ĐỀ SỐ 03
1
1  x 2

.
x 2
x
 x 2


Bài 1: Cho biểu thức A  

1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn A.
1
2
7
3. Tìm tất cả các giá trị của x để B  A đạt giá trị nguyên.
3

2. Tìm tất cả các giá trị của x để A  .

Bài 2: Quãng đường AB dài 156km. Một người đi xe máy từ A, một người đi xe đạp từ
B. Hai xe xuất phát cùng một lúc và sau 3 giờ gặp nhau. Biết rằng vận tốc của người đi
xe máy nhanh hơn vận tốc của người đi xe đạp là 28km/h. Tính vận tốc của mỗi xe?
Bài 3: Cho phương trình: x 2  mx  n  0 (1)
1. Giải phương trình (1) khi m = 3 và n = 2
 x1  x 2  3

2. Xác định m, n biết phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x 2 thỏa mãn 

3

3
 x1  x 2  9

 x  2y  m  3 (1)
2x  3y  m (2)

Bài 4: Cho hệ phương trình: 

Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn điều kiện
x  y   3

Bài 5: Cho điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O. Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn
(A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D),
OM cắt AB và (O) lần lượt tại H và I. Chứng minh:
1. Từ giác MAOB nội tiếp
2. MC.MD = MA 2
3. OH.OM  MC.MD  MO2
4. CI là tia phân giác của MCH

HẾT


LỜI GIẢI ĐẾ SỐ 03
1
1  x 2

.
x 2
x
 x 2



Bài 1: Cho biểu thức A  

1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn A.
1
2
7
3. Tìm tất cả các giá trị của x để B  A đạt giá trị nguyên.
3

2. Tìm tất cả các giá trị của x để A  .

BÀI LÀM


x  0
x  0
x  0



 x 2  0 
 x  2 x  4

1. Điều kiện để A xác định là: 

+ Vậy với x > 0 và x  4 thì biểu thức A xác định.
+ Ta có: A 




Vậy A 

1
2

2. Để A  thì
 4



x 2 x 2



x 2

x 2



x 2

x

.




2 x
x 2



x 2



.

x 2

x

2
.
x 2

2
x 2



x  2  0 (do








4 x 2
2
1
 0
0
x 2 2
2. x  2

2
1

>
2
x 2





x  2 >0 với mọi x > 0 và x  4 )

 2  x  0  2  x  4  x . Kết hợp với điều kiện ở phần 1 ta có: 0 < x < 4.
1
Vậy A  thì 0 < x < 4.
2
7
3


7
3

3. Ta có: B  A  B  .

2
14

x  2 3. x  2

+ Để B đạt giá trị nguyên thì 3.
+ Mà

x  2  2  3.


- Trường hợp 2: 3. 
- Trường hợp 1: 3.

Vậy x 














x  2  ¦(14) =1; 2; 7; 14

x  2  6  3.


x  2   14 





x  2 7;14

7
7
1
1
 x   2   x  (tháa m·n)
3
3
3
9
14
14
8
64
x 2   x  2   x 

(lo¹i)
3
3
3
9

x 2 7  x 2

1
thì B đạt giá trị nguyên.
9


Bài 2: Quãng đường AB dài 156km. Một người đi xe máy từ A, một người đi xe đạp từ
B. Hai xe xuất phát cùng một lúc và sau 3 giờ gặp nhau. Biết rằng vận tốc của người đi
xe máy nhanh hơn vận tốc của người đi xe đạp là 28km/h. Tính vận tốc của mỗi xe?
BÀI LÀM
+ Gọi vận tốc của người đi xe đạp là x (km/h), x > 0
+ Vì vận tốc người đi xe máy nhanh hơn vận tốc người đi xe đạp là 28km/h  vận tốc
của người đi xe máy là x + 28 (km/h).
+ Sau 3 giờ, quãng đường của người đi xe đạp là: 3.x (km), quãng đường của người đi xe
máy là: 3.(x+28) (km).
+ Vì xe máy và xe đạp đi ngược chiều nhau và sau 3 giờ gặp nhau, qng đường AB dài
156 km nên ta có phương trình:
3x + 3.(x + 28) = 156  3x + 3x + 84 = 156  6x = 72  x = 12 (thỏa mãn)
Vậy vận tốc của xe đạp là 12(km/h), vận tốc của xe máy là 12 + 28 = 40 (km/h)
Bài 3: Cho phương trình: x 2  mx  n  0 (1)
1. Giải phương trình (1) khi m = 3 và n = 2
 x1  x 2  3


2. Xác định m, n biết phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x 2 thỏa mãn 

3
3
 x1  x 2  9

BÀI LÀM
1. Thay m = 3 và n = 2 vào phương trình (1) ta có: x 2  3x  2  0 ,
+ Phương trình có dạng a – b + c = 1 – 3 + 2 = 0
Vậy với m = 3, n = 2 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1  1; x 2 

c
 2
a

2. Phương trình (1) có   m 2  4n .
+ Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1; x 2 thì   0  m2  4n  0 (*)
 x1  x 2   m
 x1 x 2  n

+ Theo hệ thức viet ta có: 

 x1  x 2  3

+ Theo đề bài thì 

3
3
 x1  x 2  9 (**)
+ Từ (**)   x1  x 2   x12  x1x 2  x 22   9  3.  x12  n  x 22   9


