De thi vao THPT

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

<b>ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10</b>
<b>MƠN : TỐN</b>

<b>ĐỀ 1</b>

<i><b>Thời gian làm bài: 120 phút</b></i>
<i><b>Bài 1 : (2 điểm )</b></i>

a) Tính giá trị biểu thức: <i>A</i>5 12 4 75 2 48 3 3  

b) Giaûi hệ phương trình:

2

3

3

2

1

<i>x y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>















c) Giải phương trình: x4_{– 7x}2_{– 18 = 0}
<i><b>Bài 2 : (2 điểm )</b></i>

Cho Parabol (P): y = 1₄ x2_{và đường thẳng (D) đi qua điểm A, B trên (P) có hồnh độ}
lần lượt –2 và 4.

a) Viết phương trình đường thẳng (D)

b) Vẽ đồ thị hàm số (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ
c) Tính độ dài khoảng cách từ O đến đường thẳng (D)

d) Tìm điểm M trên cung AB của Parabol (P) sao cho diện tích tam giác MAB là lớn nhất
<i><b>Bài 3 : (2 điểm )</b></i>

Khi nước đứng yên, một chiếc thuyền khởi hành từ bến sông A. Sau 5 giờ 20 phút, một canô
chạy từ bến A đuổi theo và gặp thuyền cách bến A 20km. Hỏi vận tốc của thuyền, biết rằng canô
chạy nhanh hơn thuyền 12km một giờ ?

<i><b>Bài 4 : (4 điểm )</b></i>

Từ điểm M ở ngồi đường trịn (O) vẽ cát tuyến MCD khơng đi qua tâm O và hai tiếp tuyến
MA, MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D. Gọi I là trung điểm
của CD

a) Chứng minh rằng tứ giác MAIO nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh MA2_{= MC.MD.}

c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh MC.MD = MH.MO
d) Chứng minh



MCH ∽



MOD

e) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh H, A, K
thẳng hàng.

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

<b>ĐÁP ÁN VAØ BIỂU ĐIỂM</b>
<b>Bài 1</b>

<b>a) </b> Tính giá trị biểu thức:

5 12 4 75 2 48 3 3

<i>A</i>   

5 12 4 75 2 48 3 3
5 4.3 4 25.5 2 16.3 3 3
5.2 3 4.5 5 2.4 3 3 3
10 3 20 5 8 3 3 3

5 3

<i>A</i>   

   

   

   



0,25
0,25

b)

2

3

4

2

6

(1)

3

2

1

3

2

1

(2)

<i>x y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>































(1) +(2) : 7x = 7  x = 1
Giaûi ra y = 1

Vây nghiệm của hệ (1;1)

0,25
0,25
0,25
c) Giải phương trình: x4_{– 7x}2_{– 18 = 0}

Đặt x2_{= t ( t  0 )}

Phương trình có dạng t2_{– 7t -18 = 0}

 = (-7)2 – 4.1.(-18) = 49 + 72 = 121 > 0
Giaûi ra t1 = 9 (tñk)

t2 = -2 ( ko tñk)
x2_{= 9  x =  3}

Vậy PT có 2 nghiệm x1 = -3 và x2 = 3
(<i>HS quên đặt ÑK thì – 0,25)</i>

0,25
0,25
0,25

Cho Parabol (P): y = 1₄ x2_{và đường thẳng (D) đi qua điểm A, B trên}
(P) có hồnh độ lần lượt –2 và 4.

a) Viết phương trình đường thẳng (D)

b) Vẽ đồ thị hàm số (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ
c) Tính độ dài khoảng cách từ O đến đường thẳng (D)

d) Tìm M trên cung AB của Parabol (P) sao cho diện tích tam giác
MAB là lớn nhất

<b>Bài 2 </b>
a)

Tìm được A(-2;1) và B(4;4)
Gọi PT (D) : y = ax + b

Vì (D) đi qua A(-2;1) và B(4;4) nên ta coù HPT :

1 ( 2)

4 4

2 1

4 4

<i>a</i> <i>b</i>

<i>a b</i>
<i>a b</i>
<i>a b</i>

  




 


 


 

 


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

Giải ra a =

1

2_{và b=2}

Vậy PT (D) : y=

1
2_{x + 2}

0,25

<b>b) </b>

c)

d)

x -2 -1 0 1 2

y = x2_/4 ₁ _1/4 ₀ _1/4 ₁

x 0 -4

y = 1/2x + 2 2 0

<i>Lập bảng đúng và vẽ đồ thị đúng (P)</i>
<i>Lập bảng đúng và vẽ đồ thị đúng (D)</i>

