Đề minh họa số 4 - năm học: 2011-2012

ðỀ MINH HỌA SỐ 4
Bài 1: Rút gọn biểu thức sau:
18 8 2
A = − +
5
2 5
5 2
B = −
−

1
1
x x x
C
x x
− −
= +
−
với
0
1
x
x
>


≠


Bài 2: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
1)

2
5 7 6 0
x x
− − =

2)
2 3
13
3 5
9
x y
x y

− = −




+ =



3)

Cho ph
ươ
ng trình
2
2 (2 1) 1 0
x m x m

+ − + − =
v
ớ
i m là tham s
ố
. Thi
ế
t l
ậ
p h
ệ
th
ứ
c liên h
ệ
gi
ữ
a
1 2
,
x x

ñộ
c l
ậ
p v
ớ
i m.
Bài 3
:

1)

Xác
ñị
nh h
ệ
s
ố
a bi
ế
t r
ằ
ng
ñồ
th
ị
c
ủ
a hàm s
ố

ñ
ã cho
ñ
i qua
ñ
i
ể
m
( 2;8)

M
−
.
2)

V
ẽ
trên cùng m
ộ
t m
ặ
t ph
ẳ
ng t
ọ
a
ñộ

ñồ
th
ị
(P) c
ủ
a hàm s
ố

ñ
ã cho v
ớ
i giá tr

ị
a v
ừ
a tìm
ñượ
c
và
ñườ
ng th
ẳ
ng (d)
ñ
i qua
( 2;8)
M
−
có h
ệ
s
ố
góc b
ằ
ng -2 . Tìm t
ọ
a
ñộ
giao
ñ
i
ể

m khác M
c
ủ
a (P) và (d).
Bài 4
:
Cho tam giác nh
ọ
n ABC (AB < AC) n
ộ
i ti
ế
p
ñườ
ng tròn (O). V
ẽ
bán kính OD vuông góc
v
ớ
i dây BC t
ạ
i I. Ti
ế
p tuy
ế
n
ñườ
ng tròn (O) t
ạ
i C và D c

ắ
t nhau t
ạ
i M.
1)

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ứ
giác ODMC n
ộ
i ti
ế
p m
ộ
t
ñườ
ng tròn.
2)

Ch
ứ
ng minh :


BAD DCM
=

3)

Tia CM c
ắ
t tia AD t
ạ
i K, tia AB c
ắ
t tia CD t
ạ
i E. Ch
ứ
ng minh
EK

//

DM
.



H
ế
t
GỢI Ý – BÀI GIẢI ðỀ MINH HỌA SỐ 4

Bài 1: Thu gọn các biểu thức sau:
18 8 2 3 2 2 2 2 2 2
A = − + = − + =

(
)
5 5 2
5
2 5 2 5 5 2 5 2 5 5
5 4
5 2
B
+
= − = − = + − =
−
−

1 ( 1) ( 1)( 1)
1 1 2
1 1
x x x x x x x
C x x x
x x x x
− − − − +
= + = + = − + + =
− −


Bài 2: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
1)
2
5 7 6 0
x x
− − =

2
49 120 169 13 , 13
∆ = + = = ∆ =

1 2
7 13 3 7 13
; 2
10 5 10
x x
− +
= = − = =

2)

2 3
13
3 5
9
x y
x y

− = −




+ =



;
ñ
i
ề
u ki
ệ
n :
0; 0
x y
≠ ≠

ðặ
t
1
u
x
=
;
1
v
y
=
h
ệ
ph
ươ
ng trình tr
ở
thành:
2 3 13 2

3 5 9 3
u v u
u v v
− = − = −
 
⇔
 
+ = =
 


V
ớ
i
1 1
2 2
2
u x
x
= −
⇒
= −
⇒
= −


V
ớ
i
1 1

3 3
3
v y
y
=
⇒
=
⇒
=

V
ậ
y h
ệ
ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t là:
1 1
( ; ) ;
2 3
x y
 
= −
 
 

3)
ð
i
ề
u ki
ệ
n
ñể
ph
ươ
ng trình có 2 nghi
ệ
m:
( )
2
2 3 0, m m
∆ = − ≥ ∀ ∈
ℝ

Theo h
ệ
th
ứ
c Vi-ét, ta có:
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1
2 2
2( ) 4 1 0

1 1

2 2 2
m
x x x x m
x x x x
m m
x x x x
−
 
+ = + = −
 
 
⇔
⇒
+ + + =
 
−
 
= = − +
 
 

V
ậ
y h
ệ
th
ứ
c trên là h

ệ
th
ứ
c liên h
ệ
gi
ữ
a
1 2
,
x x

ñộ
c l
ậ
p v
ớ
i m.

Bài 3
:
1)
ðồ
th
ị
(P) c
ủ
a hàm s
ố

2
y ax
=
ñ
i qua
ñ
i
ể
m
( 2;8)
M
−
, nên:
2
8 .(2) 2
a a
= ⇔ =

V
ậ
y
2
a
=
và hàm s
ố
c
ầ
n tìm là
2

2
y x
=
2)
ðườ
ng th
ẳ
ng (d) có h
ệ
s
ố
góc b
ằ
ng -2, nên ph
ươ
ng trình d
ạ
ng: 2
y x b
= − +

(d)
ñ
i qua
ñ
i
ể
m
( 2;8)
M

−
, nên:
8 2.( 2) 4, ( ) : 2 4
b b d y x
= − − + ⇔ = = − +

x
y
y =-2x+4
M
y =2x
2
N
2
8
-2
1
O


Hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:
2 2
2 2 4 2 0
x x x x
= − + ⇔ + − =

Phương trình có hai nghiệm:
1 2
1; 2
x x

− = −

Do ñó hoành ñộ giao ñiểm thứ hai của (P) và (d) là:
2
1 2.1 2
x y
= ⇒ = =

Vậy giao ñiểm khác M của (P) và (d) có tọa ñộ:
(1;2)
N

Bài 4:
E
K
M
D
I
O
A
B
C



1) Xét tứ giác ODMC, ta có :

90
o
OCM = (do MC là tiếp tuyến tại C của (O))


90
o
ODM = (do MD là tiếp tuyến tại D của (O))
Suy ra:


90 90 180
o o o
OCM ODM+ = + =
Mà


,
OCM ODM
ñối nhau nên tứ giác ODMC nội tiếp.
2) Chứng minh :


BAD = DCM

Ta có :


BD DC
= (vì
OD BC
⊥
tại
I

)
Suy ra:


BAD DCM
=
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn hai cung
bằng nhau).

3)
Chứng minh
EK

//

DM

.
Ta có:


BAD DCM
=
(chứng minh trên)
Hai góc


,
BAD DCM
cùng nhìn cạnh

EK
với một góc không ñổi nên tứ giác
ACKE
nội tiếp.
Suy ra:


CEK KAC
=
(góc nội tiếp cùng chắn cung
CK
)
Mà


CDM KAC
=
(cùng chắn cung
CD
)
Nên


CEK CDM
=
và


,
CEK CDM

ở vị trí ñồng vị
Suy ra:
KE
//
DM


Hết