de on tap

ĐỀ ƠN TẬP SỐ 93.
Bài 1.
1. Giải phương trình mx2 + x – 2 = 0
a. Khi m = 0
b. Khi m = 1
 x  y 5

2. Giải hệ phương trình:  x  y 1
4
3
6 b 2


Bài 2. Cho biểu thức Q = b  1 b  1 b  1 (Với b  0 và b 1)

1. Rút gọn Q
2. Tính giá trị của biểu thức Q khi b = 6 + 2 5
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = x + n – 1 và parabol (P): y = x2
1. Tìm n để (d) đi qua điểm B(0;2)
2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần lượt là x1,
1 1
    x1 x2  3 0
x2 thỏa mãn: 4  x1 x2 

Bài 4. Cho đường trịn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) khơng đi qua O, cắt đường trịn (O)
tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường
tròn (C, D là các tiếp điểm).
1. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn.
2. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của góc CKD.
3. Đường thẳng đi qua O và vng góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R, T. Tìm
vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất.

Bài 5. Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:
5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z.

BÀI
1

a)

HƯỚNG DẪN GIẢI.
NỘI DUNG
Khi m = 0 ta có x -2 = 0 => x = 2
1


b)

Khi m = 1 ta được phương trình: x2 + x – 2 = 0 => x1 = 1; x2 = -2
Giải hệ phương trình:
 x  y 5
 x 3


 x  y 1   x 2

Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;2)
2

Rút gọn Q

Q=

4
3
6 b 2


b 1 =
b1
b 1





4( b  1) 3 b  1
6 b 2


b1
b 1
( b  1)( b  1)


4 b  4 3 b  3 6 b  2
( b  1)( b  1)

b1
( b  1)( b  1)
1


b 1


2
Thay b = 6 + 2 5 ( 5  1) (Thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức

1

Q đã rút gọn ta được:

( 5  1) 2  1



1
 5 2
5 2

Vậy b = 6 + 2 5 thì Q = 5 -2
3

Thay x = 0; y = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta được: n = 3
Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 – x – (n - 1) = 0
(*)
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2
nghiệm phân biệt x1; x2
  4n  3  0  n 

3

4.

 x1  x2 1

Khi đó theo định lý Vi ét ta có:  x1 x2  (n  1)

2


1 1
    x1 x2  3 0 
Theo đề bài: 4  x1 x2 

 x x 
4  1 2   x1 x2  3 0
 x1 x2 

4
 n  2 0
 n 1
 n 2  n  6 0( DK : n 1)
 n1 2(TM ); n2 3( L )


Vậy n = 2 là giá trị cần tìm.
4

Hình vẽ

T

D

d
E

K
F
O

R

M

C

a)
b)



0

Ta có K là trung điểm của EF => OK  EF => MKO 90 => K thuộc
đương trịn đường kính MO => 5 điểm D; M; C; K; O cùng thuộc đường
tròn đường kính MO


=> DKM DOM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD)



CKM
COM
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC)


Lại có DOM COM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)


=> DKM CKM => KM là phân giác của góc CKD

b)

Ta có: SMRT = 2SMOR = OC.MR = R. (MC+CR) 2R. CM .CR
Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMR ta có: CM.CR
2
= OC2 = R2 khơng đổi => SMRT 2R
Dấu = xảy ra  CM = CR = R 2 . Khi đó M là giao điểm của (d) với
3


đường trịn tâm O bán kính R 2 .
Vậy M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R 2 thì diện
tích tam giác MRT nhỏ nhất.
5

Ta có: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60  5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 – 60 = 0
 x = (yz)2 -5(4y2 + 3z2 – 60) = (15-y2)(20-z2)

Vì 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 => 4y2 60 và 3z2 60 => y2 15 và z2 20

=> (15-y2) 0 và (20-z2) 0 =>  x 0
1
2
2
 yz  (15  y 2 )(20  z 2 )  yz  2 (15  y  20  z )
5
5

=> x=
(Bất đẳng thức

cauchy)
 2 yz  35  y 2  z 2 35  ( y  z ) 2

10
10
=> x 
35  ( y  z ) 2  10( y  z ) 60  ( y  z  5) 2

10
10
6
=> x+y+z 
 y  z  5 0
 x 1


2
2
15  y 20  z   y 2

 x  y  z 6
 z 3

Dấu = xảy ra khi 

Vậy Giá trị lớn nhất của B là 6 đạt tại x = 1; y = 2; z = 3.

4