Gọi đường thẳng song song (D) : y =
1

2_{x+2 và tiếp xúc với (P) là}

(d) : y = ax+b

Vì đáy AB khơng đổi nên DT



MAB lớn nhất chỉ khi đường cao MK lớn
nhất, đó chính là khoảng cách giữa hai đường thẳng (d) và (D) suy ra M là
điểm tiếp xúc giữa (d) và (P)

Vì (d) // (D) nên a =

1
2

PTHĐ giao điểm của (d) và (P) :

1
4_x2₌

1

2_x+b

 x2_{= 2x + 4b  x}2_{- 2x - 4b = 0}
Hoành độ điểm tiếp xúc : x = - (-1) = 1
Tung độ điểm tiếp xúc : y =

1
4₁2₌

1
4

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

-2 4

Nếu thiếu một trong các
trường hợp sau thì –
0,25 :

Mũi tên, x,y,O, số biểu
diễn tọa độ của các điểm
cần thiết

M

(D) cắt Ox tại : y = 0  x= -4
(D) cắt Oy tại : y = 2

2 2 2

2 2

1 1 1

1 1 1 1 5

4 2 16 4 16

16 4

5

5 5

<i>OH</i> <i>OC</i> <i>OD</i>

<i>OH</i>

 

    

 

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

Tọa độ điểm tiếp xúc : M (1;

1
4₎

Vaäy khi M (1;

1

4_{) thì DT}

_

_{MAB lớn nhất}

0,25

<i><b>Bài 3 </b></i>

5h20ph =

16

3 _h

Gọi vận tốc của thuyền là x (km/h) ( x > 0 )
Vận tốc của ca nô : x + 12 (km/h)

Thời gian thuyền đi quãng đường 20 km :

20

<i>x</i> _(h)
Thời gian ca nô đi quãng đường 20 km :

20
12

<i>x</i> (h)

Theo đề bài ta có phương trình :

20

<i>x</i> _-

20
12

<i>x</i> ₌

16
3

 20.3(x+ 12 ) – 20x.3 = 16x(x + 12 )
 60x + 720 – 60x = 16x2_{+ 192x}

 16x2 _{+ 192x -720 = 0  x}2 _{+ 12x - 45 = 0}
’ = 62_{– 1.( -45) = 36 +45 = 81 >0}

x1=

6 81

3

1

 



( TÑK)
x2=

6 81

15
1

 



( không TĐK)
Vậy vận tốc của thuyền là 3 km/h
<i>Chú ý : điều kiện 0 < x < </i>

15

4 <i>_{) là đúng nhất nhưng không nhất thiết yêu cầu}</i>

<i>đối với HS </i>

0,25
0,25

0,25
0,5

0,25
0,25
0,25

<i><b>Baøi 4</b></i>

a) a) Chứng minh rằng tứ

giác MAIO nội tiếp đường tròn. (<b>1 )</b>đ 0,25

<b>O</b>
<b>M</b>

<b>D</b>
<b>C</b>

<b>A</b>

<b>B</b>
<b>I</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

b)

c)

d)

e)

OI  CD ( tính chất đường kính vng góc dây cung)
MA OA ( tính chất tiếp tuyến )

Neân <i>MAO MIO</i> _{( = 1v)}

Mà đây là 2 góc liên tiếp cùng nhìn chung cạnh MO nên tứ giác
MAIO nội tiếp đường tròn

Chứng minh MA2_{= MC.MD:}<b>_{(0,75 )}</b>_đ
Xét



MAC và



MDA có :

ˆ

<i>M</i> _{: chung}

 

<i>MAC</i><i>ADC</i>_{: ( cùng chắn cung AC )}
Nên



MAC ∽



MDA



<i>MA</i> <i>MC</i>

<i>MD</i> <i>MA</i> _{ MA}2_{= MC.MD}

Chứng minh MC.MD = MH.MO :<b> ( 0,75 )</b>đ
MA = MB ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau )

Nên



MAB cân tại M

MO là phân giác góc AMB ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau )



MAB cân tại M có MH là đường phân giác nên cũng là đường cao
Lại có OA  MA ( tính chất tiếp tuyến )

