Nguồn website giaibai5s.com
- b) x4 – 8×2 + 15 = 0
Câu 1: Giải các phương trình sau: a) 2×2 – V2 x – 2 = 0
2×2 + 5y = -3 c) Giải hệ phương trình sau: {
3x” – 4+ y
2 – 3y có giá UI
–
+
–
+
Chứng tỏ biểu thức – có giá trị nguyên.
x” – y Câu 2: a) Vẽ trên mặt phẳng tọa độ Oxy, parabol (P): y = x^ và đường thẳng (d):
y = x + 2. Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P) trên đồ thị và thử
| lại bằng phép tính. Câu 3:
V V-1 Vx – 10 1. Rút gọn biểu thức P ==
(x > 0, X + 9). VX-3 Tx + 3 x-9 2. Tìm x để biểu thức P có giá trị nguyên. Câu 4: Cho phương trình x” – mx + m – 2 = 0.
- Chứng minh phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với | mọi m. 2. Tìm m để hai nghiệm x1, X2 của phương trình thỏa mãn
x – 2 x; – 2 = 4.
x, -1x., -1 Câu 5: Cho tam giác ABC (AB < AC) nhọn. Đường tròn tâm O đường kính
BC cắt các cạnh AC, AB lần lượt tại E, F. Gọi H là giao điểm của BE và CF; D là giao điểm của AH và BC. 1. Chứng minh AD i BC và AHAD = AE.AC 2. Chứng minh EFD0 là tứ giác nội tiếp. 3. Trên tia đối của tia DE lấy điểm D sao cho DL = DF. Chứng minh:
4 1 1 FLFB2 FC?
+ –
Câu 1:
- A = 18; X1 = V2, X2 = -2
- Đặt xo = t > 0, ta đưa về phương trình bậc 2: to – 8t + 15 = 0
t” – 8t + 15 = 0 có A = 16 – 15 = 1
= 3
X
= TV3
=
1/2
ť- 8t + 15 = 0 0
[t; = 5 x3/4 = 1V5
2X + 5Y = -3 X = 1 3. Đặt x = X > 0 và Y = y, ta có hệ :
3X – Y = 4 Y = -1
x = +1 x2 – 3y 4 Vậy hệ có nghiệm ; A =
- Vậy A có giá trị nguyên y = -1’* x2 –
y 2 khi x = +1 và y = -1.
X
–
2
+
–
Câu 2:
- a) Vẽ (P) và y = x + 2
- b) Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là (-1; 1) và (2; 4). Câu 3: LP VXlVX + 3) +(Vx – 1)(Vx – 3) + Vx -10
y = x + 2 X – 9 P = X + 3Vx + x – 47x + 3+ Vx –
X-9 2x – 7 11
– (x > 0; X + 9). 1 x 9 x -9. 2. Muốn P có giá trị nguyên
x = 20 | thì x – 9 = +11 { x = -2 (loại)
-2 -1
2 x Câu 4: 1. J = m2 – 4m + 8 = (m – 2)2 +4> 0 Vm.
Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. 2. 4,-2.42 = 4 xx – 2(x + x) + 4 = 4x1X2 – 4(x1 + xy) + 4 x; -1.x, -1
lab
S = X1 + X., = Theo định lí Viet:
P = x,.x, = = = m – 2 Đẳng thức có dạng P2 – 2(S2 – 2P) + 4P + 48 = 0
P2 – 282 + 4S = 0 0 m – 2)2 – 2m2 + 4m = 0 ♡-m2 + 4 = 0 m = +2. Câu 5: 1. Chứng minh AD 1 BC và AH.AD = AE.AC,
BEC = BFC = 90° H là trực tâm của AABC = AD là đường cao của AABC = ADI BC
SADC S AAEH = AHAD = AE.AC. 2. Chứng minh EFD0 là tứ giác nội tiếp p EOC = 2GBC
I DO Tứ giác FIFBD nội tiếp – CFD = EBC mà EBC = CFE = CFD = CFE = DFE = 2CFE Suy ra | ĐỘC = DFE = DFE + DOE = Eọc + DOÈ = 180° nên EFIDO nội tiếp.
—
=
m
- Vì DF = DL = DB trung trực của FL, do đó FL 1 DB. Gọi I là giao điểm của FL và BD: FI = IL.
1 1 1 Trong tam giác BFC vuông tại F, ta có –
có FI FB FC •
4 1 1 Thay FI
FLTa được — = —-
FL2 FB2 FC2
FI