Hướng dẫn gải đề tự ôn môn toán - đề số 5

Chia sẻ: Le Van Hieu | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

159
lượt xem 52
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'hướng dẫn gải đề tự ôn môn toán - đề số 5', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn gải đề tự ôn môn toán - đề số 5

TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ KIỂM TRA SỐ 05 Câu 1. x ≥ 0 a / x − x − 2 = ( x + 1)( x − 2).DK :  x ≠ 4  x +2 x− x −3   x− x 2  ⇒ P= − :  x + 1 ( x + 1)( x − 2)   ( x + 1)( x − 2) +     x −2  x−4− x+ x +3 x− x +2 x +2 x −1 = : = ( x + 1)( x − 2) ( x + 1)( x − 2) x + x + 2 x ≥ 0 x −1 −x − 3 b / Vo ' i  ta xét: P-1= −1 = x ≠ 4 x+ x +2 x+ x +2 −x − 3 Do : x ≥ 0 ⇒ − x − 3 < 0 mà x + x + 2 > 0 ⇒
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 Câu 2: ( x + 1) 2 + 2 xy + 2 y + y 2 + 2 x − 3 y − 3 = 0 DK : 2 x − 3 y − 3 ≥ 0(*) ⇔ x 2 + 2 x + 1 + 2 xy + 2 y + y 2 + 2 x − 3 y − 3 = 0 ⇔ ( x + y ) 2 + 2( x + y ).1 + 1 + 2 x − 3 y − 3 = 0 ( x + y + 1) 2 ≥ 0  ⇔ ( x + y + 1) + 2 x − 3 y − 3 = 0.Do :  2  2x − 3 y − 3 ≥ 0  x + y +1 = 0 x = 0 ⇒ ⇒ ⇒ PT có ng 0 : (0; −1)  2 x − 3 y − 3 = 0  y = −1 Câu 3. • Gọi thời gian tổ I làm một mình xong công việc là: x (giờ, x>15) • Gọi thời gian tổ II làm một mình xong công việc là:y (giờ, y>15) Năng suất của tổ I là: 1/x (công việc) Năng suất của tổ II là: 1/y (công việc) Năng suất của cả 2 tổ là: 1/15 (công việc) 1 1 1 Ta có phương trình: + = (1) x y 15 Trong 3 giờ tổ I làm được: 3/x (công việc) Trong 5 giờ tổ II làm được: 5/x (công việc) Theo đầu bài tổ I làm trong 3 giờ, tổ II làm trong 5 giờ được 25% công việc = 1/4 ( công việc) ta có hệ phương trình:
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 1 1 1  1  1  1 + = u=  x y 15    x u + v = 15  u = 24  x = 24   .Coi :  ⇒ ⇒ ⇒ 3 5 1  + = v = 1 3u + 5v = 1  v= 1  y = 40 x y 4    y   4   40 Vậy tổ I làm một mình trong 24 giờ và tổ II làm trong 40 giờ thì xong công việc. Câu 4: a) Vì K là điểm chính giữa cung AB nên: Cung AK= cung KB IF ⊥ AB 1 Ke  ⇒ IF = CE. CE ⊥ AB 2 IF IN 1 1 Xét VCNE có : IF PCE (⊥ AB ) ⇒ = = ⇒ IN = CN CE CN 2 2 b) Trên nửa mặt phẳng bờ AN có chứa tia AK kẻ tia Ax là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Ta có: ∠xAN = ∠AMN  ⇒ ∠xAN = ∠AMN ∠KAN = ∠AMN Ta có tia Ax và tia AK cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AN nên Ax trùng với AK. Mà tia Ax là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN nên tia AK cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. c) Gọi O1;O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và BMN. Kẻ đường kính KC của (O) ta có: ∠CAK = 900 ⇒ CA ⊥ AK Vì AK là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O1) nên: O1 A ⊥ AK ⇒ O1 A ≡ CA hay C ; A; O1 thang hàng.
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 Tương tự chứng minh như câu b ta có BK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN. Và chứng minh tương tự ta cũng có C;O2;B thẳng hàng. Xét tam giác O1AN có: O1 A = O1 N = R ⇒ ∆O1 AN cân ⇒ ∠O1 AN = O1 NA Vì KC là đường kính, K là điểm chính giữa của cung AB nên C là điểm chính giữa của cung lớn AB => Cung CA= cung CB => CA=CB => Tam giác CAB cân tại C. ⇒ ∠CAB = ∠CBA mà ∠CAN = ∠O1 NA ⇒ ∠CBA = ∠O1 NA mà ∠CBA và ∠O1 NAdông vi ⇒ O1 N PCB CM tuong tu ta có : O1C PO2 N . O N PCB Xét W 1 NO2C có :  1 O ⇒W 1 NO2C là hbh ⇒ O1C = O2 N hay O1C = O2 B O  O1C PO2 N Vì C ; O1; A thang hàng ⇒ AC = CO1 + O1 A ⇒ AC = O2 B + O1 A Do A và B cố định nên K cố định. Và K, O cố định nên C cố định. C và A cố định nên CA không đổi. Vậy O1A+O2B=AC ( không đổi) d) Phần thuận: Vì tứ giác O1NO2C là hình bình hành nên 2 đường chéo O1O2 và CN cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường. Từ I kẽ Ì vuông góc với AB tại F. Gọi giao điểm của CK và AB là E. Vì CK là đường kính và K là điểm chính giữa của cung AB nên CK vuông góc với AB tại E.
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 IF NI 1 1 Xét VAEF có : IF PCE ( ⊥ AB ) ⇒ = = ⇒ IF = CE CE CN 2 2 C , K cô ' dinh   ⇒ E cô ' dinh ⇒ CE không dôi. AB = không dôi  I thuộc đường trung bình PQ của tam giác CAB. Giới hạn: - Nếu N trùng B thì I trùng Q - Nếu N trùng A thì I trùng P Vậy I thuộc đường trung bình PQ *) Phần đảo: Lấy I thuộc PQ. Nối CI kéo dài cắt AB tại N. KN cắt (O) tại M. Gọi O1;O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và BMN ta cần chứng minh I là trung điểm của O1O2. Tương tự chứng minh ở câu c ta chứng minh được tứ giác O1NO2C là hình bình hành. Vì N thuộc PQ ( c/m phần thuận)  IF ⊥ AB 1 Ke  ⇒ IF = CE. CE ⊥ AB 2 IF IN 1 1 Xét VCNE có : IF PCE (⊥ AB ) ⇒ = = ⇒ IN = CN CE CN 2 2  I là trung điểm của CN mà tứ giác O 1NO2C là hình bình hành nên I cũng là trung điểm của O1O2. Kết luận: Vậy khi N di động trên AB thì trung điểm I của đoạn nối tâm O1,O2 của 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và BMN chuyển động trên đoạn PQ là đoạn trung bình của của tam giác ABC. ……………….. Hết………………