Suy ra MA2_{= MH.MO ( h}_ệ_th_ứ_{c l}_ượ_{ng trong}

_

_MAO)
Maø MA2_{= MC.MD ( cmt)}

Neân MC.MD = MH.MO

d) Chứng minh



MCH ∽



MOD: <b>(0,5 )</b>đ
Xét



MCH và



MOD có :

MC.MD = MH.MO (cmt)


<i>MC</i> <i>MH</i>

<i>MO</i><i>MD</i>

ˆ

<i>DMO</i>_{: chung}

Nên



MCH ∽MOD

e). Chứng minh H, A, K thẳng hàng: <b>(1 )</b>đ
OC  KC ( tính chất tiếp tuyến )

KD  OD ( tính chất tiếp tuyến )

Tứ giác KCOD có <i>KCO KDO</i>ˆ  ˆ 1<i>v</i>1<i>v</i>2<i>v</i>_{nên nội tiếp}

Tứ giác KCOD nội tiếp

Nên <i>CDO CKO</i>  _{( cùng chắn cung CO)}

Mà <i>CHM</i> <i>CDO</i> ₍

_

_MCH_∽_MOD)
Nên <i>CKO CHM</i>ˆ  ˆ

Suy ra tứ giác KCHO nội tiếp

Do đó <i>KHO KCO</i> _{(2 góc nội tiếp cung chắn cung KO )}

= 1v
Hay KH  MO
Mà AH  MO (cmt )
Nên Tia AH  KH

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Vậy ba điểm H, A, K thẳng hàng

<b>ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10</b>
<b>MƠN : TỐN</b>

<b>ĐỀ 2 </b>

<i><b>Thời gian làm bài: 120 phút</b></i>
<b>Bài 1. </b><i>(2,0 điểm)</i> Rút gọn các biểu thức sau :

a) 2 3 3 27  300
b)

1 1 1

:

1 ( 1)

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

 



 

  

 

<b>Bài 2. </b><i>(1,5 điểm)</i>

a). Giải phương trình: x2_{+ 3x – 4 = 0}

b) Giải hệ phương trình: 3x – 2y = 4
2x + y = 5

<b>Bài 3. </b><i>(1,5 điểm)</i>

Cho hàm số : y = (2m – 1)x + m + 1 với m là tham số và m #

1

2_{. Hãy xác định m trong mỗi}

trường hơp sau:

a) Đồ thị hàm số đi qua điểm M ( -1;1 )

b) Đồ thị hàm số cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại A , B sao cho tam giác OAB cân.

<b>Bài 4</b>. <i>(2,0 điểm): Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:</i>

Một ca nơ chuyển động xi dịng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngược dịng
từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đường sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc
dịng nước là 5 Km/h . Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi nước đứng yên )

<b>Bài 5. </b><i>(3,0 điểm)</i>

Cho điểm M nằm ngồi đường trịn (O;R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đường
tròn

(O;R) ( A; B là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.

b) Tính diện tích tam giác AMB nếu cho OM = 5cm và R = 3 cm.

c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đường trịn (O;R) tại hai điểm C và D ( C nằm giữa

M và D ). Gọi E là giao điểm của AB và OM. Chứng minh rằng EA là tia phân giác của
góc CED.

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<b>---ĐÁP ÁN</b>

<b>Bài 1: </b>

a) A = 3 b) B = 1 + <i>x</i>

<b>Bài 2</b> :

a) x1 = 1 ; x2 = -4

b) 3x – 2y = 4
2x + y = 5

<=> 3x – 2y = 4 7x = 14 x = 2
<=> <=>

4x + 2y = 5 2x + y = 5 y = 1

<b>Bài 3 </b>:

a) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(-1;1) => Tọa độ điểm M phải thỏa mãn hàm số :
y = (2m – 1)x + m + 1 (1)

Thay x = -1 ; y = 1 vào (1) ta có: 1 = -(2m -1 ) + m + 1
<=> 1 = 1 – 2m + m + 1
<=> 1 = 2 – m

<=> m = 1

Vậy với m = 1 Thì ĐT HS : y = (2m – 1)x + m + 1 đi qua điểm M ( -1; 1)

c) ĐTHS cắt trục tung tại A => x = 0 ; y = m+1 => A ( 0 ; m+1) => OA = <i>m</i>1
cắt truc hoành tại B => y = 0 ; x =

1

2 1

<i>m</i>
<i>m</i>

 

 _{=> B (}

1

2 1

<i>m</i>
<i>m</i>

 

 _{; 0 ) => OB =}

1

2 1

<i>m</i>
<i>m</i>

 


