DAP AN 21 TOAN 9 VAO 10 HA NOI 2006 2018

3 Chứng minh rằng tứ giác ADHK nội tiếp đường tròn và đường thẳng BK đi qua trung điểm đoạn thẳng SC... - Chứng minh ADHK nội tiếp.[r]

2) a) Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm của pt sau.

x2 = (m + 2)x + 3  x2 – (m + 2)x – 3 = 0

 = (m + 2)2 + 12  0 (m)

 > 0 nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị m

b) Theo định lí Vi ét: x1 + x2 = m + 2 và x1.x2 = - 3 vì x1, x2 số nguyên và – 3 = 1.(-3) = (-1).3nên x1 + x2 = 2 hoặc x1 + x2 = - 2

Bài 4

1) Chứng minh 5 điểm C, D, H,O, S cùng nằm trên một đường tròn.

Ta có: SCO SDO SHO 90· · ·  0

Do đó: Các góc ·SCO, ·SDO, ·SHO cùng nhìn đoạn thẳng SO dưới một góc 900 Suy ra 5 điểm C,

D, H, O, S nằm trên đường tròn đường kính SO

2) Tính độ dài đoạn thẳng SD theo R và số đo góc ·CSD?

- Theo định lí Py ta go SDO vuông tại D, ta có:

S

OH

S

D

C

BA

OH

CS

OH

- Chứng minh ADHK nội tiếp.

Ta có:

+ HAK HSC· · (đvị - vì AK // SC) (1)

+ HDK· HDC HSC· · (vì hai góc nội tiếp chắn một cung »HC) (2)

Từ (1) và (2) Suy ra: HAK· HDK( HSC)· ·

Do đó hai góc ·HAK, ·HDK bằng nhau cùng nhìn một đoạn thẳng HK.

Vậy tứ giác ADHK nội tiếp đường tròn

- Chứng minh đường thẳng BK đi qua trung điểm đoạn SC.

Ta có:

+ KHA KDA· · (góc nội tiếp chắn cung »AK) (1)

+ CBA CDA· · (góc nội tiếp chắn cung »AC) (2)

Từ (1) và (2) Suy ra: AHK· ABC· (đvị)  HK // BC

Vì HK // BC  AK = KJ (t/c đường TB tam giác ABJ)

+ Xét tam giác SBI có AK // SI theo hệ quả đlí Ta lét ta có:

SI  BI (3)+ Tương tự: Xét tam giác CBI ta có:

4) Chứng minh rằng khi điểm S thay đổi trên tia đối của tia AB thì điểm F luôn thuộc một đường tròn cố định.

- Vẽ đường kính AN của (O; R) Gọi M giao điểm của EF và BN

Do đó: M là trung điểm của đoạn thẳng BN

Vì hai điểm B, N cố định suy trung điểm M cố định và A cố định

ND

C

BA

S

O

H

F

E

M

Có AFM 90·  0, Suy ra điểm F thuộc đường tròn đường kính AM cố định.

Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 1 x  1 x 2 x 

Giải phương trình được: x1 = 40 (tmđk); x2 = – 50 (Loại)

Vậy vận tốc của Xe máy là 40 km/h của Ôtô là 50 (km/h)

Vậy Tập nghiệmcủa hệ phương trình là 1;5

2) a) Thay x = 0, y = 5 vào phương trình y = mx + 5, ta được:

5 m.0 5   5 5 (đúng với mọi m)

Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0; 5) với mọi giá trị m

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

Bài 4:

Ôtô

1) Chứng minh 4 điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

MA  MB Ta có N1 C 1 (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau )

Do đó: KNI ICK· · (cùng nhìn đoạn thẳng IK)

Vậy bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn

3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

- Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác CNKI ta có:

Từ (1) và (2) Suy ra: Tứ giác BHIK là hình bình hành (3)

- Xét tam giác ABC ta có:

Vì MB MA  nên C 1 C 2

Suy ra: CM là tia phân giác của góc·ACB

Tương tự, AN là tia phân giác của góc ·BAC

Hai đường phân giác AN và CM cắt nhau tại I

 BI là đường phân giác thứ ba phải đi qua I

Vậy Hình bình hành BHIK có BI là đường phân giác của góc B nên là hình thoi

4) Chứng minh rằng ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Từ (3) và (4) Suy ra: Tứ giác PDQK là hình bình hành.

Có E trung điểm đường chéo PQ, đường chéo thứ hai DK phải đi qua trung điểm E của PQ.Vậy ba điểm D, E, K thẳng hàng

Dấu “=” xảy ra  trong ba số a, b, c có ít nhất hai số bằng 1

Nhưng ba số a, b, c không thể đồng thời bằng 1 vì ab bc ca 9  

 Có hai số bằng 1, do đó số còn lại bằng 4

Vậy M ax P 18  (a,b,c) 4;1;1 , 1;4;1 , 1;1;4     

Đáp án - Hà Nội 2016 -2017 (Đề 3) Bài 1

Vậy với x = 16 thì P có giá trị nguyên.

