Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2019

>>>> Tải về ↓

Bài I (2 điểm) Cho hai biểu thức:

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Bài I (2 điểm)

Cho hai biểu thức: \(A = \dfrac{{4\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{25 - x}}\)  và \(B = \left( {\dfrac{{15 - \sqrt x }}{{x - 25}} + \dfrac{2}{{\sqrt x  + 5}}} \right):\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 5}}\,\,\,\left( {x \ge 0,\,\,x \ne 25} \right)\)

1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 9.\)

2) Rút gọn biểu thức \(B.\) 

3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P = AB\) đạt giá trị nguyên lớn nhất.

Bài II (2,5 điểm)  

1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì sau 15 ngày làm xong. Nếu đội thứ nhất làm riêng trong 3 ngày rồi dừng lại và đội thứ hai làm tiếp công việc đó trong 5 ngày thì cả hai đội hoàn thành được 25% công việc. Hỏi nếu mỗi đội làm riêng thì trong bao nhiêu ngày mới xong công việc trên?

2) Một bồn nước inox có dạng một hình trụ có chiều cao \(1,75\,m\) và diện tích đáy là \(0,32\,{m^2}.\) Hỏi bồn nước này đựng đầy được bao nhiêu mét khối nước? (Bỏ qua bề đáy của bồn nước).

Bài III (2 điểm) 

1) Giải phương trình \({x^4} - 7{x^2} - 18 = 0.\)

2) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2mx - {m^2} + 1\) và parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}.\)

a) Chứng minh \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

b) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} = \dfrac{{ - 2}}{{{x_1}{x_2}}} + 1.\)

Bài IV (3 điểm) 

Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Hai đường cao \(BE\) và \(CF\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H\).

1) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh đường thẳng \(OA\) vuông góc với đường thẳng \(EF\).

3) Gọi \(K\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC\). Đường thẳng \(AO\) cắt đường thẳng \(BC\) tại điểm \(I\), đường thẳng \(EF\) cắt đường thẳng \(AH\) tại điểm \(P\) . Chứng minh tam giác \(APE\) đồng dạng với tam giác \(AIB\) và đường thẳng \(KH\) song song với đường thẳng \(IP\).

Bài V (0,5 điểm) 

Cho biểu thức \(P = {a^4} + {b^4} - ab,\) với \(a,\,\,b\) là các số thực thỏa mãn \({a^2} + {b^2} + ab = 3.\) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P.\)

Lời giải chi tiết

Bài  I (2 điểm)

Cho hai biểu thức: \(A = \dfrac{{4\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{25 - x}}\)  và \(B = \left( {\dfrac{{15 - \sqrt x }}{{x - 25}} + \dfrac{2}{{\sqrt x  + 5}}} \right):\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 5}}\,\,\,\left( {x \ge 0,\,\,x \ne 25} \right)\)

1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 9.\)

2) Rút gọn biểu thức \(B.\)

3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P = AB\) đạt giá trị nguyên lớn nhất.

Phương pháp:

1) Khi \(x = 9\,\,\left( {tm} \right)\) thay vào biểu thức để tính giá trị của biểu thức.

2) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.

3) Tính biểu thức: \(P = AB.\) Biểu thức \(P \in \mathbb{Z} \Rightarrow \) tử số chia hết cho mẫu số.

Từ đó tìm các giá trị của \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow P \in \mathbb{Z}\) và tính được các giá trị của \(P\) và kết luận giá trị \(x \in \mathbb{Z}\) để \(P \in \mathbb{Z}\) và đạt giá trị lớn nhất.

Cách giải:

1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 9.\)

Khi \(x = 9\,\,\left( {tm} \right)\) thay vào biểu thức \(A = \dfrac{{4\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{25 - x}}\) ta được:

\(A = \dfrac{{4\left( {\sqrt 9  + 1} \right)}}{{25 - 9}} = \dfrac{{4\left( {3 + 1} \right)}}{{16}} = \dfrac{{16}}{{16}} = 1.\)

Vậy với \(x = 9\) thì \(A = 1.\)

2) Rút gọn biểu thức \(B.\)

Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 25.\)

\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{15 - \sqrt x }}{{x - 25}} + \dfrac{2}{{\sqrt x  + 5}}} \right):\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 5}} = \left[ {\dfrac{{15 - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 5} \right)\left( {\sqrt x  + 5} \right)}} + \dfrac{2}{{\sqrt x  + 5}}} \right].\dfrac{{\sqrt x  - 5}}{{\sqrt x  + 1}}\\ = \dfrac{{15 - \sqrt x  + 2\left( {\sqrt x  - 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 5} \right)\left( {\sqrt x  + 5} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x  - 5}}{{\sqrt x  + 1}} = \dfrac{{15 - \sqrt x  + 2\sqrt x  - 10}}{{\sqrt x  + 5}}.\dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}}\\ = \dfrac{{\sqrt x  + 5}}{{\sqrt x  + 5}}.\dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}} = \dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}}.\end{array}\)

3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P = AB\) đạt giá trị nguyên lớn nhất.

Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 25.\)

Ta có: \(P = A.B = \dfrac{{4\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{25 - x}}.\dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}} = \dfrac{4}{{25 - x}}.\)

\(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow P \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \dfrac{4}{{25 - x}} \in \mathbb{Z} \Rightarrow 4\,\, \vdots \,\,\left( {25 - x} \right)\) hay \(\left( {25 - x} \right) \in U\left( 4 \right)\)

Mà \(U\left( 4 \right) = \left\{ { \pm 1;\,\, \pm 2;\,\, \pm 4} \right\} \Rightarrow \left( {25 - x} \right) \in \left\{ { \pm 1;\,\, \pm 2;\, \pm 4} \right\}.\)

Ta có bảng giá trị:

\(25 - x\)

\( - 4\)

\( - 2\)

\( - 1\)

\(1\)

\(2\)

\(4\)

\(x\)

29 (tm)

27 (tm)

26 (tm)

24 (tm)

23 (tm)

(tm)

\(P\)

\( - 1\)

\( - 2\)

\( - 4\)

\(4\)

\(2\)

\(1\)

\( \Rightarrow \)  với \(x \in \left\{ {23;\,\,24;\,\,26;\,\,27;\,\,29} \right\}\) thì \(P \in \mathbb{Z}.\)

Qua bảng giá trị ta thấy với \(x = 24\) thì \(P = 4\) là số nguyên lớn nhất.

Vậy \(x = 24\) thỏa mãn điều kiện bài toán.

 

Bài II (2,5 điểm)

1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì sau 15 ngày làm xong. Nếu đội thứ nhất làm riêng trong 3 ngày rồi dừng lại và đội thứ hai làm tiếp công việc đó trong 5 ngày thì cả hai đội hoàn thành được 25% công việc. Hỏi nếu mỗi đội làm riêng thì trong bao nhiêu ngày mới xong công việc trên?

2) Một bồn nước inox có dạng một hình trụ có chiều cao \(1,75\,m\) và diện tích đáy là \(0,32\,{m^2}.\) Hỏi bồn nước này đựng đầy được bao nhiêu mét khối nước? (Bỏ qua bề đáy của bồn nước).

Phương pháp:

1) Gọi số ngày làm một mình xong công việc của của đội 1 là \(x\)(ngày) \(\left( {x > 15} \right)\)

Số ngày làm một mình xong công việc của đội 2 là \(y\) (ngày)  \(\left( {y > 15} \right)\)

Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn đã gọi và lập hệ phương trình.

Giải hệ phương trình tìm các ẩn và đối chiều với điều kiện rồi kết luận.

2) Công thức tính thể tích khối trụ có diện tích đáy \(S\) và chiều cao \(h\) là: \(V = Sh.\)

Cách giải:

1) Gọi số ngày làm một mình xong công việc của của đội 1 là \(x\)(ngày) \(\left( {x > 15} \right)\)

Số ngày làm một mình xong công việc của đội 2 là \(y\) (ngày)  \(\left( {y > 15} \right)\)

Trong một ngày đội 1 làm được số phần công việc là: \(\dfrac{1}{x}\) (công việc)

Trong một ngày đội 2 làm được số phần công việc là \(\dfrac{1}{y}\) (công việc)

Vì hai đội làm chung trong \(15\) ngày thì xong nên ta có phương trình:  \(\dfrac{{15}}{x} + \dfrac{{15}}{y} = 1\) (1)

Trong \(3\) ngày đội 1 làm được \(\dfrac{3}{x}\) công việc, trong \(5\) ngày đội 2 làm được \(\dfrac{5}{y}\) công việc.

Đội 1 làm trong 3 ngày và đội 2 làm trong 5 ngày được \(25\%  = \dfrac{1}{4}\) công việc nên ta có phương trình:

\(\dfrac{3}{x} + \dfrac{5}{y} = \dfrac{1}{4}\) (2)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{15}}{x} + \dfrac{{15}}{y} = 1\\\dfrac{3}{x} + \dfrac{5}{y} = \dfrac{1}{4}\end{array} \right.\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = a\\\dfrac{1}{y} = b\end{array} \right.\) ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}15a + 15b = 1\\3a + 5b = \dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{{24}}\\b = \dfrac{1}{{40}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{24}}\\\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{40}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 24\,\,\,\left( {tm} \right)\\y = 40\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)  

Vậy đội 1 làm một mình trong \(24\) ngày thì xong công việc, đội 2 làm một mình trong \(40\) ngày thì xong công việc.

