(3,5 ĐIỂM). NEA) CHỨNG MINH TỨ GIÁC AOBC NỘI TIẾP CÓ

Question

Câu 4 (3,5 điểm). NEa) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp Có: M CAO 90    CAO CBO 180 CO 0   0H0CBO 90 AOBC là tứ giác nội tiếp Fb) Chứng minh  CH.CO CM.CN +) CM:  CAO   vuông tại A,  AH  CO  suy BQra  CA2 CH.CO  (2)

Accepted Answer

Câu 1 (2,5 điểm). a) A  3( 12  3)  3(2 3  3)  3. 3 3  b) Đường thẳng y (m 1)x 3    song song với đường thẳng y 2x 1   khi: m 1 2 3 1 m 3         c) x 2y 4 6x 12 x 2 x 2 5x 2y 8 2y 4 x 2y 2 y 1                           Câu 2 (2,0 điểm). Xét phương trình: x 2  2(m 2)x 4m 1 0 (1)     (x là ẩn số, m là tham số) a) Với m = 2, ta có pt: x 2  8x 7 0   Do a – b + c = 1 – 8 + 7 = 0 nên pt có 2 nghiệm: x 1   1; x 2   7 b) +) Do a 1 0   và   ' (m 2)  2  (4m 1) m   2     5 0 m Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. +) x 1 2  x 2 2  30  (x 1  x ) 2 2  2x x 1 2  30 (*) Do x 1 , x 2 là hai nghiệm của pt (1), theo Viet: x 1  x 2   2(m 2); x .x  1 2  4m 1  Từ (*) suy ra: 4(m 2)  2  2(4m 1) 30    m 2  2m 3 0      m  3; 1  (tmđk) Câu 3 (1,5 điểm). - Gọi vận tốc ô tô dự định đi từ A đến B là x (km/h), đk: x > 0  vận tốc ô tô thực tế đã đi từ A đến B là x + 5 (km/h) Thời gian ô tô đi hết quãng đường AB với vận tốc dự định là: 90 x (h) Thời gian ô tô đã đi hết quãng đường AB là: 90 x 5  (h) Ta có phương trình: 90 90 1 x  x 5  5  (*) (đổi 12 phút = 1 5 h) - Từ (*), ta có: 2 1 2 x 45 (tm) x 5x 2250 0 x 50 (loai)           - Vậy: Vận tốc dự định của ô tô là 45 km/h Câu 4 (3,5 điểm). a) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp Có:   0   0 0 CAO 90 CAO CBO 180 CBO 90           AOBC là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh CH.CO CM.CN  +) CM: CAO  vuông tại A, AH  CO suy ra CA 2  CH.CO (2) F Q P E H M B A O C N  CAM CNA CM CA 2 CAM CNA CM.CN CA CA CN C Chung               (3) Từ (2) và (3) suy ra : CH.CO CM.CN  c) Chứng minh POE OFQ    +) OFQ OCF COF OCP COF AOP COF                                   0 0 0 0 0 0 0 1 1 ) POE POA AOE AOP AOM AOP (180 AEM) 2 2 1 1 1 AOP 90 (ECF CFE) AOP 90 (180 AOB) (180 MFB) 2 2 2 1 1 AOP AOB (180 180 MOB) AOP COB BOF AOP COF 2 2                             Vậy: POE OFQ    d) Chứng minh: PE QF PQ   +) Áp dụng BĐT Cô si: PE QF 2 PE.QF   (4) +) CM: CPQ  cân tại C  OPE FQO    kết hợp POE OFQ    suy ra PEO    QOF PE PO PQ 2 PE.QF PO.QO ( ) QO QF 2      (5) Từ (4) và (5) suy ra: PE QF PQ   Câu 5 (0,5 điểm). +) Ta có: 3a 2  2ab 3b  2  (a b)  2  2(a b)  2  2(a b)  2  (a b) 2  T.tự: 3b 2  2bc 3c  2  (b c) 2  ; 3c 2  2ca 3a  2  2(c a)  Suy ra: P 2 2(a b c)    +) Áp dụng BĐT Cô si: a b c (a 1) (b 1) (c 1) 3 2 a 2 b 2 c 3 2.3 3 3                 Vậy: P 6 2  a b;b c;c a P 6 2 a 1; b 1; c 1 a b c 1 a b c 3                     KL: P min  6 2     a b c 1  Có thể cm a b c 3    bằng cách sau: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki với 3 bộ số: (1; a ), (1; b), (1; c) ta có:  1. a 1. b 1. c    2  3(a b c)    3 2  3(a b c)       a b c 3 Dấu “=” xảy ra khi a b c 1  1  1

(3,5 ĐIỂM). NEA) CHỨNG MINH TỨ GIÁC AOBC NỘI TIẾP CÓ

Câu 4 (3,5 điểm).

a) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp

Có:



 

CAO 90

    

CAO CBO 180

 



 



CBO 90

AOBC là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh CH.CO CM.CN 

+) CM: CAO  vuông tại A, AH  CO suy

ra CA

 CH.CO (2)

Bạn đang xem câu 4 - Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 - 2018 môn Toán sở GD và ĐT Ninh Bình -