GỢI Ý GIẢI:
Bài 1:
a) 3x + 5 = x +10
2x 5 x
5
2
Vậy PT có 1 nghiệm: x
b) x 2 13x 41 0
13 4.1.41 5
5
2
2
Vậy PT có hai nghiêm: x1
Bài 2:
13 5
13 5
; x2
2
2
a) Với a 0 ; a 1 , ta có:
P
b) P 2
1
a 1
1
a 1
a 1 a 1 2 a
a 1
a 1
2 a
2
a 1
a a 1
a a 1 0
t 2 t 1 0 (với t a ; t 0 )
t2 t 1 0
1 4.1 1 5
2
t1
1 5
1 5
0 (loại)
(thỏa t 0 ) ; t 2
2
2
1 5
1 5
3 5
Với t = t1 a
a
a
2
2
2
2
Bài 3:
a) Đồ thị hàm số y = ax2 (1) đi qua điểm A(2 ; 4) nên ta có:
4 = a.22 a 1
b) Với a = 1, hàm số (1) trở thành y = x2
( Học sinh tự vẽ)
Bài 4:
a) Ta có BA = BC = a ; OA = OC (bán kính)
OD là đường trung trực của đoạn thẳng AC
DA DC DAC cân tại D.
ABC
600 1 sñAC
A
Mà DAC
D
2
Suy ra DAC đều, cạnh AC = a.
900 (do AD là tiếp tuyến)
b)Ta có OAD
O
H
B
Lại có: BA = BC = a ; OA = OC (bán kính) ;
OD là cạnh chung OAD OCD (c.c.c)
OCD
90 0
OAD
Vậy tứ giác AOCD nội tiếp đường tròn đường
kính OD.
c)
Gọi H là giao điểm của BD và AC, ta có:
C
OD AC HA HC
a
900 :
. Áp dụng định lý Pitago vào AHD H
2
a2 a 3
DH AD AH a
4
2
Trong tam giác vuông OAD có đường cao AH ứng với cạnh huyền OD, nên ta có:
2
2
2
AD2 DH.OD OD
AD2
a 3 2a 3
a2 :
DH
2
3
Tứ giác AOCD có hai đường chéo OD và AC vuông góc nên có diện tích:
S
Bài 5:
1
1 2a 3
a2 3
OD.AC
a
(đvdt)
2
2 3
3
ĐKXĐ: x 1
x2 x x 1 8 0
x 2 x 2x 2 x 1 6 0
x(x 1) 2(x 1) x 1 6 0
(x 1)(x 1 3) x 1 6 0
(x 1)2 3(x 1) x 1 6 0
Đặt
x 1 t t 0
Phương trình (1) trở thành:
t 4 3t 2 t 6 0
t 2 t 3 2t t 3 0
t 2 0 (vì t 3 2t t 3 >0)
(1)
t2
x 1 2 x 1 4 x 3. (thỏa ĐKXĐ)
Vậy PT đã cho có một nghiệm duy nhất x = 3.
-------- Hết -------GV: Trần Hồng Hợi
(Trường THCS Lê Đình Chinh – Ninh Thuận)