2) Thể tích bồn nước là: \(V = Sh = 0,32.1,75 = 0,56{m^3}\)

Vậy bồn nước đựng được \(0,56{m^3}\) nước.

Bài  III (2 điểm)

1) Giải phương trình \({x^4} - 7{x^2} - 18 = 0.\)

2) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 2mx - {m^2} + 1\) và parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}.\)

a) Chứng minh \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

b) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} = \dfrac{{ - 2}}{{{x_1}{x_2}}} + 1.\)

Phương pháp:

1) Giải phương trình đã cho bằng cách đặt ẩn phụ \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right).\)

+) Giải phương trình tìm ẩn \(t,\) đối chiếu với điều kiện rồi tìm \(x.\)

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm.

a) Hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \) phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0.\)

b) Sử dụng định lý Vi-et.

Cách giải:

1) Giải phương trình \({x^4} - 7{x^2} - 18 = 0\)

Đặt \({x^2} = t\,\left( {t \ge 0} \right)\) ta có phương trình \({t^2} - 7t - 18 = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {t^2} - 9t + 2t - 18 = 0\\ \Leftrightarrow t\left( {t - 9} \right) + 2\left( {t - 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t + 2} \right)\left( {t - 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t + 2 = 0\\t - 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 2\left( {ktm} \right)\\t = 9\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(t = 9\) thì \({x^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 3\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { - 3;3} \right\}\)

2) Parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2mx - {m^2} + 1\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\) ta có

\({x^2} = 2mx - {m^2} + 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} - 1 = 0\,\,\left( * \right)\)

Số giao điểm của (d) và (P) cũng chính là số nghiệm của phương trình (*)

Phương trình \(\left( * \right)\) có \(\Delta ' = {m^2} - \left( {{m^2} - 1} \right) = 1 > 0\)

a) Vì \(\Delta ' > 0\) nên phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\) hay đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

b) Theo câu a) ta có đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

Gọi \({x_1};{x_2}\) là hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) thì \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\)

Theo hệ thức Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right.\)

Xét \(\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} = \dfrac{{ - 2}}{{{x_1}{x_2}}} + 1\)     ĐK: \({x_1}{x_2} \ne 0 \Leftrightarrow {m^2} - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  \pm 1\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \dfrac{{ - 2}}{{{x_1}{x_2}}} + \dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {x_1} + {x_2} =  - 2 + {x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 2m =  - 2 + {m^2} - 1\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 3m + m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 3} \right) + \left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 1\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = 3\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(m = 3\) là giá trị thỏa mãn điều kiện đề bài.

Bài  IV (3,0 điểm)

Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Hai đường cao \(BE\) và \(CF\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H\).

1) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh đường thẳng \(OA\) vuông góc với đường thẳng \(EF\).

3) Gọi \(K\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC\). Đường thẳng \(AO\) cắt đường thẳng \(BC\) tại điểm \(I\), đường thẳng \(EF\) cắt đường thẳng \(AH\) tại điểm \(P\) . Chứng minh tam giác \(APE\) đồng dạng với tam giác \(AIB\) và đường thẳng \(KH\) song song với đường thẳng \(IP\).

Phương pháp:

1) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng các dấu hiệu nhận biết.

2) Sử dụng định lý: Trong một đường tròn, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.

3) Chứng minh các cặp tam giác tương ứng đồng dạng để suy ra các góc bằng nhau và chứng minh \(KH//IP.\)

Cách giải:

1) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp.

Ta có:

\(\angle BHE = {90^0}\) (do \(EH \bot AB\))

\(\angle BKE = {90^0}\) (do \(EK \bot BC\))

Tứ giác \(BHEK\) có \(\angle BHE + \angle BKE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm)

2) Chứng minh \(BH.BA = BK.BC\).

Theo câu a) tứ giác \(BHEK\) nội tiếp nên \(\angle BKH = \angle BEH\) (cùng chắn cung \(BH\))

Ta có:

\(\angle BEH + \angle EBH = {90^0}\) (do tam giác \(BHE\) vuông tại \(H\)).

\(\angle BAE + \angle EBH = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).

Nên \(\angle BEH = \angle BAE\) (cùng phụ với \(\angle EBH\)).

Mà \(\angle BKH = \angle BEH\) (cmt) nên \(\angle BKH = \angle BAE\,\,\,\left( { = \angle BEH} \right)\).

Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) có:

\(\angle ABC\) chung

\(\angle BKH = \angle BAE = \angle BAC\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta BHK \sim \Delta BCA\,\,\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{BK}}{{BA}}\) (hai cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow BH.BA = BK.BC\) (đpcm).

3) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB và I là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh ba điểm H, I, K là ba điểm thẳng hàng.

Cách 1:

Nối \(H\) và \(K.\)

Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) ta có:

\(\begin{array}{l}\angle ABC\,\,\,\,chung\\\dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{BK}}{{BA}}\,\,\,\left( {do\,\,\,BA.BA = BK.BC} \right)\\ \Rightarrow \Delta BHK \sim \Delta BCA\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \angle BHK \sim \angle BCA\) (hai góc tương ứng) (1)

Xét tứ giác \(BFEC\) ta có:

\(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\)

Mà \(F,\,\,E\) là hai đỉnh kề nhau

\( \Rightarrow BFEC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

\( \Rightarrow \angle BCE + \angle BFE = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).

Mà \(\angle AFE + \angle BFE = {180^0}\) (2 góc kề bù)

\( \Rightarrow \angle BCE = \angle AFE\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có: \(\angle BHK = \angle HFI.\)

Ta có: \(\Delta FHE\) vuông tại \(H\) có \(HI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

\( \Rightarrow HI = \dfrac{1}{2}EF\) (tính chất đường trung tuyến ừng với cạnh huyền).

\( \Leftrightarrow HI = FI\)

\( \Rightarrow \Delta HIF\) cân tại \(I\) (dhnb \(\Delta \) cân)

\( \Rightarrow \angle FHI = \angle HFI\) (tính chất \(\Delta \) cân)

Mà \(\angle HFI = \angle BHK\)

\( \Rightarrow \angle FHI = \angle BHK\) \( \Rightarrow HI \equiv HK\)

\( \Rightarrow H,\,\,I,\,\,K\) thẳng hàng.

Cách 2:

Gọi \(I'\) là giao điểm của HK và EF.

Xét tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {F_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC\)).

Ta có: \(EH//CF\) (cùng vuông góc \(AB\))

\( \Rightarrow \angle {F_1} = \angle {E_1}\) (so le trong)

Do đó \(\angle {B_1} = \angle {E_1}\) (1).

Theo câu a, tứ giác \(BHEK\) nội tiếp nên \(\angle {B_1} = \angle {H_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EK\)) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\angle {H_1} = \angle {E_1}\)

Tam giác \(I'HE\) có \(\angle {H_1} = \angle {E_1}\) nên là tam giác cân (định nghĩa).

\( \Rightarrow I'H = I'E\) (tính chất tam giác cân)  (3)

Lại có:

\(\angle {H_1} + \angle {H_2} = \angle BHE = {90^0}\)

\(\angle {F_2} + \angle {E_1} = {90^0}\) (do tam giác \(HEF\) vuông tại \(H\)).

Nên \(\angle {H_2} = \angle {F_2}\) hay tam giác \(I'HF\)  cân tại \(I'\) (định nghĩa).

\( \Rightarrow I'H = I'F\) (tính chất tam giác cân)  (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(I'E = I'F\) hay \(I'\) là trung điểm của \(EF\).

Do đó \(I' \equiv I\) nên ba điểm \(H,I,K\) thẳng hàng (đpcm).

Bài V (0, 5 điểm)

Giải phương trình \(\sqrt x  + \sqrt {3x - 2}  = {x^2} + 1\)

Điều kiện: \(x \ge \dfrac{2}{3}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\sqrt x  + \sqrt {3x - 2}  = {x^2} + 1\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x  + 2\sqrt {3x - 2}  = 2{x^2} + 2\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 2\sqrt x  - 2\sqrt {3x - 2}  + 2 = 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 4x - 2\sqrt x  - 2\sqrt {3x - 2}  = 0\\ \Leftrightarrow 2{\left( {x - 1} \right)^2} + \left( {x - 2\sqrt x  + 1} \right) + \left( {3x - 2 - 2\sqrt {3x - 2}  + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {3x - 2}  - 1} \right)^2} = 0\end{array}\)

Vì \({\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0;{\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} \ge 0\) và \({\left( {\sqrt {3x - 2}  - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \ge \dfrac{2}{3}\)  nên

\(\begin{array}{l}2{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {3x - 2}  - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\\sqrt x  - 1 = 0\\\sqrt {3x - 2}  - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\\\sqrt {3x - 2}  = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3x - 2 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy \(x = 1\) là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.



Bình chọn:
4.9 trên 7 phiếu
Tải về

Luyện Bài Tập Trắc nghiệm Toán 9 - Xem ngay