Bài 1 [1,5 điểm]. Thực hiện phép tính.
\[a] - 3\sqrt {80} + 7\sqrt {45} - \sqrt {500} \] \[b]\,\sqrt {{{\left[ {\sqrt 3 - 2} \right]}^2}} + \sqrt {19 + 8\sqrt 3 } \] \[c]\,\dfrac{{\sqrt {14} }}{{\sqrt 7 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }} + \dfrac{{\sqrt {28} - 2\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 - \sqrt 3 }}\]
Bài 2 [2 điểm]. Cho biểu thức \[P = \left[ {\sqrt x - \dfrac{{x + 2}}{{\sqrt x + 1}}} \right]:\left[ {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} + \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{x - 1}}} \right]\]
a] Rút gọn \[P.\]
b] Tính giá trị của \[P\] với \[x = 4 - 2\sqrt 3 \].
c] Tìm số nguyên \[x\] để biểu thức \[P\] có giá trị nguyên.
Bài 3 [1,5 điểm]. Cho hàm số \[y = - 0,5x\] có đồ thị là \[\left[ {{d_1}} \right]\] và hàm số \[y = x + 2\] có đồ thị là \[\left[ {{d_2}} \right]\]
a] Vẽ đồ thị \[\left[ {{d_1}} \right]\] và \[\left[ {{d_2}} \right]\] trên cùng một mặt phẳng tọa độ \[Oxy.\]
b] Xác định hệ số \[a,b\] của đường thẳng \[\left[ d \right]:y = ax + b\] biết rằng \[\left[ d \right]\] song song với \[\left[ {{d_1}} \right]\] và \[\left[ d \right]\] cắt \[\left[ {{d_2}} \right]\] tại một điểm có tung độ là \[ - 3\].
Bài 4 [4,0 điểm].
1] [1 điểm] Cho tam giác \[ABC\] đường cao \[AH\] biết \[BC = 5cm,\] \[AH = 2cm,\] độ lớn góc \[\widehat {ACB} = 30^\circ .\] Tìm độ dài \[AB.\]
2] [3,0 điểm] Cho điểm \[A\] nằm ngoài đường tròn \[\left[ O \right],\] kẻ các tiếp tuyến \[AB,\,AC\] với đường tròn \[\left[ O \right]\] [\[B\] và \[C\] là 2 tiếp điểm]
a] Chứng minh : Bốn điểm \[A,\,B,\,O,\,C\] cùng thuộc \[1\] đường tròn và \[AO \bot BC.\]
b] Trên cung nhỏ \[BC\] của \[\left[ O \right]\] lấy điểm \[M\] bất kì []. Tiếp tuyến tại \[M\] cắt \[AB,\,AC\] lần lượt tại \[D,\,E.\] Chứng minh : Chu vi \[\Delta ADE\] bằng \[2AB.\]
c] Đường thẳng vuông góc với \[AO\] tại \[O\] cắt \[AB\] và \[AC\] lần lượt tại \[P\] và \[Q.\] Chứng minh : \[4PD.QE = P{Q^2}.\]
Bài 5 [1,0 điểm]. Cầu Đông Trù bắc qua sông Đuống, nằm trên quốc lộ \[5\] kéo dài, nối xã Đông Hội, huyện Đông Anh ở phía Bắc Hà Nội và phường Ngọc Thụy, quận Long Biên ở phía Nam Hà Nội. Nhịp giữa dài \[120m\] được thiết kế bằng vòm thép nhồi bê tông có hình \[1\] cung tròn. Khoảng cách điểm cao nhất của mái vòm xuống mặt sàn của cầu là \[47m\] [được mô phỏng hình vẽ dưới]. Hãy tính độ dài bán kính \[R\] của đường tròn chứa cung tròn là nhịp giữa của cầu Đông Trù ? [kết quả làm tròn đến \[2\] chữ số thập phân].
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Thực hiện: Ban chuyên môn
Bài 1 [VD]:
Phương pháp:
a] Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, sử dụng \[\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B \].
b] Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, sử dụng \[\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B \].
