Dap an vao 10 Bac Giang 1819

Câu 1:
A  5 20  5  1  5.(2 5  5)  1  5. 5  1 5  1 6
1/
2/ Đường thẳng y = (m-1)x+2018 có hệ số góc bằng 3 m-1=3m=4
Câu 2:
 x  4 y 8
2x  8 y 16
 3 y 3
 x 4




2x  5 y 13  2x  5 y 13
 y 1
 x  4 y 8
1/ 
2/ a/ Với a  0; a 1 ta có:





 6

10  2 a
B 

 .
 a  1 a a  a  a 1 





a1
4 a

 6( a  1)

10  2 a


.
  a  1 .( a  1)  a  1 .( a  1) 




4 a 4

 a  1 .(

a  1)


.



a1

4 a

2





a1

2

4 a

2



4( a  1)



b/ Với a  0; a 1 ta có:
1
a
C  1
.(a  a  1)  1 
a



a  1 .( a  1) 2


.



a1

2

4 a



1
a

( a  1) 2

0
a
với a  0; a 1 => C>1
 x  2
x 2  x  6 0  ( x  2)( x  3) 0  
 x 3 . Kết luận
3/ a/ Với m= - 1 ta có phương trình
a 1 
a

a

2

b/ Có

    m  2    4(3m  3) m 2  8m  16 (m  4) 2

2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt    0  (m  4)  0  m  4 0  m 4
Với m 4 phương trình có hai nghiệm phân biệt (có cũng được khơng có cũng được)
 x 3
x 2  (m  2) x  3m  3 0   x  3 .(x  m  1) 0  
 x m  1
Ta có

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là độ dài hai cạnh của một tam giác vng có cạnh huyền
bằng 5
m  1 3
m 4

 m 4





m 1 0
  m 1


m 1
 m 5
32  (m  1)2 52
(m  1)2 16
m 5; m  3



Vậy tất cả các giá trị cần tìm của m là: 5
Câu 3: Gọi vân tốc lúc đi là x (km/h) (x>2)
Vận tốc lúc về là x-2 (km/h)
10
Thời gian lúc đi là: x (giờ)
10
Thời gian lúc về là x  2 (giờ)
Vì thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 15 phút hay ¼ giờ nên ta có phương trình:
 x 10
10 1
10
 
 40( x  2)  x( x  2) 40x  x 2  2x-80=0<=>(x-10).(x+8)=0<=> 
x 4 x 2
 x  8


Ta thấy x=10 thỏa mãn điều kiện, x=-8 không thỏa mãn điều kiện.
Vậy vận tốc của Linh lúc đi là 10 km/h
Câu 4:

1/Có góc BMC = góc BNC = 900 nên góc AMH = góc ANH = 900
Tứ giác AMHN có tổng hai góc AMH + ANH = 180 độ nên tứ giác nội tiếp
2/ Tam giác ABC có các đường cao BN, CM cắt nhau tại H nên AH vng góc với BC tại P.
Chứng minh tam giác BMC đồng dạng với tam giác BPA
 BM.BA=BP.BC
3/ Tam giác ABC là tam giác đều nên AP là trung tuyến và H là trọng tâm của tam giác ABC.
2 3a
AP a 3  HA 
3
Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vng ABP tính được
0
Vì góc AMH =90 .Do đó AH kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác AMHN
2 3 .a
C
3
Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là:
4/ Chứng minh 5 điểm A, E, P, O, F cùng thuộc đường trịn đường kính AO
=> tứ giác AEPF nội tiếp => góc AEP + AFP = 180độ
(1)
Gọi K là giao điểm của AO với EF. Suy ra OA vng góc với EF tại K
2
2
Chứng minh AK . AO  AP. AH  AE =AF
Chứng minh tam giác AHF đồng dạng với tam giác AFP (c.g.c) => góc AHF = góc AFP (2)


Chứng minh tam giác AHE đồng dạng với tam giác AEP (c.g.c) => góc AHF = góc AEP (3)
Từ 1, 2 , 3 suy ra góc AHF+ góc AHF=180độ => 3 điểm E, H, F thẳng hàng.
Câu 5: Nhờ các bạn giải giúp