De on tap

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7.
Bài 1.

Giải phương trình: 2x2 – 5x – 7 = 0.
Giải hệ phương trình:

Cho phương trình
(m là tham số).
Tìm m để phương trình có hai nghiệm
thỏa mãn
.
Bài 1. Cho biểu thức B =
(với x > 0; x
1)
Rút gọn B.
Tính giá trị của B khi x =
.
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + 1 và parabol (P): y =
.
Tìm b để đường thẳng b đi qua điểm B (-2;3)
Tìm b để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (
) và (
) thỏa mãn điều kiện
.
Bài 1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao AD, BE
lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N.
Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn đó.
Chứng minh rằng: MN // DE.
Cho (O) và dây AB cố định. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB.
d) Tìm vị trí điểm C trên cung lơn AB cố định để diện tích tam giác CDE lớn nhất
Bài 1. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn:
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
.
HƯỚNG DẪN GIẢI.
BÀI
NỘI DUNG

1

Ta có: a - b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm




Hệ đã cho tương đương với hệ :
(

Vậy hệ phương trình có nghiệm
.



Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm
là



Theo hệ thức Vi-ét:
.
Ta có



(thoả mãn)



Ta có: B =
=
=




Ta có:
nên

Vậy B =
=
=
.



Vì (d) đi qua điểm B(-2;3) nên thay
vào hàm số:
ta có:

.



Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

(1).
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt
.
Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và
,
.
Theo hệ thức Vi-et ta có:
.Thay y1,y2 vào
ta có:




(thỏa mãn
) hoặc
(không thỏa mãn
)
Vậy
thỏa mãn đề bài.


Hình vẽ




a)
Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên :

và

Xét tứ giác AEDB có
nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB.
Tâm I của đường tròn này là trung điểm của AB.


b)
Xét đường tròn (I) ta có:
(cùng chắn cung
)
Xét đường tròn (O) ta có:
(cùng chắn cung
)
Suy ra:
(do có hai góc đồng vị bằng nhau).


c)
Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.
*) Xét tứ giác CDHE ta có :
(do
)

(do
)
suy ra
, do đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.
Như vậy đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, có bán kính bằng
.
*) Kẻ đường kính CK, ta có:

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)
,
mà
(giả thiết) nên KA // BH (1)
chứng minh tương tự cũng có: BK // AH (2)
Từ (1) và (2), suy ra AKBH là hình bình hành.
Vì I là trung điểm của AB từ đó suy ra I cũng là trung điểm của KH, lại có O là trung điểm của CK vậy nên
(t/c đường trung bình)
Do AB cố định, nên I cố định suy ra OI không đổi.
Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi.


Hình vẽ





Cách 2 : Gọi H là trực tâm của tam giác ABC

(1’)
Kẻ đường