Bài 2

Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (m) (ĐK : x > 0)

Chiều rộng hình chữ nhật là

720(m)x

Theo đầu bài ta có pt sau :

2720

(x 10)( 6) 720 x 10x 1200 0

x

Giải pt ta được : x = 30 (tmđk) ; x = - 40 (Loại)

Vậy Chiều dài hình chữ nhật là 30 m

Chiều rộng hình chữ nhật là 24 m

Bài 3

1) Đặt

xu

x 1

(x 1; y 2)1

Vậy hệ pt có nghiệm là (x ;y) = (2 ;-1)

2) a) Phương trình tọa độ giao điểm của đường thẳng(d) và parabol (P) là :

Bài 4 : (Bài hình này không phải đề thi Tuyển sinh vào 10 của Hà Nội năm 2016 -2017)

1) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp

tam giác MAB.

Xét tam giác MAB ta có :

- MI là tia phân giác góc ·AMB(t/c tiếp tuyến)

- AI là tia phân giác góc ·MAB (vì AIº BIº )

- Hai tia phân giác MI và AI cắt nhau tại I Vậy I là

tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB

2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi MA, MB

“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.

I

AM

d

O

R

RH

(đvdt)

- Diện tích hình giới hạn bởi MA, MB và cung nhỏ AB là:

S = SAMBO - Squạt AOB = R2 3 -

2R3

 =

2( 3 )R3

A

Xuôi

Vận tốc Tàu xuôi dòng B về A là (x + 2) (km/h)

Thời gian Tàu xuôi dòng B về A là

48(h)

- Giải phương trình ta được : x1 = 22 (tmđk) ; x2 = -10 (Loại)

Vậy vận tốc của Tàu tuần tra khi nước yên lặng là 22 km/h

Bài III:

1) Giải hệ pt sau:

2(x y) x 1 4(x y) 3 x 1 5

a)  (m5)2 4(3m6)m2 2m 1 (m1)2  0, m

Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m

b) Phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì  > 0 khi m  1

1) Ta có: ACD AMD 90   0 nên tứ giác ACMD nội tiếp

2) ACH DCB(vì CAM CDM  chắn cung CM)

3) Xét  ABDđường cao AM cắt DC tại H, nên H là trực tâm

Do đó: BN là đường cao  ABDđi qua trực tâm H nên BN  AD

Do đó: J là trung điểm của DH.

Vậy tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn luôn đi qua trung điểm của DH

4) Gọi I là giao điểm của MN với AB CK cắt đường tròn tâm O tại điểm Q

Khi đó JM, JN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O

Gọi F là giao điểm của MN và JO Ta có KFOQ là tứ giác nội tiếp

 FI là phân giác KFQ

Ta có KFQ KOQ   KFI FOI 

 tứ giác KFOI nội tiếp

 IKO 90 0 IK là tiếp tuyến đường tròn tâm O

Vậy MN đi qua điểm cố định I (với IK là tiếp tuyến của đường tròn tâm O)

Gọi x (SP) là số SP xưởng phải SX theo kế hoạch trong 1 ngày (đk : x nguyên, dương)

Thời gian phân xưởng SX theo kế hoạch là :

1100

x (ngày)

Thực tế mỗi ngày phân xưởng SX được (x + 5) SP

Thời gian thực tế phân xưởng SX là

Giải pt ta được : x1 = 50 (tmđk) ; x2 = -55 (Loại)

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm

Bài 3

1) Giải hệ pt : Đặt

1u

x y



 và

1v

9

BA

x

y

A’

B’

Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hoành.

Ta có SOABSAA 'B'B SOAA' SOBB'

- Diện tích tam giác AA’O và BB’O là:

SOAA' 12A 'A.A 'O272 (đvdt);

SOBB' 12B'B.B'O 4 (đvdt)

- Vậy Diện tích tam giác AOB là:

OAB AA'B'B OAA ' OBB'

1) Tứ giác là hình chữ nhật AMBN vì có 4 góc vuông (4 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

2) Ta có: ANM ABM  (chắn AM) (1)

ABM MBQ 90

ABM AQP(2)AQP MPQ 90

Từ (1) và (2) Suy ra: ANM AQB 

Vậy tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn

3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ

OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP

Suy ra F là trung điểm của BP Mà APAQ; OE OF

Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP

Xét NOF =OFB (c-c-c) nên ONF 90  0  FN  MN (3)

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 4 đạt được khi a = b = c =

Bài 2

Gọi x (km/h) vận tốc Xe máy đi từ A đến B, (đk : x > 0)

Thời gian Xe máy đi từ A đến B là ;

90(h)x

Vận tốc Xe máy khi từ B trở về A là x 9 (km/h)

Thời gian Xe máy từ B trở về A là

90(h)

1/ Ta có : AMO ANO 90   0  Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn.

