Nguồn website giaibai5s.com
Câu 1:
x + 3 X-1 X + 5 1. Giải phương trình: –
-X + 1. 1 2 3 3 2. Cho phương trình x” – 2(m – 1)x – 3 = 0.
Tìm m để phương trình có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng bình
phương nghiệm kia. Câu 2: Trên một khúc sông AB, một chiếc canô chạy xuôi dòng từ A đến B
hết 4 giờ và chạy ngược dòng từ B về A hết 5 giờ. Biết vận tốc dòng nước là 2km/h. Hãy tính chiều dài khúc sông AB và vận tốc thực của canô (khi
nước yên lặng). Câu 3: Cho đường tròn (O) cố định ngoại tiếp một tam giác ABC nhọn, các
đường cao BD và CE cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt ở D’ và E. 1. Chứng minh rằng tứ giác BEDC nội tiếp và DE // D’E. 2. Chứng minh rằng OA vuông góc với DE. 3. Cho các điểm B, C cố định. Chứng minh rằng khi A di động trên cung
lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn thì bán kính đường tròn ngoại
tiếp ADE không đổi. Câu 4: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn ao + b2 + c^ = 2. Chứng minh a + b + c – abc < 2.
Câu 1:
- Giải phương trình
1
X + 3
” — 2
X-1 – 3
X + 5
–
— X
+
4
23
3x + 9 – 2x + 2 = 2x + 10 — 6x + 24
5x = 23
x = =
J
+ 2
- Vì a + b + c = 0 nên phương trình nghiệm là 1 và 2m – 3.
Theo đề bài ta phải có (2m – 3)^ = 1 hoặc 2m – 3 = (1)
ĐS: m = 1 hoặc m = 2. Câu 2: Gọi S(km) là chiều dài khúc sông AB (S > 0) và v (km/h) là vận tốc
thực của ca nó. Khi xuôi từ A đến B, ca nô có vận tốc là y + 2 Khi ngược từ B và A, ca nô có vận tốc là y – 2
i s
(S – 4v = 8 Theo đề ra ta có 4
hay
1 S — 5V = -10
ly _ 2 Giải hệ (*) ta được v = 18, S = 4.18 + 8 = 80. | Vậy chiều dài khúc sông AB là 80km, và vận tốc ca nô là 18km/h. Câu 3: 1. Theo giá thiết Bùi AC, CE I AB. Ta có
BDC = 90°, BEC = 90°. Từ đó suy ra D, E thuộc đường tròn đường kính BC. Vậy BEC nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm BC. • Trên đường tròn (0)
EK
BCE = BDE EBE
(1)
BE
- Trên đường tròn (O’) ta có BCE –
= -sdBE
(2)
1
Từ (1) và (2) suy ra BDE = BDE
Hai góc này ở vị trí đồng vị nên DE // D’E’. 2. Trên đường tròn (O’) ta có EBD = ECD = “sđED
2 Từ (3) suy ra ABD = ACE
(4)
(6)
Trên đường tròn (O), từ (4) suy ra điểm A chính giữa cung DE nên OA I D’E
(5) Mà DE // D’E
Từ (5) và (6) suy ra OAI DE 3. AEH = 90°, ADH = 90° vì BD, CE là đường cao của tam giác ABC
Suy ra ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AH Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE chính là đường tròn
(1; AH
2
Kẻ các đường kính BOB’ và COC của đường tròn (O). Để tam giác ABC có ba góc nhọn thì điểm A chỉ được chuyển động trên cung B’C’ (trừ B’, C’). Lúc đó H ở bên trong AABC. • Vẽ đường kính AOM của đường tròn (0) Vì AM là đường kính nên ABM = ACM = 90° • Ta có CHI AB = CH || MB
(7) MB I AB Tương tự ta có BH || MC • Từ (7) và (8) ta thấy BHCM là bình hành nên HM đi qua ) (trung điểm của đoạn thẳng BC) Và do đó 001 BC
(9) Vì H là giao điểm của đường cao hạ từ B, C nên AHI BC (10) Từ (9) và (10) ta được 00 || AH
(8)
- Tam giác AHM có 00 là đường trung bình nên 00 =
AH
2
Ta thấy BC cố định nên 00 không đổi, suy ra AH có độ dài không đổi
AH Vậy bán kính 1 của đường tròn ngoài của đường tròn ngoại tiếp tam
giác ADE nhọn là không đổi (đpcm). Câu 4: Từ a + b + c – abc suy ra a(1 – bc) + (b + c)
Ta hãy áp dụng BĐT Bunhiacopski cho cặp (a; b + c) và cặp (1 – ba, 1) ta được a(1 – bc) + (b + c). 2 + (b + c)?][(1 – bc)2 + 12) (*) Ta có lao + (b + c)”][(1 – bc)? + 11 = [a^2 + b + c + 2bc][2 – 2bc + bức
= 2(1 + bc)(2 – 2bc + b2c?) = 2(2 + b3c3 – boc) (**)
Vì 2 = b + c? + a2 + b + c? 2bc, tức 2 > 2bc => be s 1 Do đó bỏ < boc nên 2(2 + bức – boc?) < 4 Từ (*), (**) và (***) ta suy ra đpcm.
(***)