Tam giác OAB cân => OA = OB

<=> <i>m</i>1 =

1

2 1

<i>m</i>
<i>m</i>

 

 _{Giải PT ta có : m = 0 ; m = -1}

<b>Bài 4</b>: Gọi vận tốc thực của ca nô là x ( km/h) ( x>5)
Vận tốc xi dịng của ca nơ là x + 5 (km/h)
Vận tốc ngược dịng của ca nơ là x - 5 (km/h)
Thời gian ca nơ đi xi dịng là :

60
5

<i>x</i> _{( giờ)}

Thời gian ca nơ đi xi dịng là :

60
5

<i>x</i> _{( giờ)}
Theo bài ra ta có PT:

60
5

<i>x</i> ₊

60
5

<i>x</i> _{= 5}
<=> 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2_{– 25)}

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

 x

1 = -1 ( không TMĐK)

 x2 = 25 ( TMĐK)

Vậy vân tốc thực của ca nô là 25 km/h.
Bài 5:

D
C

E

O
M

A

B

a) Ta có: MA _{AO ; MB}_{BO ( T/C tiếp tuyến cắt nhau)}
=> <i>MAO MBO</i>  900

Tứ giác MAOB có : <i>MAO MBO</i>  ₉₀0_{+ 90}0_{= 180}0_{=> Tứ giác MAOB nội tiếp}

đường tròn

b) áp dụng ĐL Pi ta go vào _{MAO vng tại A có: MO}2_{= MA}2_{+ AO}2

 MA2 = MO2 – AO2

 MA2 = 52 – 32 = 16 => MA = 4 ( cm)

Vì MA;MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau => MA = MB => _{MAB cân tại A}

MO là phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO là đường trung trực => MO _AB
Xét _{AMO vng tại A có MO}_{AB ta có:}

AO2_{= MO . EO ( HTL trong}__{vuông) => EO =}
2

<i>AO</i>

<i>MO</i> ₌

9

5_(cm)

=> ME = 5 -

9
5₌

16
5 _(cm)

áp dụng ĐL Pi ta go vào tam giác AEO vng tại E ta có:AO2_{= AE}2_+EO2

 AE2 = AO2 – EO2 = 9 -

81
25₌

144
25 ₌

12
5

 AE =

12

5 _{( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE do MO là đường trung trực của AB)}

 AB =

24

5 _{(cm) => S}_MAB₌
1

2_{ME . AB =}

1 16 24

. .

2 5 5 ₌

192

25 _(cm2₎

c) Xét _{AMO vng tại A có MO}_{AB. áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông AMO}
ta có: MA2_{= ME. MO (1)}

mà : <i>ADC MAC</i> ₌

1

2_Sđ<i>AC</i>_{( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn}

1 cung)

_MAC_{DAM (g.g) =>}

<i>MA</i> <i>MD</i>

<i>MC</i> <i>MA</i> _{=> MA}2_{= MC . MD (2)}

Từ (1) và (2) => MC . MD = ME. MO =>

<i>MD</i> <i>ME</i>

<i>MO</i><i>MC</i>

_MCE_{MDO ( c.g.c) (M chung;}

<i>MD</i> <i>ME</i>

<i>MO</i> <i>MC</i> _{) =>}<i>MEC MDO</i>  _{( 2 góc tứng) ( 3)}
Tương tự: _OAE_{OMA (g.g) =>}

<i>OA</i>
<i>OE</i>₌

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

=>

<i>OA</i>
<i>OE</i>₌

<i>OM</i>
<i>OA</i> ₌

<i>OD</i> <i>OM</i>

<i>OE</i> <i>OD</i> _{( OD = OA = R)}

Ta có: _DOE_{MOD ( c.g.c) (}<i>O</i> _{chung ;}

<i>OD</i> <i>OM</i>

<i>OE</i> <i>OD</i> _{) =>}<i>OED ODM</i>  _{( 2 góc t ứng) (4)}
Từ (3) (4) => <i>OED MEC</i>  _{. mà :}<i>AEC MEC</i> ₌₉₀0

<i>AED OED</i> ₌₉₀0

=> <i>AEC</i><i>AED</i>_{=> EA là phân giác của}<i>DEC</i>

<b>ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10</b>
<b>MÔN : TOÁN</b>

<b>ĐỀ 3</b>

<i><b>Thời gian làm bài: 120 phút</b></i>
<b>Câu 1 (2.0 điểm):</b>

1) Giải phương trình:

x 1

x 1

1

2

4





 

2) Giải hệ phương trình:

x 2y

x y 5













<b> Câu 2:(2.0 điểm</b>)

a) Rút gọn biểu thức: A =

2( x 2)

x

x 4

x 2









_{với x}_{0 và x}_4.

b) Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nó là 15 cm2_{. Tính chiều}

dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.