4/ Xét AKOcó AI vuông góc với KO Hạ OQ vuông góc với AK Gọi H là giao điểm của OQ

và AI thì H là trực tâm của AKO, nên KMH vuông góc với AO Vì MHN vuông góc AO nênđường thẳng KMHN vuông góc AO, nên KM vuông góc AO

Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển

P

H I O

x ( x 4) 4( x 4) x 2 B

Gọi x (ngày) thời gian người thứ I hoàn thành công việc (đk: x > 0)

Trong 1 ngày, người thứ I làm được

1

x (Công việc)

Thời gian một mình người thứ II hoàn thành công việc là (x + 2) ngày

Trong 1 ngày, người thứ II làm được

Giải phương trình ta được : x = 4

Vậy người thứ nhất và người thứ hai làm một mình hoàn thành công việc trong 4 giờ và 6 giờ



Bài 4

“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn ĐạiC – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.

M Q

d

1) Ta có : HCB HKB 90   0  Tứ giác CBKH nội tiếp đường tròn đường kính HB.

PAM OBM - Xét PAM và OBM ta có : (chắn AM)

Vì OBM cân tại O  PAM cũng cân tại P

Suy ra : I là trung điểm của HK

Vậy đường thẳng BP đi qua trung điểm của đoạn HK

Bài 5 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

E O K

I

x x

x x

Gọi x (tấn) là số hàng đội xe phải chở trong 1 ngày theo kế hoạch (đk: x  N*)

Thời gian đội xe chở hết số hàng theo kế hoạch là

140(ngày)x

Thực tế số hàng đội xe chở được trong 1 ngày là (x + 5) tấn

Thời gian đội xe phải thực hiện chở hàng là

150(ngày)

x 5Theo đầu bài ta có pt:

140 150

1

x  x 5 Giải pt ta có : x2 + 15x – 700 = 0  x1 = 20 (tmđk) ; x2 = - 70 (loại)

Vậy thời gian đội xe chở hết số hàng theo kế hoạch là

1407(ngày)

20 

Bài 3

1) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) khi m = 1 là:

x2 = 2x + 8  x2 – 2x + 8 = 0  (x + 2) (x – 4) = 0

 x = -2 hay x = 4  y(-2) = 4, y(4) = 16

Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = 2 là : A(-2; 4) và B(4; 16)

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

2) Tứ giác ENBI nội tiếp đường tròn đường kính IN

Ta có: ENI EBI  (chắn EI)

EMI EAI  (chắn EI)

Ta có: EAB EBI 90   0 (Vì AEB vuông tại E)

Tương tự: IMN INM 90   0 MIN 90 0

3) Ta có: MAI IBN (Vì AMI BNI  )



AM AI

IB BN  AM.BN AI.BI (1)

4) Gọi G là điểm đối xứng của F qua AB

Ta có: AM + BN = 2OG = 2R (2) (Đường TB hình thang ABNM)

Ta có : AI =

R

2 , BI =

3R 2

Từ (1) và (2)  AM + BN = 2R và AM.BN =

23R4Vậy AM, BN là nghiệm của phương trình X2 – 2RX +

23R



2 MIN

Đáp án - Hà Nội 2010 - 2011 (Đề 9) Bài 1:

x13

Bài 4:

1) Chứng minh rằng FCDE tứ giác nội tiếp.

- Ta có : FCD FED 90   0  Tứ giác FCDE nội tiếp

- Xét OBC cân tại O ta có: OCB ABC( OBC)   (2)

Từ (1) và (2) Suy ra: CFD OCD  (đpcm)

- Ta có: CI = IF = ID =

1

2FD (Trung tuyến FCD vuông tại C)

 ICF cân tại I Suy ra: CFI FCI 

Từ (1) và (2) Suy ra: OCD DCI 90   0  OC  CI

Vậy IC là tiếp tuyến của đường tròn (O)

4) Chứng minh rằng tgAFB 2  khi DF = R.

