CÂU 4. GỌI BÁN KÍNH HÌNH TRÒN LÀ R CHU VI HÌNH TRÒN BẰNG 2ΠR=10Π ⇒ =R...

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y=x

²

và đường thẳng (d) :2 2 1y= mx− m+a. +) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là : ⇒ = − +

2

x mx m⇔ − + − =2 2 1 0+) Thay m= −1 vào phương trình ta được : ⇒ + − =

2

2 3 0x x⇔ − + =( 1)( 3) 0 =  =x y1 1⇔ = − ⇒ =3 9+) Vậy khi m= −1 thì giao điểm của (P) và (d) là : (1;1); ( 3;9)−b. +) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là :∆ = − + = − > ∀ ≠ (1)

2

2

' m 2m 1 (m 1) 0 m 1 +) Suy ra (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt : A x y( ;

₁

₂

); ( ;B x y

₂

₂

) x ∈ P ⇒y =x

1

( )

1

1

x ∈ P ⇒ y =x

2

( )

2

2

+ = = −2x x m+) Áp dụng định lí viet ta có :

¹

²

2 1x x m

1 2

+) Vì tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2 nên ta có phương trình : ⇒ + =y y

1

2

⇔ + =⇔ + − =x x x x( ) 2 2

1

2

1 2

⇔ − − =m m4 2(2 1) 2⇔ − =4 4 0 =m TM0( )⇔  =1( )m Loai+) Vậy m=0 thì (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt : A x y( ;

1

2

); ( ;B x y

2

2

) sao cho tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2 . Bài II (2,5 điêm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoạc hệ phương trình Một đội xe theo kế hoạch chở hết 120 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm được 5 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hết số hàng đó trong bao nhiêu ngày? Hướng dẫn giải Gọi thời gian chở hàng theo kế hoạch là x (ngày,x > 1 ) Năng suất của đội xe theo kế hoạch là 120x (tấn/ngày) Thời gian chở hàng thực tế là x−1 (ngày) Năng suất thực tế là 1251x− (tấn/ngày) Vì đội xe chở hàng vượt mức 5 tấn/ ngày nên ta có phương trình 125 120− =1 5−⇒ − − =5 10 120 06x⇔  = −4Vì x > 1nên x = 6Vậy thời gian chở hàng theo kế hoạch là 6 ngày Bài III. (3,5 điểm)

N

E

O

C

D

I

K

P

Q

M

a) Xét đường tròn

( )

^O có đường kính MN, M là điểm chính giữa cung nhỏ CD (gt)nên MN vuông góc với CD tại trung điểm I của CD. Do đó: MID=90

⁰

Ta có ;^{1 } 90

⁰

  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) E∈O 2MN⇒MEN =Xét tứ giác IKEN có: MI D+MEN =90

⁰

+90

⁰

=180

⁰

mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác IKEN nội tiếp. (theo dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) b) Tứ giác IKEN nội tiếp (cmt) nên MEI =MNK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)Xét ∆MEI và ∆MNKcó: =  ⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =MEI MNK cmt EI ME( )( . ) . .MEI MNK g g EI MN NK MENK MN EMIchungc) Xét ∆MNPcó 2 đường cao ME và PI cắt nhau tại K nên K là trực tâm ∆MNPDo đó NK vuông góc với MP tại Q. Từ đó suy ra ^NQP=90

⁰

Xét tứ giác NIQP có: ^{ }NIP=NQP=90

⁰

mà 2 góc này cùng nhìn NP do đó tứ giácNIQP nội tiếp. Suy ra QNP^{ }=QIP (vì cùng chắn cung PQ) (1)Tứ giác IKEN nội tiếp (cm a) nên QNP^{ }=EIK (cùng chắn cungEK) (2)Từ (1) và (2) suy ra QIP^{ }=EIK . Do đó IK là phân giác của EIQ^.d) Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE tại H. Chứng minhkhi E di động trên cung lớn CD (E khác C, D, N) thì H luôn chạy trên một đường cốđịnh. =⊥ ⇒ ⇒ME NPTa có:  

( )

/ / DEM DHC dvME CH⊥   = 

( )

CH NP MEC ECH sltMà ^{ }DEM =MEC ( 2 góc nt chắn 2 cung = nhau)  EHC ECH⇒ =⇒ ∆EHCcân tại E⇒EN là trung trực của CHXét ∆DCHcó: IN là trung trực của CD (dễ dãng cm) ⇒NC=NDEN là trung trực của CH (cmt) ⇒NC=NH⇒N là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆DCH⇒ ^H∈

(

^{N NC;}

)

Mà N, C cố định => H thuộc đường tròn cố định khi E chạy trên CDBài IV (0,5 điểm):  Đặt ^{A a b c 1 b 1 c 1 a 3 b c a}= + + + + + = − + + − + + − + = − + + + + + a b b c c a a b b c c a a b b c c aMà do a b c; ; >0nên: b b+ + +a b >a b cc cb c >a b ca ac a > a b cCộng các vế ta được: + + > + + =b c a a b c+ + + + +a b b c c a a b cb c a⇔ − + + + + + < −a b b c c a3 3 1⇔ <2 (*)Aa b c a b cĐặt ( ) ( ) ( )B= b c + c a + a b = a b c + b c a + c a b+ + + + + +Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương a; b+cta được: + ≤ + + ⇔ ≥( ) 2a b c a aa b c2 ( )Tương tự ta có: b c a ≥c a b ≥+ +Từ đó, ta có: 2 2 2+ + ≥ =( ) ( ) ( )a b c b c a c a b2 (**)⇔ ≥BTừ (*), (**)ta có: A<Bhay a b c a b ca b+b c+c a < b c + c a + a b=> đpcm