Tong hop 4 de

Suy ra: KB = KC hay K là trung điểm của đường chéo BC nên K cũng là trung điểm của đường chéo HF của hình bình hành BFCH.. Vậy ba điểm H, K, F thẳng hàng.[r]

(Thời gian làm bài :120 phút )

Bài 1 1/ A 23 5 18 45 23 5 3 2 3 5   2 2

1

Bài 2 1/ Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2;0)

x  mx m   m Khi m = -1, phương trình (1) trở thành:

     2

x   x      x  x  (*)

Ta có a+b+c = 1+2-3 = 0 nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt: x 1 = 1, x 2 = -3

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x 1 = 1, x 2 = -3 khi m = -1

b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn 1, 2 x1x2 0 khi và chỉ khi:

2 2 ' 0 ( ) 1.( 3) 0

3 0

0 ( 2 )

1

m

m a

       



Vậy m=0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn 1, 2 x1x2 0

Bài 3 1/

 Xác định 2 điểm thuộc đồ thị hàm số y2x1:

 0;  0;1

1

2

b

a







    



 Lập bảng giá trị:

2

2

x

1

 Vẽ đồ thị: HS tự vẽ

2/ Phương trình đường thẳng (d) có dạng: y = ax + b Vì (d) song song với đường thẳng y = 2x+1 nên a

= 2, ta được: (d): y = 2x +b

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

2

2

x

2 ' ( 2) 1.( 2 )b 4 2b

      

(P) và (d) tiếp xúc với nhau     ' 0 4 2b   0 b 2

Vậy (d): y = 2x – 2

Bài 4

1/- Chứng minh OADC là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác OADC, có:

0 90

DAODCO ( tính chất tiếp tuyến)

180

DAODCO

Mà DAO và DCO là hai góc đối nhau

Vậy OADC là tứ giác nội tiếp

2/- Chứng minh MC2 MA MB

Xét MAC và MCB , có:

M : là góc chung

MACMCB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)

Do đó: MAC MCB (g.g)

Suy ra: MC MA MC2 MA MB

3/- Đường thẳng vuông góc với Ax tại D cắt tia BC tại E Chứng minh tứ giác

DAOE là hình chữ nhật

Giải:

Ta có:

DOA AOC sđ AC (1) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

1

2

EBO sđ AC (2) (góc nội tiếp chắn cung AC)

Từ (1) và (2) suy ra: DOA EBO

Mà DOA và EBO ở vị trí đồng vị, suy ra: DO//EB (3)

Mặt khác: DE//OB (DE và OB cùng vuông góc với AD) (4)

Từ (3) và (4) suy ra: OBED là hình bình hành

Suy ra: DE//OB và DE=OB hay DE//AO và DE = AO (vì AO = OB (bán kính của đường tròn (O))

Do đó: DAOE là hình bình hành (*)

Ta lại có: 0

90

DAO (tính chất tiếp tuyến) (**)

Từ (*) và (**) suy ra: DAOE là hình chữ nhật

x

E

M

D

O

A

B C

(Thời gian làm bài : 120 phút ) Bài 1 : ( 2,0điểm )

1/-Thực hiện phép tính : A = 2 2

5 4 3 81

2/-Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức : B = 2 2 

p q  q , với p =1+ 2 ;q = 2 Bài 2 : ( 2,5 điểm )

1/-Giải phương trình và hệ phương trình :

a/ 3x 2 - 7x + 2 = 0 ; b/ 3

x y

 



  



2/-Tìm m để phương trình : 2  

x  mx m  (m là tham số) có hai nghiệm

x 1 , x 2 thỏa x13x2 2m4

Bài 3 : ( 2,0điểm )

Cho hai hàm số : 1 2 

2

y x P và y3x4 d 1/- Với giá trị nào của x thì hai hàm số (P) và (d) bằng nhau ?

2/- Trên (P) lấy hai điểm A và B có hoành độ lần lượt là 1 và 2 Hãy viết

phương trình đường thẳng AB

Bài 4 : ( 3,5 điểm )

Cho đường tròn tâm O bán kính OA và đường tròn tâm O’ đường kính OA 1/- Hãy chứng tỏ rằng đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc trong tại A

2/- Dây AD của đường tròn (O) cắt (O’) ở M Chứng minh AM = MD

3/- Chứng minh OD // O’M

Bài giải:

Bài 1 : 1/ A = 5242 3 81 93 9 3 3.3 12

2/ Ta có: B = 2 2   2

p q    q p q   p q ,

Với p =1+ 2 ;q = 2 , ta có: B=    p q 1 1 2 2 1    1 2 1 2    1 2 1

a x  x  a b  c

 2

       

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

;

    



 



Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất (10;7)

x  mx m  (1) (ta có: a = 1, b = -2m, b’= -m, c = -(2m+1))

'

 =(-m) 2 – 1.[-(2m+1)] = m 2 +2m+1=(m+1) 2 0nên phương trình : 2  

x  mx m  luôn có hai nghiệm x 1 , x 2

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

 

