de on tap

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 13.
Câu 1.
2 x  y 3

a) Giải hệ phương trình: 3x  2 y 1
2
b) Cho phương trình x  2 x  m  3 0 ( m là tham số). Tìm m để phương trình có nghiệm x = 3. Tìm

nghiệm cịn lại.
2
Câu 2. Cho phương trình: x  (m  5) x  3m  6 0 (x là ẩn số).

a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm với mọi số thực m.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1, x2 là độ dài hai cạnh góc vng của một tam giác vng
có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Câu 3. Cho mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45 m. Nếu giảm chiều dài 2 lần
tăng chiều rộng lên 3 lần thì chu vi khơng đổi. Tính diện tích mảnh đất
Câu 4. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, nội tiếp trong đường trịn (O).Các đường cao BF,CK của tam
giác ABC lần lượt cắt (O) tại D, E.
a) Chứng minh : Tứ giác BCFK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh : DE //FK.
c) Gọi P,Q lần lượt là điểm đối xứng với B,C qua O.Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác AFK

có bán kính khơng đổi khi A thay đổi trên cung nhỏ PQ (không trùng với các điểm P,Q)
Câu 5.

Cho a, b, c >1. Chứng minh rằng

1

BÀI

a)
b)

a
b
c


12
b1
c1
a1

HƯỚNG DẪN GIẢI.
NỘI DUNG
2 x  y 3


3 x  2 y 1

 4 x  2 y 6


3 x  2 y 1

7 x 7


3x  2 y 1

 x 1

 y  1

Thay x = 3 vào phương trình (1) ta được:
32  2.3  m  3 0  m  6 0  m  6
x 2  2 x  3 0
Thay m = -6 vào PT (1) có dạng:

Ta có: a – b + c = 1+ 2 – 3 = 0
PT có hai nghiệm : x1 = -1; x2 = 3
Vậy nghiệm còn lại là x = -1
2

a)

x 2  (m  5) x  3m  6 0 (1)

Do hệ số a của phương trình bằng 1 khác 0 nên phương trình(1) là phương trình
bậc hai một ẩn.
2
2
2
Lại có:  (m  5)  4(3m  6) m  2m  1 (m  1) 0, m

b)

Do đó, phương trình ln có nghiệm với mọi m.
Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1) áp dụng hệ thức vi-ét ta có:

x1  x2 m  5 và x1 x2 3m  6 .

Để hai nghiệm của phương trình là độ dài hai cạnh của tam giác vng có cạnh
 x1  x2  0
 x1  0; x2  0

  x1.x2  0
 2
2
 x1  x2 25
 2
2
 x1  x2 25
huyền bằng 5 ta cần tìm m sao cho :
x  x  0
x1  0; x2  0   1 2

x1.x2  0

+)

m  5  0


3m  6  0

m   5
 m   2 (*)


m   2

2

) x12  x22 25   x1  x2   2 x1.x2 25
2

  m  5   2  3m  6  5  m 2  10m  25  6m  12 25
 m2  4m  12 0
 ' 4  12 16  0 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt
m1 2 ; m2  6 .

Kết hợp với (*) suy ra m = 2
Vậy với m = 2 thì phương trình có hai nghiệm là hai cạnh của tam giác vng
có độ dài cạnh huyền là 5.
3

Gọi chiều rộng, chiều dài của thửa ruộng tương ứng là x(m), y(m). Điều kiện x
> 0, y > 0;
Vì chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45 m nên y - x = 45 (1).
Chiều dài giảm 2 lần, chiều rộng tăng 3 lần ta được hình chữ nhật có hai chiều
y
dài và chiều rộng là 2 (m) và 3x(m).
y

2  x  y  2  3 x    2  .
2

Theo giả thiết chu vi không thay đổi nên:

 y  x 45

y


2
x

y

2
3
x






2

.

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
 x 15  m 

 y 60  m 
Giải hệ này ta có 
Vậy diện tích của thửa ruộng là:

S  xy 900  m 2  .


4

Hình vẽ

a)
Do


BF  AC ( gt )  BFC
900

CK  AB ( gt )  BKC
900

.



Tứ giác BKFC có hai góc BFC ; BKC cùng nhìn cạnh BC dưới góc 900 nên nội

tiếp đường trịn đường kính BC
b)



KFB
KCB

( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK của đường tròn (BKFC)) (1)



KCB
ECB
 EDB
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE của đường tròn (O) (2)

c)



EDB
Từ (1) và (2) suy ra KFB
mà chúng ở vị trí đồng vị nên KF // ED
Kẻ đường kính AN và lấy điểm M là trung điểm BC

Ta có




ACN  ABN 900
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

NC  AC và BN  AB mà BH  AC và CH  AB
NC // BH và NB // CH => BHNC là hình bình hành
M là trung điểm BC cũng là trung điểm HN.
Lại có O là trung điểm AN

Suy ra OM là đường trung bình của tam giác AHN
=>

OM 

AH
2 và OM // AH
AKH AFH

900

Gọi I là trung điểm AH. Ta có
=> t/g AKHF nội tiếp
đường trịn đường kính AH
 I là tâm và AI là bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác AKHF hay của
 AFK
AI 

5

AH
OM
2

Vì BC, (O) cố định suy ra M cố định => OM không đổi =>
( không đổi) suy ra đường trịn ngoại tiếp tam giác AFK có bán kính AI = OM
khơng đổi.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

a
b
c


3 3
b1
c1
a1

a
b
c
.
.
b1 c1 a1

Ta lại có với mọi x > 1, ta có :



33

ÁP dụng nhận xét trên ta có

x 2



2

0 

x
4
x1

a
b
c
.
.
3 3 4.4.4 12
b1 c1 a1
(2)

a
b
c


12
b1
c1
a1

Từ (1) và (2) suy ra
Đẳng thức xảy ra khI a=b=c=4

(1)