<b> Câu 3: (2,0 điểm)</b>

Cho phương trình: x2_{- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x)}

a) Giải phương trình với m = 3.

a) Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và thỏa mãn

điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12

b)

<b> Câu 4:(3 điểm)</b>

Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường tròn
( O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E và D.

a) Chứng minh: NE2_{= EP.EM}

a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp.

b) Qua P kẻ đường thẳng vng góc với MN cắt đường trịn (O) tại K

( K không trùng với P). Chứng minh rằng: MN2_{+ NK}2_{= 4R}2_.
<b> Câu 5:(1,0 điểm)</b>

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = 2

6 4x

x

1





</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

<b>---Hết---ĐÁP ÁN</b>

Câu I.
a,

x 1

x 1

1

2(x 1) 4 x 1

x

1

2

4





 





   



Vậy tập nghiệm của phương trình S=

 

1

b,

x 2y

x 2y

x 10

x y 5

2y y 5

y 5







































_{Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5)}

Câu II.

a, với x _{0 và x}_4.

Ta có:

2( 2) 2( 2) ( 2) ( 2)( 2)
1
( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)

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

<i>A</i>

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

     

    

      

b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0

 _{Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)}

Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15 .

Giải ra tìm được :x1 = -5 ( loại ); x2 = 3 ( thỏa mãn ) .

Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm.
Câu III.

a, Với m = 3 Phương trình có dạng : x2_{- 2x} <i>x x</i>(  2) 0 _ _{x = 0 hoặc x = 2}

Vậy tập nghiệm của phương trình S=



0;2



b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì

' ₀ ₄ <i>_m</i> ₀ <i>_m</i> _{4 (*)}

       _.

Theo Vi-et :

1 2

1 2

2 (1)

3 (2)

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

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

 




 


Theo bài: x2

1 -2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12

 _2x₁_{- 2x}₂_{= -12 ) ( Theo (1) )}

hay x1 - x2 = -6 .

Kết hợp (1)  _x₁_{= -2 ; x}₂_{= 4 Thay vào (2) được :}

m - 3 = -8  _{m = -5 ( TM (*) )}

Câu IV .

a, _{NEM đồng dạng}_{PEN ( g-g)}

<b>H</b>

<b>E</b>
<b>D</b>

<b>F</b>
<b>I</b>

<b>P</b>
<b>O</b>

<b>N</b>
<b>K</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

2 _.

<i>NE</i> <i>ME</i>

<i>NE</i> <i>ME PE</i>

<i>EP</i> <i>NE</i>

   

b, <i>MNP MPN</i>  _{( do tam giác MNP cân tại M )}

  _{( ùng}  ₎

<i>PNE NPD c</i> <i>NMP</i>

=> <i>DNE DPE</i> _.

Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE
dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp .

c, _{MPF đồng dạng}_{MIP ( g - g )}

2 _. ₍₁₎

<i>MP</i> <i>MI</i>

<i>MP</i> <i>MF MI</i>

<i>MF</i> <i>MP</i>

   

.

_{MNI đồng dạng}_{NIF ( g-g )}

2

IF

.IF(2)

<i>NI</i>

<i>NI</i> <i>MI</i>

<i>MI</i> <i>NI</i>

   

Từ (1) và (2) : MP2_{+ NI}2_{= MI.( MF + IF ) = MI}2_{= 4R}2_{( 3).}

 

<i>NMI</i> <i>KPN</i> <i>_{( cùng phụ}</i><i>HNP₎</i>

=> <i>KPN</i> <i>NPI</i>

=> NK = NI ( 4 )

Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5)
Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm .

Câu V .

2
2

6 8

x 8 6 0 (1)
1

<i>x</i>

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

<i>x</i>



     


+) k=0 . Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x=
2
3
+) k _{0 thì (1) phải có nghiệm}_'_{= 16 - k (k - 6)}₀

2 <i>k</i> 8

    _.

Max k = 8  _{x =}

1
2



</div>

<!--links-->
Đè thi vào THPT (1)

• 3
• 377
• 0