2

1

a

Theo hệ thức Vi-et, ta có: 1 2 (2 1) 2 1

1

m

    (*) Thay x 1 = 2(m+1) và x 2 =-2 vào (*) ta được:

2(m+1)(-2) = -2m-1 -4m-4= -2m-12m=-3 3

2

 

2

x  mx m  (m là tham số) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa

1 3 2 2 4

x  x  m

Bài 3: Cho hai hàm số : 1 2 

2

y  x P và y3x4 d

1/- Hàm số (P) và (d) bằng nhau  1 2 2

2x  x x  x  2

' ( 3) 1.8 9 8 1 0

       

Phương trình 2

x  x  có hai nghiệm phân biệt:

x      x    

Vậy với x = 2 hoặc x = 4 thì hai hàm số của (P) và (d) bằng nhau

2/ Thay x =1 vào hàm số 1 2 

2

y  x P , ta được: 1 12 1 1;1

y    A 

 

 

Thay x =2 vào hàm số 1 2 

2

2 2 2; 2 2

y   B

Phương trình đường thẳng AB có dạng: y = ax+b a0 Đường thẳng AB đi qua 1;1

2

A 

 

  và B 2; 2 nên

ta được:

.1

b

 



Vậy phương trình đường thẳng AB là: 3 1

2

y x

1/ Ta có OO’ = OA – O’A = R’ (R’ là bán kính đường tròn (O’)) Do đó (O) và (O’) tiếp xúc trong tại A

2/- Dây AD của đường tròn (O) cắt (O’) ở M Chứng minh AM = MD

Ta có: OD = OA (bán kính đường tròn (O)), suy ra ODA cân tại O (1)

90

OMA (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’))

Hay OM DA (2)

Từ (1) và (2) suy ra OM vừa là đường cao nên cũng là đường trung tuyến

Vậy MA = MD

3/- Chứng minh OD // O’M

Ta có: MA = MD (chứng minh trên)

OO’ = AO’ =R’

Do đó MO’ là đường trung bình của tam giác ODA

Suy ra: OD // O’M

M

O'

D

Đề số 3

(Thời gian làm bài 120 phút) Bài 1: (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức:

a/ 4 3 + 27 - 48 b/  2

1- x + 4 x 1+ x với x0

Bài 2: (2,0 điểm)

a/ Vẽ đồ thị của hàm số y  2x 4 (d)

b/ Viết phương trình đường thẳng (e) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 5 và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5

c/ Tìm tọa độ giao điểm hai đường thẳng (d) và (e) bằng phép toán

Bài 3: (2,5 điểm)

1)Cho phương trình bậc hai ẩn x

x 2x m  1 0 (1), m là tham số

a/ Khi m1, hãy giải phương trình trên

b/ Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn:

3 3

1 2

2) Giải phương trình và hệ phương trình sau

 



  



Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) Các đường cao BD, CE cắt

nhau tại H

1/ Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn;

2/ Vẽ đường kính AF, kẻ OK  BC tại K Chứng minh ba điểm H, K, F thẳng hàng;

BAC60 Hãy tính diện tích tam giác BOC theo R Bài giải:

Bài 1: a/ 4 3 27 48 4 33 34 33 3

b/ Với x0 , ta có:

1- x + 4 x 1- 2 x + x + 4 x 1+ 2 x + x 1+ x

A(0;b) = (0;4)

 

4

2

b

B

a

   

   

* Vẽ đồ thị của hàm số y  2x 4 (d)

b/ Phương trình đường thẳng (e) có dạng: y = ax+b cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 5 và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 nên ta được:

Vậy phương trình đường thẳng (e) là: y = -x + 5

c/ Tọa độ giao điểm hai đường thẳng (d) và (e) là nghiệm của hệ phương trình:

 

1

1 5

x

y

 



                  



Vậy toạ độ giao điểm hai đường thẳng (d) và (e) là: M(-1;6)

Bài 3:

1) x 22x m 2 1 0 (1)

a/ Khi m1, phương trình (1) trở thành:

x - 2x -1 +1 = 0 x - 2x = 0 x(x - 2) = 0

x = 2



 Vậy S = 0; 2  khi m =1

Δ' = -1 -1.(-m +1) = 1+ m  1 m 0 nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm x 1 , x 2

Ta lại có:

3

-(-2) -m -(-2)

x + x = 26 S - 3PS = 26 - 3 = 26 8 + 6m = 26



2

6

m = -2 6m = 24 m = 4

m = 2





Vậy với m =-2 hoặc m=2 thì phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 thoả x 1 3x 3 2 26

2) Giải phương trình và hệ phương trình sau

y

x

a/ 2  

Ta có: a + b + c = 1 – 2013 + 2012 = 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

2012

1

5x + y = 10 5x + y = 10 5.1+ y = 10 y = 5

Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất (1;5)

Bài 4: 1/ Xét tứ giác BCDE có:

0 90

BEC (giả thiết)

0 90

BDC (giả thiết)

Hai đỉnh E và D cùng nhìn cạnh BC dưới một góc 900

nên bốn điểm B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác BCDE nội tiếp

2/ Chứng minh ba điểm H, K, F thẳng hàng;

Ta có: ACF900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay FCAC

BDAC (giả thiết)

Suy ra FC// CD hay FC//BH (1)

Chứng minh tương tự , ta được: BF//CE hay BF// CH (2)

Từ (1) và (2) suy ra BFCH là hình bình hành

Mặt khác, OB = OC (bán kính đường tròn (O)) nên tam giác OBC cân tại O

Xét OBC cân tại O, có OK là đường cao (OKBC (giả thiết)) nên OK cũng là đường trung tuyến

Suy ra: KB = KC hay K là trung điểm của đường chéo BC nên K cũng là trung điểm của đường chéo HF của

hình bình hành BFCH Vậy ba điểm H, K, F thẳng hàng

BAC60 Hãy tính diện tích tam giác BOC theo R 2

BOC BAC (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung BC) Hay BOC2.600 1200

Xét OBC cân tại O, có OK vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên ta được:

0 0 120

60

BOC

Xét OBK vuông tại K, ta có:

3

2

2

Do đó:

2

OBC

S  OK BC  R 

K F

H E

D O

C B

A

Đề số 4 (Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1: (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức:

a/ 15 2 3



Bài 2: (2,0 điểm)

a/ Vẽ đồ thị hàm số

2

x y 2

 (P) b/ Tìm điều kiện của m để đường thẳng y  2x m (d) tiếp xúc với (P) Khi đó hãy tính tọa độ của điểm tiếp xúc

Bài 3: (2,5 điểm)

1) Cho phương trình 2  

x 2 m 1 x 3m 1   0 (m là tham số)

a/ Tìm m để phương trình có nghiệm x 1 5 Tính x 2;

b/ Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm với mọi giá trị của m

2) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) x 2 - 3x +2 = 0 b) 3x y 4

2x y 1

 



  



Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) và dây BC sao cho BOC 120 0.Tiếp tuyến tại B ,C của đường tròn (O) cắt nhau tại A Qua A vẽ đường thẳng d không đi qua tâm O , d cắt (O) tại P và Q

1/ Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được

2/ Chứng minh hệ thức : AB.AC = AP.AQ

2/ Trên cung nhỏ BC lấy điểm M Tiếp tuyến tại M của (O) cắt AB, AC lần lượt tại E, F Tính chu

vi AEF theo R;

Bài giải:

Bài 1:

3

   

b / 3 + 2 2 - 3 - 2 2 = 1+ 2 2 + 2 - 1- 2 2 + 2 = 1+ 2 - 1- 2

= 1+ 2 - 1- 2 = 1+ 2 - 2 -1 = 2

Bài 2: a/ Vẽ đồ thị hàm số x

y 2

 (P)

 Lập bảng giá trị:

2

x y 2

1

 Vẽ đồ thị:

b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

2

2

2

x

       (*)

  2

      Đường thẳng y  2x m (d) tiếp xúc với (P)     ' 0 4 2m   0 m 2

Với m =-2, phương trình (*) có nghiệm kép 2 2

1

x 

   thay vào hàm số

2

x y 2

 , được:

 

 

2

2

2 Vậy điểm tiếp xúc có toạ độ là (-2; 2)

Bài 3: (2,5 điểm)

1) Cho phương trình 2  

x 2 m 1 x 3m 1   0 (m là tham số)

a/ Để phương trình có nghiệm x 1 5  2      

13 Theo hệ thức Vi-et, có:

 

                

2 4

Vậy phương trình có nghiệm với mọi giá trị của m

2) a) x 2 - 3x +2 = 0

Ta có: a + b + c = 1 – 3 +2 = 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

1 1; 2 2

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (1;1)

Bài 5: 1/ Xét tứ giác ABOC, có:

0 90

ABO ACO (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra: ABOACO1800

Mà ABO và ACO là hai góc đối nhau

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp được

2/ Chứng minh hệ thức : AB.AC = AP.AQ

Xét ABP và AQB, có:

BAP : góc chung

ABP AQB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng

chắn cung BP)

Do đó: ABP AQB (g.g)

Suy ra: AB AQ AB AB AP AQ (1)

Mặt khác, AB = AC (2) (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Từ (1) và (2) suy ra: AB.AC = AP.AQ

3/ Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

ME = BE ; MF = CF và

0 0

60

Suy ra EF = ME + MF = BE + CF

Do đó: EF+AE+AF = BE+CF+AE + AF = (BE+AE)+(CF+AF) = AB+AB=2AB

Xét ABO vuông tại B, 0

60

BOA , ta có:

tanBOA AB tan 600 AB AB Rtan 600 R 3

Chu vi của tam giác AEF là:

EF+AE+AF=2AB= R.2 3

E

F P

O

Q

M

A