de on tap

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4  x 2 x M    x x  1 x  x  1  Bài 1. Cho biểu thức.  x1 : 2 x  1  với x 0; x 1 1. 1) Rút gọn biểu thức M 1) Tìm x để M = 2 Bài 2. Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P): y = x2, đường thẳng (d) có hệ số góc k và đi qua điểm I(0; 1) 1) Chứng minh rằng (d) và (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt với mọi k 2) Gọi 2 giao điểm của (d) và (P) là 2 2. A  x1 ; y1  B  x 2 ; y 2  , . Tìm k để tam giác OAB có diện tích bằng.  a  1 x  y a  1  x   a  1 .y 2 Bài 3. 1) Cho hệ phương trình:  a) Giải hệ với a = 2 b) Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) thoả mãn x + y nhỏ nhất. 2) Một hình chữ nhật có diện tích bằng 35m2. Nếu tăng chiều rộng thêm 2m và giảm chiều dài đi 2m thì diện tích không thay đổi. Tính chu vi hình chữ nhật đó. Bài 4. Cho đường tròn (0;R), hai đường kính AB và MN. Đường thẳng BM và BN cắt tiếp tuyến kẻ từ A của đường tròn lần lượt tại E,F. Gọi P,Q theo thứ tự là trung điểm của EA và FA. 1) Chứng minh tứ giác MNFE nội tiếp được 2) Kẻ PI vuông góc với BQ, PI cắt OA tại H. Chứng minh AH.AB = AQ.AP và H là trung điểm của OA 3) Tính giá trị nhỏ nhất của của diện tích tam giác BPQ theo R 2 2 2 Bài 5. Cho a,b,c > 0 thoả mãn a  b  c 1. a b c 3 3  2  2  2 2 2 c a a b 2 Chứng minh rằng : b  c 2. BÀI. HƯỚNG DẪN GIẢI. NỘI DUNG. 1  x 2 x M     x x  1 x  x 1.  x1 : 2 x  1  với x 0; x 1 1. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> M. M. M. x 2 x. . . . . . x  x. x1. . . x  1 x  x 1. . . x1. . Vậy M 1 . . .. 2 x1. 2 x1. 2. . x  1 x  x 1. M. .. x  1 x  x 1. x 2x . .  . x  1  x  x 1. 2 2  x  1 x  x 1. .. 2 x  x  1 với x 0; x 1. 2 2  x  x 0 x  x 1. . . x. x  1 0. . x 0 ( do. x 1  0 ).  x 0 (TMĐK) Tìm được x = 0 (tmđk) x = 1 ( loại) và kết luận 2. Vì đường thẳng (d) có hệ số là k nên (d) có dạng y = kx + b Đường thẳng (d) đi qua điểm I(0; 1) ta có 1 = k.0 + b => b = 1 => (d) có dạng y = kx + 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): x 2 kx  1  x 2  kx  1 0 (*). Ta có 1.(-1) = -1 < 0 => phương trình (*) có 2 nghiệm trái dấu với mọi k Chứng tỏ (d) và (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt với mọi k Vẽ (P) và (d) Hai giao điểm của (d) và (P) là phương trình (*). 2. A  x1 ; y1  B  x 2 ; y 2  , ., nên x1, x2 là nghiệm của.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x1  x 2 k  x .x  1 Theo hệ thức viet ta có:  1 2 Vì x1 .x 2  1  0 , nên điểm A, B nằm ở 2 phía của trục Oy. Giả sử A nằm bên trái Oy => x1  0  x 2 Kẻ AH, BK  Oy => . SOAB SOAI  SOBI . 1 OI.  AH  BK  2 2 2. 1 1 .1.  x1  x 2  2 2   x 2  x1  2 2 2 2 ( do x1 < 0; x2 > 0) 2. 2.   x 2  x1  32   x1  x 2   4x1x 2 32.  k 2  4 32  k 2 7 Vậy với k 2 7 thì tam giác OAB có diện tích bằng 2 2 3. Thay a = 2 vào hệ phương trình ta được. 3x  y 1   x  y 2. 