề bù)
∠MQN = 1v (góc nội tiếp chắn cung nữa đờng tròn) ⇒∠IQR = 1v (hai góc kề bù) Vậy ∠IPR + ∠IQR =2v ⇒RPIQ nội tiếp
b
MA MD
MB MC
M chung; ADM BCM 1v
c
ICM
∆ vuông tại C nên nội tiếp đờng tròn đờng kính MI
IDM
∆ vuông tại D nên nội tiếp đờng tròn đờng kính MI
Vậy MCID nội tiếp đờng tròn đờng kính MI
Gọi K trung điểm MI ta cần chứng minh OC ⊥ CK
Kéo dài MI cắt AB tại H
Xét ∆ABM có AD⊥MB, BC⊥MA vậy AD, BC là hai đờng cao ⇒ I trực tâm tam giác
⇒ MH là đờng cao thứ ba của ∆ABM⇒MH⊥AB
CKM
∆ cân tại K (KC=KM)⇒ ∠KCM= ∠KMC (1)
COA
∆ cân tại O (OC=OA)⇒ ∠OCA= ∠OAC (2)
Xét ∆AHM có AMH∠ + ∠HAM 1v=
Từ (1,2) ta có KCM∠ + ∠OCA 1v= ⇒ ∠OCK 1v= ⇒OC CK⊥