de on tap

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ ÔN TẬP SỐ 45. Bài 1. 1) Với giá trị nào của x thì biểu thức. x  1  x  3 xác định.. 2) Tính giá trị của biểu thức A  x  3  3  x khi x 2 2 . 2 3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số y 2 x ..  4) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB 3, BC 5 . Tính cos ACB.. 2   x  x 1 x   1 Q      . x  1 x  1   x 1 x  x  Bài 2. Cho biểu thức (với x  0; x 1 ).. 1) Rút gọn biểu thức Q . 2) Tìm các giá trị của x để Q  1 . Bài 3. 2 2 1) Cho phương trình x  2  m  1 x  m  6 0 (1) (với m là tham số).. a) Giải phương trình với m 3. 2 2 b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2 16 ..   x  2  x  y  3  y  2 x   x  3  2 x  y  5  x  16. 2) Giải hệ phương trình . A AB  AC  , Bài 4. Cho tam giác ABC vuông tại  đường cao AH . Đường tròn tâm I đường kính AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N . Gọi O là trung điểm của đoạn BC , D là giao điểm của MN và OA.. 1) Chứng minh rằng: a) AM . AB  AN . AC. b) Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng: a) ADI ∽ AHO . 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1 1 1   . b) AD HB HC. 3) Gọi P là giao điểm của BC và MN , K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường 0  kính AH . Chứng minh rằng BKC 90 .. Bài 5. Giải phương trình. 3x 2  6 x  6 3. 5.   7 x  19  2  x .. HƯỚNG DẪN GIẢI. NỘI DUNG. BÀI 1.  2  x. x  1  x  3 xác định . x  1 và. x  3 đồng thời xác định.. x  1 xác định  x  1 0  x  1 ,  x  3 0  x 3. Vậy điều kiện xác định của biểu thức Với x 2 2 ta có  2 1 . x  3 xác định. x  1  x  3 là x 3 .. A  2 2 3 . 3 2 2 . . .  . 21. 2 1 . . . 2. 2 1 . . . 21. 2. 2  1 2. 2 Hoành độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình 2 x 8.  x 2 . Vậy có hai điểm thỏa mãn là: (2;8) và ( 2;8) . 2 2 2 2 Vì tam giác ABC vuông tại A nên AC  BC  AB  5  3 4. Do đó 2. cos ACB . AC 4  BC 5 .. Với điều kiện x  0 và x 1 , ta có  Q   . x 1. . . x1. . x 1. . . .  2   x x 1 .  x  1  x 1 .  x 1 2  1     . x   x  x  1 x  1 . 2. 1. . x 1. x.   x  . .

