DE THAM KHAO THI TS10 TOAN THCS BA

Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm của AC với đường tròn O.. Chứng minh rằng: 1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp..[r]

Bài 1: (1,0 điểm)

Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức B

b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức B nhận giá trị nguyên

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ trên cùng một mặt phẳng toạ độ Oxy hai đồ thị (P): y = x2 và (d): y = 2x + 3

b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép toán ?

Bài 3: (2,0 điểm)

Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1/ 5x2  6x 8 0  

2/

5x 2y 9

2x 3y 15





Bài 4: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 – 3x + m – 1 = 0 (1)

a) Giải phương trình (1) khi m = 3

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn x12 x22  15

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp trong đường tròn tâm O Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm của

AC với đường tròn (O) Chứng minh rằng:

1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp

2/ DOK 2.BDH  

3/ CK CA 2.BD.  2

ĐÁP ÁN

Bài 1:

a) ĐKXĐ:  

x 0

x 1; 4;9









 ( x 2)( x 3) ( x 1)( x 1) 3 x 1 x 2



x 3 x 2 x 6 x 1 3 x 1 x 1

2

x - 2

b)

2 B

x 2



 ( Với x 0 v x µ 1; 4;9 )

B nguyên  x 2 ¦( )=2 1 ;2

x 16(nh

x 0 (nh

¹i)

¹i) Ën) Ën)

 

Vậy : Với x = 0 ; 16  thì B nguyên

Bài 2:

a) Vẽ đồ thị hàm số (P): y = x2

bảng giá trị :

Vẽ đồ thị hàm số (d): y = 2x + 3

Cho x = 0  y = 3 ta được (0;3)

Cho x = 1  y = 5 ta được (1;5)

Đồ thị:

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

x2

= 2x + 3  x2

- 2x – 3 = 0

có = 4 + 12 = 16 > 0

vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt

x1= -1 ; x2= 3

với x = -1  y = 1

x = 3  y = 9

Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (d) là (-1;1) ; (3;9)

Bài 3:

1/ PT: 5x2  6x 8 0   ;

 PT đã cho có tập nghiệm :

-4

S 2 ;

5

2/

 HPT có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;-3)

1 1

1

I H

K

O

B A

Bài 4:

x2

- 3x + m – 1 = 0 (1)

a) Khi m = 3 phương trình (1) trở thành

x2- 3x + 2 = 0

có a = 1 ; b = -3 ; c = 2

= 9 – 8 = 1>0

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt là

x1= 1 ; x2= 2

b) x2 - 3x + m – 1 = 0 (1)

có = 9 – 4(m-1)

= 9 – 4m + 4 = 13 – 4m

Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi >0

 13 – 4m >0  m

13 4

 Theo định lí Vi-ét ta có

x1+ x2 = 3 (2)

và x x1 2 = m – 1 (3)

theo đề bài ta có x12 x22  15 x1 x2 . x1  x2  15

 1 2 1 2

      (4)

Từ (2) và (4) ta có hệ phương trình

3

5

{x x x x 

 

1 2

4 1

{x x 





Thay x1  4;x2  1 vào phương trình (3) ta được

m – 1 = - 4  m = -3 (nhận)

vậy với m = -3 thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn x12 x22  15

Bài 5:

1/

DH  AC (gt) DHC 90  0

BD AD (gt)

BC // AD (t / c h×nh b×nh hµnh)









DBC 90

Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới

một góc không đổi bằng 900

33333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333 33333333333333333333333333333333333333333333

HBCD

  nội tiếp trong đường tròn

đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc)

2/

+D 1  C ( 1/ 2s BH 1  ® của đường tròn đường kính

DC

)

44444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444 4444444444444444444444444444444444444444444

+C 1  A 1(so le trong, do AD//BC)  D 1  A 1

+DOK 2A   1(Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn DK của (O)) DOK  2D 1  2BDH

3/

+AKB 90  0(góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC DHA 90   0; C 1  A 1 (c/m trên)

    (cạnh huyền – góc nhọn)  AH CK 

+AD = BD ( ADBcân) ; AD = BC (c/m trên)  AD BD BC  

+ Gọi I AC   BD ; Xét  ADB vuông tại D , đường cao DH ; Ta có:

BD2  AD2  AH.AI CK.AI  (hệ thức tam giác vuông) (1)

Tương tự: BD2  BC2  CK.CI (2)

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được:

CK.AI CK.CI 2BD    CK(AI CI) 2BD    CK.CA 2BD  (đpcm)