<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>ĐỀ 46</b>
<b>Bài 1: (2 điểm)</b>

1) Rút gọn biểu thức : A =





2

2 3 2  288

<b>2) Giải phương trình:</b>

a) x2_{+ 3x = 0}

b) –x4_{+ 8x}2_{+ 9 = 0}

<b>Bài 2: (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:</b>

Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị
bằng 14. Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì được số
mới lớn

hơn số đã cho 18 đơn vị. Tìm số đã cho.
<b>Bài 3. (1điểm)</b>

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): y = –3x2_{. Viết phương trình đường thẳng}
song

song với đường thẳng y = – 2x + 3 và cắt (P) tại điểm có tung độ y = – 12 .
<b>Bài 4. (1điểm)</b>

Giải phương trình: 6 4<i>x</i> 1 2 3 <i>x</i> 3<i>x</i>14_.
<b>Bài 5. (4điểm)</b>

<b> Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vng góc </b>
với AB

( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường
tròn

(O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn (O); nó cắt Ax, By lần
lượt ở

E và F.

a) Chứng minh: EOF 90  0

b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng
dạng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>ĐÁP ÁN ĐỀ 46</b>
<b>Bài 1. (2điểm)</b>

1. A =





2

2 3 2  288

=





2
2

2 2.2.3 2 3 2  2.144

<b> = </b>4 12 2 18 12 2   <b>_{= 22}</b>

2. a) x2_{+ 3x = 0}_ _{x( x + 3) = 0}
 _x₁_{= 0 ; x}₂_{= – 3 .}

Tập nghiệm phương trình: <i>S</i>



0; 3



<b> b) –x</b>4_{+ 8x}2_{+ 9 = 0}_ _x4_{– 8x}2_{– 9 = 0}

Đặt y = x2_{( y}__{0) , ta được phương trình trung gian ẩn y:}
<b> y</b>2_{– 8y – 9 = 0}

Vì a – b + c = 1 – (– 8) + (– 9) = 0 nên y1 = – 1 (loại); y2 = 9 (nhận)
Do đó: x2_{= 9}_ _{x =}_₃

<b> Tập nghiệm phương trình: S = </b>



3;3



<b>Bài 2. Gọi x là chữ số hàng đơn vị . </b>

Chữ số hàng chục của số đó là: 14 – x
ĐK: 0 < x <i>N</i>  9

Số cần tìm được viết dưới dạng đa thức: 10(14 – x) + x = 140 –9x

Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau ,ta có số mới:
10x + 14 – x = 9x + 14

Theo đề toán ta có phương trình:
<b> 9x + 14 –(140 –9x ) = 18</b>
 _{9x + 14 –140 +9x = 18}
 _{18x = 144}
<b> </b> _{x = 8}
<b> Giá trị x = 6 thỏa mãn điều kiện . </b>

Vậy chữ số đơn vị là 8, số hàng chục là 6. Số cần tìm là 68.
<i>Chú ý: Có thể lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn</i>

<b>Bài 3. Phương trình đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = – 2x + 3 nên </b>
có

dạng: y = – 2x + b (d).

(d) cắt (P) tại điểm có tung độ bằng – 12 nên hồnh độ các giao điểm là nghiệm
PT:

–3x2_{= – 12}_ _{x =}_₂

Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm: A(2; – 12) và B(– 2; – 12)
A  (d) nên y_A = – 2x_A + b hay – 12 = – 2. 2 + b  _{b = – 8}
B  (d) nên y_B = – 2x_B + b hay – 12 = – 2.(– 2) + b  _{b = – 16}

Có hai đường thẳng (d) tìm được thỏa mãn đề bài: <b> </b>
(d1): y = – 2x – 8 và (d2): y = – 2x – 16

<b>Bài 4. PT : </b>6 4<i>x</i> 1 2 3 <i>x</i> 3<i>x</i>14 (1)

ĐK:

1

4 1 0 1

3
4

3 0 ₃ 4

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i> <i>_x</i>

 

  

 

    

 

 

 _ _

 _(*)

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b> </b> _{(4x + 1) – 2. 3.} 4<i>x</i>1_{+ 9 + (3 – x) – 2} 3 <i>x</i> _{+ 1 = 0}

<b> </b>



 



2 2

4<i>x</i> 1 3 3 <i>x</i> 1 0

      

<b> </b>

4 1 3 0

3 1 0

<i>x</i>
<i>x</i>

 _{ } _


 

  



  <i>x</i>2<b>_{(thỏa mãn đk (*))}</b>

Tập nghiệm phương trình đã cho: S =

 

2
<b>Bài 5: a) Chứng minh: </b>EOF 90  0

EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E

Nên OE là phân giác của <i>AOM</i> _.
Tương tự: OF là phân giác của <i>BOM</i>

Mà <i>AOM</i> _và<i>BOM</i> _{kề bù nên:}<i>_EOF</i> ₉₀0

 _(đpcm)

<b>b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng </b>
dạng.

<b> Ta có: </b><i>EAO EMO</i>  900_{(tính chất tiếp tuyến)}

Tứ giác AEMO có <i>EAO EMO</i>  1800_{nên nội tiếp được trong một đương tròn.}

 Tam giác AMB và tam giác EOF có:

 _{EOF 90} 0

<i>AMB</i>  _,<i>MAB MEO</i>  _{(cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ}
giác

AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g)
<b> c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh </b><i>MK</i> <i>AB</i>.

Tam giác AEK có AE // FB nên:

<i>AK</i> <i>AE</i>
<i>KF</i> <i>BF</i>

Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Nên :

<i>AK</i> <i>ME</i>

<i>KF</i> <i>MF</i> _{. Do đó MK // AE (định lí đảo của định}
lí Ta- let)

Lại có: AE  AB (gt) nên MK  AB.

d) Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN  AB.
FEA có: MK // AE nên:

<i>MK</i> <i>FK</i>
<i>AE</i> <i>FA</i> ₍₁₎

BEA có: NK // AE nên:

<i>NK</i> <i>BK</i>
<i>AE</i> <i>BE</i> ₍₂₎
Mà

<i>FK</i> <i>BK</i>

<i>KA</i> <i>KE</i> _{( do BF // AE) nên}

<i>FK</i> <i>BK</i>

<i>KA FK</i> <i>BK KE</i> hay

<i>FK</i> <i>BK</i>
<i>FA</i> <i>BE</i> ₍₃₎

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:

<i>MK</i> <i>KN</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên:

1
2
<i>AKB</i>

<i>AMB</i>
<i>S</i> <i>KN</i>
<i>S</i> <i>MN</i> 
Do đó:

1
2
<i>AKB</i> <i>AMB</i>
<i>S</i>  <i>S</i>

.

Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = 3

<i>MB</i>

<i>MA</i>  <i>_MAB</i> ₆₀0

  _.

Vậy AM = 2
<i>a</i>

và MB =

3
2
<i>a</i>



1 1 3
. . .
2 2 2 2
<i>AKB</i>

<i>a a</i>
<i>S</i>

 

=

2
1

3

</div>

<!--links-->