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x  1  x  1 x1   .   x .  x 1   x . Với x  0 và x 1 , ta có. Do đó. Q  1 . Q. x1  1  x.  2 x 1  x . Vậy với 3. x. x1 x x  1  x. 1 4 (thỏa mãn điều kiện). 1 4 thì Q  1.. 2 Với m 3 , ta có phương trình (1) trở thành x  4 x  3 0. Ta có a  b  c 1  4  3 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 1; x2 3. Vậy với m 3 , phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 1; x2 3 x 2  2  m  1 x  m 2  6 0. (1). Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có 2.  '  m  1   m 2  6  7  2m. Phương trình (1) có các nghiệm (*). x1 , x2   ' 0  7  2m 0  m . 7 2. 2 Khi đó theo định lý Viét ta có x1  x2 2  m  1 ; x1.x2 m  6 2. Do đó. 2. x12  x22  x1  x2   2 x1 x2 4  m  1  2  m 2  6  2m 2  8m  16.  m 0 x12  x22 16  2m 2  8m  16 16    m 4 Vậy. Kết hợp điều kiện (*) ta có m 0 là giá trị thỏa mãn.. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  x  2  x  y  3  y  2  x   x  3  2 x  y  5   x  16.  1  2.  x  2 0   y  0 Điều kiện: . Với x  2, y 0 , phương trình (1)  x2 .  . . . x2. . y  x2 . x2 .  x2 . 2.    y . 2.  . .  x  2   y 0. x  2  x  y  2  x  2 . y 0. . x2 . y 0. . x  2  y  1 0 . y 0  y  x  2.  do. x2. . . x  2  y  1  0,  x  2, y 0. Thay y  x  2 vào phương trình (2) ta được phương trình 2. x 2   x  3  2 x   x  2   5   x  16  x 2   x  3  x  16  x 1  2 x  5 x  7 0    x  7  2.  TM . 2.  Ko TM . +) Với x 1  y 3. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y   1;3 . 4. Hình vẽ. P B. H. M K. O I D. A. N. C. Xét đường tròn  I  có AMH  ANH 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên HM , HN tương ứng là đường cao của các tam giác vuông ABH , ACH. 4. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 +) ABH vuông tại H , có đường cao HM nên suy ra AM . AB  AH 2 +) ACH vuông tại H , có đường cao HN nên suy ra AN . AC  AH. Do đó AM . AB  AN . AC Theo câu a) ta có. AM . AB  AN . AC .  Xét AMN và ACB có A AMN ∽ ACB  cgc . AM AN  AC AB. AM AN  chung, AC AB nên suy ra. 0         Do đó AMN  ACB  BCN  BMN ACB  BMN AMN  BMN 180.   Mà các góc BCN , BMN ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác BMNC nội tiếp.. Ta có tam giác ABC vuông tại A và O là trung điểm của cạnh BC nên     OA OB OC  OAC cân tại O  OAC OCA  OAC BCN        Mà AMN  ACB BCN nên AMN OAC  AMN DAN. Vì AMN vuông tại A nên AMN  ANM 900  DAN   ANM 900  ADN 900 0  Mà MAN 90  MN là đường kính của đường tròn  I   I là trung 0  điểm của MN nên ADI 90 ..  0   Xét AID và AOH có ADI  AHO 90 và A chung do đó. ADI ∽ AHO ( gg ). Vì. ADI ∽ AHO . AD AI 1 AO    AH AO AD AH . AI. 1 1 1 BC AO  BC , AI  AH   2 2 AD AH 2 Mà. Mặt khác, vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 HB  HC 1 1    AH HB.HC . Suy ra AD HB.HC HB HC 2. 0       Vì tứ giác BMNC nội tiếp  PBM MNC  PBM  ANM MNC  ANM 180 (1).   Vì tứ giác ANMK nội tiếp  PKM  ANM (2) 0   Từ (1) và (2) suy ra PBM  PKM 180 , do đó tứ giác PKMB nội tiếp.     PKB PMB  AMN  ACB  AKB  ACB  AKB  PKB 1800 0   Do đó tứ giác BKAC nội tiếp  BKC BAC 90 .. 5. 3x 2  6 x  6 0  x 1  3  2  x  0  Điều kiện xác định. Với x 1  3 , phương trình đã cho tương đương với: 3x 2  6 x  6 3  2  x . 2. 2  x   7 x  19  2  x.  3x2  6 x  6  2  x  3x2  5x  7   3x2  6 x  6  . 2  x  2  x  3x 2  5 x  8 .  3x 2  5 x  8 0  2  x  3x 2  5x  8    2  1  2  x 3x 2  6 x  6  2  x 3x  6 x  6  2  x  3x 2  5x  8. . 2 (do 3x  6 x  6  2  x  0, x 1  3 ).. 2 +) 3x  5 x  8 0  x  1 (thỏa mãn đk) hoặc. x. 8 3 (không thỏa mãn. đk) +). 1 2 x. . . 3 x 2  6 x  6  2  x  1 2  x  3x 2  6 x  6. 2  x.  x  1  3x 2  6 x  6. 2  x  * 2 Vì x 1  3 nên x  1  0  3 x  6 x  6. 2  x do đó (*) vô nghiệm.. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1. 6. .

<span class='text_page_counter'>(7)</span>