-Ta có: CBA CFD (gn – tg vuông)

D

Gọi x, y (chiếc) là số áo một mình tổ I; II may trong một ngày (đk: x, y nguyên dương)

Số áo tổ I may được trong 3 ngày là 3x (chiếc), tổ 2II may được trong 5 ngày là 5y (chiếc),

Cả hai tổ may được 1 310 chiếc

Bài 3: Cho phương trình: x 2 – 2(m + 1)x + m 2 + 2 = 0 (ẩn x)

1) Giải phương trình đã cho khi m = 1

- Vì AB, AC hai tiếp tuyến của đường tròn (O)

nên AO là đường phân giác góc A đường trung

trực BC

Suy ra: AO  BC  BE  AO

- Theo hệ thức lượngABO vuông tại B ta có:

OE.OA = OB2 = R2

3) Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.

- T/chất hai tiếp tuyến ta có: QC = QK và PB = PK

- Chu vi tam giác APQ bằng:

AP + AQ + PQ = AP + AQ + (PK + KQ) = (AP + PB) + (AC + CN) = AB + AC không đổi.Vậy chu vi tam giác ABC không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ AB

Bài 5: Giải phương trình sau:

Gọi số chi tiết máy tổ I làm được trong tháng đầu là x (xN*; x < 900)

Số chi tiết máy tổ II làm được trong tháng đầu là 900 - x (chi tiết máy)

Số chi tiết máy tổ I làm được trong tháng thứ hai là

115x100

Số chi tiết máy tổ II làm được trong tháng hai là

110(900 x)

Tháng thứ hai cả hai tổ làm được 1010 chi tiết máy

Ta có pt sau : 1,15x + 1,1(900-x) = 1010

Gải pt : x = 400 (tmđk)

Vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy,tổ II sản xuất được 500 chi tiết máy

Bài 3 Cho Parabol (P) y=1

4 x

2

và đường thẳng (d) y = mx + 1

1) Chứng minh mọi m đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm.

- Phương trình giao điểm của (d) và (P): 14 x2=mx+1⇔ x2

2 m¿2+4=4 m Δ'=2+4 >0∀ m

¿

PT (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

Đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m

2) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P) Tính diện tích tam giác OAB theo m (O gốc toạ độ)

B

Vì phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên đồ thị hai hàm số có dạng trên

Gọi toạ độ điểm A(x ; y );B(x ; y )1 1 2 2 ; giả sử x1 < 0 < x2

Hình chiếu vuông góc của A, B lên Ox lần lượt là D, C

8(x22+x12) (x2− x1)−1

8x2

3+1

- Chứng minh đường tròn (I; IE) tiếp xúc AB tại F:

Ta có : EIF cân tại I và EOK cân tại O

 IFE OKE( OEK)  (đồng vị)  IF // OK

 o

MEN  90 (vì AEB  90 o)

 MN là đường kính của (I; IE)

 EIN cân tại I

Mà EOB cân tại O

 ENI EBO( IEN)  (đồng vị)

 MN//AB

4)Tính giá trị nhỏ nhất chu vi KPQ theo R khi E chuyển động trên (O)

Ta chứng minh được tứ giác PFQK hình chữ nhật;

Tam giác BFQ là tam giác vuông cân tại Q

Vì (O) cố định, K cố định (K điểm chính giữa cung AB)

 Chu vi KPQ nhỏ nhất = BK + FO khi E là điểm chính giữa cung AB

x 1







2/ Tìm x để

1P

x x

x x



Bài 2:

Gọi x (km/h) là vận tốc của xe đạp đi từ A đến B (đk: x > 0)

Thời gian xe đạp đi từ A đến B là

24(h)xVận tốc xe đạp khi B trở về A là (x + 4) km/h

Thời gian xe đạp khi B trở về A là

24(h)

x 4Theo đề bài ta có pt:

2/ Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp.

- Tứ giác AHEK nội tiếp (Vì AHE AKE 90   0)

Câu 5

Đồ thị luôn đi qua A (0; 2) cố định; khi a = m – 1 = 0  m =1

Gọi B là điểm cắt truc hoành Kẻ OH AB Trong tam giác vuông OAB ta có:

B

24 km A

BE

AHC

IOK

OH OA Dấu “=” xảy ra khi H  A  m – 1 = 0  m = 1

x 4Vận tốc ca nô ngược dòng B về C là (x – 4) km/h

Thời gian ca nô ngược dòng B về C là

72(h)

Vậy vận tốc thực của ca nô là 36 km/h

(Lưu ý :Vận tốc Ca nô không thực tế)

C

72 km

B

80 km A

a) Tứ giác BCHK nội tiếp (vì BCH BKH 90   0)

b) CAH KAB (gn tam giác vuông)

Vậy K là điểm chính giữa của cung BM

Bài 5: Chứng minh rằng : x2y2(x2 + y2)  2 với x, y dương và x + y = 2 ta có :

x y

  = 2 (Áp dung Cô si cho 2 số dương và x + y = 2 )