 3.  x1  x 2   2.x1x 2  n   9  3.  m   2.n  n   9  3.  m2  n   9  m2  n  3 (2)




3 m

x1 

x

x


m
2
x

3

m



2
 1

+ Ta có:  1 2
 x1  x 2  3

 2x 2   m  3  x   m  3
 2
2
3  m  m  3 
3  m  3  m
+ Mà x1.x 2  n 
.
.
n
n
2  2 
2
2
2



  9  m2 
4

2

 n  m 2  4n  9 (3)

2
n   2 

3n  6
n  (2)
m  n  3


+ Từ (1) và (2)   2
 2
 2

m  4n  9 m  n  3 
m  2  3 m  1



- Với m = 1; n = (-2) thay vào điều kiện (*) ta có: 1 – 4(-2) > 0 (thỏa mãn).
- Với m = (-1); n = (-2) thay vào điều kiện (*) ta có: (1)2  4.(2)  0 (thỏa mãn)
Vậy m = 1; n = (-2) hoặc m = (-1), n = (-2) là các giá trị cần tìm của m và n thỏa
mãn yêu cầu bài toán.
 x  2y  m  3 (1)
2x  3y  m (2)

Bài 4: Cho hệ phương trình: 

Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn điều kiện

x  y   3

BÀI LÀM
 x  2y  m  3 (1)
2x  3y  m (2)

+ Xét hệ phương trình 

+ Từ (1)  x  m  3  2y (3) , thay vào (2) ta có:

2.  m  3  2y   3y  m  2m  6  4y  3y  m  7y  m  6  y 

+ Thay vào (3) ta có: x  m  3  2.

m  6 7.  m  3  2  m  6  5m  9


7
7
7

m6
7

 5m  9 m  6 
;

7 
 7

+ Vậy với mọi m thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y   

+ Để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn x + y = -3 thì
5m  9 m  6

 3  5m  9  m  6  21  6m  36  m  6
7
7

Vậy với m = -6 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn x + y = -3

Bài 5: Cho điểm M nằm ngồi đường trịn tâm O. Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn
(A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D),
OM cắt AB và (O) lần lượt tại H và I. Chứng minh:
1. Từ giác MAOB nội tiếp
2. MC.MD = MA 2
3. OH.OM  MC.MD  MO2
4. CI là tia phân giác của MCH
BÀI LÀM
A
1

1

C
1
2
M

I

1
2 O

H

B

D



1. Ta có: MA là tiếp tuyến của đường trịn (O) tại A  MA  OA  MAO  900
+ MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B  MB  OB  MBO  900
+ Xét tứ giác MAOB có: MAO  MBO  900  900  1800 , mà đây là tổng 2 góc đối diện
của tứ giác MAOB  tứ giác MAOB nội tiếp (đpcm)
2. Xét MAC và MDA có M1 là góc chung (1)
+ Trong đường trịn (O) có:
s®CA
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
2
s®CA
* D1 
(góc nội tiếp chắn cung CA)  A1  D1 (2)
2
MA MD
+ Từ (1) và (2)  MACδ MDA (g-g) 

 MC.MD  MA2 (®pcm)
MC MA

* A1 

3. Ta có: MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau), OA = OB (bán kính của đường tròn
tâm O)  MO là đường trung trực của đoạn thẳng AB  MO  AB tại H.
 MAO vuông tại A; đường cao AH  OH.OM  OA 2 (1) (hệ thức lượng trong tam
giác vuông)
+ Mà theo phần (2) ta có: MC.MD  MA 2 (2) , cộng theo từng vế biểu thức (1) và (2) ta
được: OH.OM  MC.MD  OA2  MA2
+ Mà MAO vuông tại A  OA2  MA2  MO2 (định lý pitago)
+ Vậy OH.OM  MC.MD  MO2 (đpcm)
4. Ta có: OM là phân giác của AOB tÝnh chÊt 2 tiếp tuyến cắt nhau)

O1 O 2 mà O1  s®AI; O 2  s® BI (do O1 ;O 2 là các góc ở tâm của đường tròn tâm O)
sđAI sđBI
sđAI
(góc nội tiếp chắn AI của đường tròn tâm O)
2
sđBI
BAI
(góc nội tiếp chắn BI của đường tròn tâm O)
2
MI AM
MAI BAI AI là phân giác của MAH

(1) (tớnh cht ng phõn giỏc của
HI AH

+ Ta có: MAI 

tam giác).
+ Ta có MAO vuông tại A, đường cao AH  AH.MO  AM.AO (hệ thức lượng trong
AM MO
MI MO

(2) . Từ (1) và (2) 

(*)
AH AO
HI AO
MO MC
 MHCδ MDO)
(Căn cứ vào (*), vậy ta còn phải chứng minh tiếp:


AO CH
+ Xét MHC vµ MDO có M 2 là góc chung. MC.MD  MA2 (theo phần 2)

tam giác vuông) 

+ MH.MO  MA2 (hệ thức lượng trong MAO vuông tại A, đường cao AH )
MH MC
MC MO

 MHCδ MDO (cgc) 

(**)
MD MO
CH OA
MC MI
+ T (*) v (**)

CI là phân giác cđa MCH (®pcm) (HẾT)
CH IH
 MC.MD  MH.MO 