Câu 5 (2,0 điểm).

Cho phương trình: \(x^2-2\left(m+1\right)x+m^2+3=0\left(1\right)\) , với m là tham số và x là ẩn số.

a) Giải phương trình (1) khi m = 3.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

Câu 6 (2 điểm).

a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): \(y=\frac{1}{4}x^2\) và A, B là 2 điểm thuộc (P) có hoành độ tương ứng bằng -2 và 4. Tìm tọa độ hai điểm A, B và viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A, B.

b) Cho một mảnh vườn hình chữ nhật. Biết rằng nếu giảm chiều rộng đi 3m và tăng chiều dài thêm 8m thì diện tích mảnh vường đó giảm 54 m2 so với diện tích bạn đầu, nếu tăng chiều rộng thêm 2m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích mảnh vườn đó răng 32 m2 so với diện tích ban đầu. Tính chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn đó.

Câu 7 ( 3 điểm).

Cho đường tròn (O,R) (đường tròn tâm O, bán kính R) và điểm A cố định nằm trên đường tròn (O;R). BC là một đường kính thay đổi của đường tròn (O;R) và không đi qua điểm A. Đường tròn đường kính AO cắt đoạn AB, AC tại các điểm thứ hai tương ứng là M, N. Tia OM cắt (O;R) tại điểm P. Gọi H là trực tâm của tam giác AOP. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AMON là hình chữ nhật.

b) Tứ giác PHOB nội tiếp được trong một đường tròn và \(\frac{OH.PC}{AC}\) không phụ thuộc vào vị trí của các điểm B, C.

c) Xác định vị trí của các điểm B, C sao cho tam giác AMN có diện tích lớn nhất?

Câu 8 (1 điểm).

Giải phương trình : \(\sqrt{2\left(x^2+4\right)}=3x^2-10x+6\)

-----------Hết----------------

Câu 5: 

a) Khi m = 3, ta có phương trình: \(x^2-8x+12=0\)

\(\Delta'=4^2-12=4\)

\(\Rightarrow x_1=\sqrt{4}+4=6;x_2=-\sqrt{4}+2=2\)

Vậy với m = 3, phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

b) Xét phương trình :

\(x^2-2\left(m+1\right)x+m^2+3=0\left(1\right)\)

\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-\left(m^2+3\right)=2m-2\)

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta'>0\Leftrightarrow2m-2>0\Leftrightarrow m>1.\)

Câu 6:

a) Với x = -2, \(y=\frac{1}{4}\left(-2\right)^2=1.\)

Với x = 4, \(y=\frac{1}{4}.4^2=4.\)

Vậy nên ta có : \(A\left(-2;1\right);B\left(4;4\right).\)

Gọi phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B là y = ax + b

Theo bài ra ta có hệ:

\(\hept{\begin{cases}1=-2a+b\\4=4a+b\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}1=-2a+b\\6a=3\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{2}\\b=2\end{cases}}\)

Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B là: 

\(y=\frac{1}{2}x+2.\)

b) Gọi chiều dài và chiều rộng ban đầu của mảnh vườn là x và y (m, x > y > 3, x > 4)

Diện tích mảnh vườn ban đầu là xy (m2)

Nếu giảm chiều rộng đi 3m và tăng chiều dài thêm 8m thì diện tích mảnh vườn đó là : (x + 8)(y - 3) m2

Nếu tăng chiều rộng thêm 2m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích mảnh vườn đó là: \(\left(x-4\right)\left(y+2\right)\)   m2

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

\(\hept{\begin{cases}\left(x+8\right)\left(y-3\right)=xy-54\\\left(x-4\right)\left(y+2\right)=xy+32\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}-3x+8y=-30\\2x-4y=40\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}-3x+8y=-30\\4x-8y=80\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=50\\2x-4y=40\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=50\\y=15\end{cases}}\left(tmđk\right)\)

Vậy chiều dài khu vườn là 50m, chiều rộng là 15m.

Câu 6: 

a) Xét đường tròn (O) có \(\widehat{BAC}=90^o\)   (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét đường tròn đường kính AO có: \(\widehat{AMO}=\widehat{ANO}=90^o\)(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tứ giác AMON có \(\widehat{AMO}=\widehat{MAN}=\widehat{ANO}=90^o\) nên AMON là hình chữ nhật.

b) Gọi K là giao điểm của AP và đường tròn đường kính AO.

Ta có ngay \(\widehat{AKO}=90^o\)   (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Vậy OK là đường cao tam giác APO.

Ta cũng có AM là đường cao tam giác APO nên giao điểm của OK và AM chính là trực tâm H.