3  x  4x 3  4    x  y 2  y  5  4. Vậy với a = 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất  a  1 x  y a  1   x  a  1 .y  2   . 3 5 ;   4 4.  x; y  .  x 2   a  1 .y   a  1 .  2   a  1 y   y a  1.  x 2   a  1 y  2 a .y a  3(*) Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất  phương trình (*) có nghiệm duy nhất  a 0. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  a 2  2a  3  x  a2  y a  3 a2 HS tính được . Xét. xy . a 2  2a  3 a  3 a 2  a  6 1 6  2  1   2 2 2 a a a a a 2. 1  23 23  1 6t 2  t  1 6  t     12 24 24   a Đặt t = , ta có x + y = 1 1 1 t     a 12 12 a 12 Dấu bằng xảy ra khi (tmđk) Vậy với a = 12 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn Min(x+y) = 23 24 Gọi chiều rộng hình chữ nhật là x (m; x > 0) 35 Chiều dài hình chữ nhật là x (m) Tăng chiều rộng lên 2m, ta có : x + 2 (m) 35 2 Giảm chiều dài đi 2 m , ta có x (m) Theo bài ra diện tích không đổi nên ta có phương trình:  35    x.  2   x  2  35 . Giải phương trình tìm được x = 5 (tmđk) => chiều rộng hình chữ nhật là 5 (m). Chiều dài hình chữ nhật là 7(m) Vậy chu vi hình chữ nhật là : (5 + 7) .2 = 24(m). 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 4. Hình vẽ. B. N. M. I. O. 1 H. 1 d. E. a). P. A. Q. 0  Ta có ANB 90 (gnt chắn nửa đường tròn). => AN  BF.    => A1 F ( cùng phụ NAF )    Mà A1 M1 (2 gnt cùng chắn BN )   => F M1 0   Mà M1  EMN 180 (2 góc kề bù) 0   => F  EMN 180. => Tứ giác MNFE nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800) b). Xét  PAH và  BAQ có :.  PQB chung   PAH BAQ  900  =>  PAH.  BAQ (gg). AH AP   AH.AB AP.AQ AQ AB => 0  Ta có MBN 90 (gnt chắn nửa đường tròn (0)). Nên  EBF vuông tại B , lại có BA  EF (gt) => AE . AF = AB2. 5. F.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông)  4AP.AQ = 4R2  AP.AQ = R2. Lại có AH.AB = AP.AQ (cmt). AP.AQ R 2 R AH    AB 2R 2 => Chứng tỏ H là trung điểm của AO c). 1 SBPQ  AB.PQ R.PQ 2 Ta có Do R không đổi nên để SBPQ nhỏ nhất  PQ nhỏ nhất áp dụng BĐT Côsi với 2 số dương ta có:. AP  AQ 2 AP.AQ 2 R 2 2R (Do AP.AQ = R2 (câu b)) Hay PQ  2R PQ nhỏ nhất khi AP = AQ  AE = AF   EBF vuông cân tại B.      M1 E (do M1 F )  MN // d  MN  AB ) Khi đó PQ = MN = 2R và SBPQ = 2R2. 5. 2 2 2 Do Cho a,b,c > 0 thoả mãn a  b  c 1 => 0  a, b,c  1. Ta có. a a a2 b b2 c c2   ;  ;  b2  c2 1  a 2 a  1  a 2  a 2  c2 b  1  b 2  a 2  b2 c  1  c 2 . áp dụng BĐT Coossi ta có : 3. 2a  1  a 2. 2. . 2. 8  2a 2  1  a 2  1  a 2     3   27. a2 3 3  a 1 a     a 2 a 1  a  2 3 3 2. 2. 6. 2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Dấu = xảy ra khi :. Cmtt ta cũng có :. 2a 2 1  a 2  a . 3 (a  0) 3. b2 3 3 2 c2 3 3 2  b ;  c b  1  b2  2 c 1  c2  2. a b c 3 3 2 3 3 2 3 3 2    a  b  c 2 2 c2  a 2 a 2  b2 2 2 2 => b  c a b c 3 3 2 3 3 2 2    a  b  c    b2  c2 c2  a 2 a 2  b 2 2 2 Dấu = xảy ra khi. a b c . 7. 3 3.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>