+) Ta có OP vuông góc với dây cung AB tại M nên ta có ngay \(sđ\widebat{BP}=sđ\widebat{PA}\)

Tứ giác KAOM nội tiếp đường tròn đường kính AO nên \(\widehat{KAM}=\widehat{KOM}\)   (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung KM)

Xét đường tròn (O) ta có: \(\widehat{KAM}=\widehat{PAB}=\widehat{PBA}\)  (Góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau)

\(\Rightarrow\widehat{PBH}=\widehat{POH}\)

Xét tứ giác PHOB có \(\widehat{PBH}=\widehat{POH}\) mà B, O lại là hai đỉnh kề nhau nên PHOB là tứ giác nội tiếp.

+) Ta có \(\widehat{PAC}=\widehat{PAB}+\widehat{BAC}=\widehat{PAB}+90^o=\frac{1}{2}sđ\widebat{PB}+90^o\)

\(\widehat{PHC}=180^o-\widehat{PBO}=180^o-\frac{1}{2}\left(180^o-sđ\widebat{PB}\right)=\frac{1}{2}sđ\widebat{PB}+90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{PAC}=\widehat{PHC}\)

Xét tam giác PAC và tam giác PHO có:

\(\widehat{PAC}=\widehat{PHC}\left(cmt\right)\)

\(\widehat{PCA}=\widehat{POH}\left(=\widehat{PBA}\right)\)

\(\Rightarrow\Delta PAC\sim\Delta PHC\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{PC}{PO}=\frac{AC}{OH}\Rightarrow\frac{OH.PC}{AC}=PO=R\)

Vậy nên \(\frac{OH.PC}{AC}\) không phụ thuộc vào vị trí của các điểm B, C.

c) 

Ta có \(\widehat{ANM}=\widehat{AOM}=\widehat{ACB}\)  (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow\Delta AMN\sim\Delta ABC\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AM}{AB}\right)^2=\frac{1}{4}\)

Vậy nên diện tích tam giác AMN lớn nhất khi diện tích tam giác ABC lớn nhất.

\(S_{ABC}=\frac{1}{2}BC.d\left(A,BC\right)=R.d\left(A,BC\right)\le R.R=R^2\)

Vậy BC phải là đường kính vuông góc với OA thì diện tích tam giác AMN là lớn nhất.

Câu 8:

ĐK có nghiệm : \(3x^2-10x+6\ge0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x\le\frac{5-\sqrt{7}}{3}\\x\ge\frac{5+\sqrt{7}}{3}\end{cases}}\)

\(\sqrt{2\left(x^2+4\right)}=3x^2-10x+6\)

Bình phương hai vế ta có:

\(2\left(x^2+4\right)=\left(3x^2-10x+6\right)^2\)

\(\Leftrightarrow7x^4-6x^3+136x^2-120x+28=0\)

Ta thấy ngay phương trình trên không có nghiệm x = 0. Chia cả hai vế cho x ta có:

\(7x^2-6x+136-\frac{120}{x}+\frac{28}{x^2}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(7x^2+\frac{28}{x^2}\right)-\left(6x+\frac{120}{x}\right)+136=0\)

 

\(\Leftrightarrow7\left(x^2+\frac{4}{x^2}\right)-60\left(x+\frac{2}{x}\right)+136=0\)

Đặt \(t=x+\frac{2}{x}\left(t\ge2\sqrt{2}\right)\)

Ta có \(t^2=\left(x+\frac{2}{x}\right)^2=x^2+\frac{4}{x^2}+4\Rightarrow x^2+\frac{4}{x^2}=t^2-4\)

Khi đó ta có :

\(7\left(t^2-4\right)-60t+136=0\)

\(\Leftrightarrow7t^2-60t+108=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=6\left(tmđk\right)\\t=\frac{18}{7}\left(ktmđk\right)\end{cases}}\)

Với t = 6 thì \(x+\frac{2}{x}=6\Leftrightarrow x^2-6x+2=0\)

\(\Rightarrow x_1=3+\sqrt{7};x_2=3-\sqrt{7}\left(tmđk\right)\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S=\left\{3-\sqrt{7};3+\sqrt{7}\right\}.\)

 

 

 

Link bài học:
Thảo luận
Hattory Heiji
Trả lời
0

20 tháng 3 lúc 21:48

thanhtung
Trả lời
3

15 tháng 10 2018 lúc 19:48

shitbo 26 tháng 12 2018 lúc 15:20

xam thek

Long Nguyễn Thành 11 tháng 2 lúc 21:53

Jason vorhees

nguyenquockhang 7 tháng 4 lúc 15:47

vc