c] Thực hiện rút gọn bằng cách đưa tử và mẫu về dạng tích kết hợp trục căn thức ở mẫu: \[\dfrac{C}{{\sqrt A + \sqrt B }} = \dfrac{{C\left[ {\sqrt A - \sqrt B } \right]}}{{A - B}}\]
Cách giải:
a] \[ - 3\sqrt {80} + 7\sqrt {45} - \sqrt {500} \]
\[\begin{array}{l} = - 3\sqrt {16.5} + 7.\sqrt {9.5} - \sqrt {100.5} \\ = - 12\sqrt 5 + 21\sqrt 5 - 10\sqrt 5 \\ = - \sqrt 5 \end{array}\]
b] \[\sqrt {{{\left[ {\sqrt 3 - 2} \right]}^2}} + \sqrt {19 + 8\sqrt 3 } \]
\[\begin{array}{l} = \left| {\sqrt 3 - 2} \right| + \sqrt {{{\left[ {4 + \sqrt 3 } \right]}^2}} \\ = 2 - \sqrt 3 + 4 + \sqrt 3 \\ = 6\end{array}\]
c] \[\dfrac{{\sqrt {14} }}{{\sqrt 7 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }} + \dfrac{{\sqrt {28} - 2\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 - \sqrt 3 }}\]
\[\begin{array}{l} = \sqrt 2 - \dfrac{{5\left[ {1 - \sqrt 2 } \right]}}{{1 - 2}} + \dfrac{{2\left[ {\sqrt 7 - \sqrt 3 } \right]}}{{\sqrt 7 - \sqrt 3 }}\\ = \sqrt 2 + 5\left[ {1 - \sqrt 2 } \right] + 2\\ = \sqrt 2 + 5 - 5\sqrt 2 + 2\\ = 7 - 4\sqrt 2 \end{array}\]
Bài 2 [VD]:
Phương pháp:
a] Qui đồng, khử mẫu và rút gọn.
b] Rút gọn \[x\] rồi thay vào biểu thức đã rút gọn được ở câu a.
c] Biến đổi \[P\] và sử dụng tính chất của ước bội để suy ra điều kiện \[P \in \mathbb{Z}\].
Cách giải:
a] Rút gọn \[P.\]
\[P = \left[ {\sqrt x - \dfrac{{x + 2}}{{\sqrt x + 1}}} \right]:\left[ {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} + \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{x - 1}}} \right]\]
\[ = \left[ {\dfrac{{\sqrt x \left[ {\sqrt x + 1} \right] - \left[ {x + 2} \right]}}{{\sqrt x + 1}}} \right]\] \[:\left[ {\dfrac{{\sqrt x \left[ {\sqrt x - 1} \right]}}{{\left[ {\sqrt x + 1} \right]\left[ {\sqrt x - 1} \right]}} + \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\left[ {\sqrt x + 1} \right]\left[ {\sqrt x - 1} \right]}}} \right]\]
\[ = \dfrac{{x + \sqrt x - x - 2}}{{\sqrt x + 1}}:\dfrac{{x - \sqrt x + \sqrt x - 4}}{{\left[ {\sqrt x + 1} \right]\left[ {\sqrt x - 1} \right]}}\]
\[\begin{array}{l} = \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}:\dfrac{{x - 4}}{{\left[ {\sqrt x + 1} \right]\left[ {\sqrt x - 1} \right]}}\\ = \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}.\dfrac{{\left[ {\sqrt x + 1} \right]\left[ {\sqrt x - 1} \right]}}{{\left[ {\sqrt x + 2} \right]\left[ {\sqrt x - 2} \right]}}\\ = \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}}\end{array}\]
ĐKXĐ: \[\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x - 1 \ne 0\\x - 4 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x \ne 1\\x \ne 4\end{array} \right.\]
b] Tính giá trị của \[P\] với \[x = 4 - 2\sqrt 3 \].
Ta có: \[x = 4 - 2\sqrt 3 = {\left[ {\sqrt 3 - 1} \right]^2}\]\[ \Rightarrow \sqrt x = \sqrt 3 - 1\] [TMĐKXĐ]
Thay vào \[P\] ta có: \[P = \dfrac{{\sqrt 3 - 1 - 1}}{{\sqrt 3 - 1 + 2}} = \dfrac{{\sqrt 3 - 2}}{{\sqrt 3 + 1}}\] \[ = \dfrac{{\left[ {\sqrt 3 - 2} \right]\left[ {\sqrt 3 - 1} \right]}}{{3 - 1}} = \dfrac{{5 - 3\sqrt 3 }}{2}\]
Vậy với \[x = 4 - 2\sqrt 3 \] thì \[P = \dfrac{{5 - 3\sqrt 3 }}{2}\]
c] Tìm số nguyên \[x\] để biểu thức \[P\] có giá trị nguyên.
Ta có: \[P = \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} = \dfrac{{\sqrt x + 2 - 3}}{{\sqrt x + 2}}\] \[ = 1 - \dfrac{3}{{\sqrt x + 2}}\]
Vì \[x \in \mathbb{Z},1 \in \mathbb{Z}\] nên để \[P \in \mathbb{Z}\] thì \[\sqrt x + 2 \in U\left[ 3 \right] = \left\{ { \pm 1; \pm 3} \right\}\]
Bảng giá trị:
|
\[\sqrt x + 2\] |
\[1\] |
\[ - 1\] |
\[3\] |
\[ - 3\] |
|
\[x\] |
Không có \[x\] |
Không có \[x\] |
\[1\left[ {KTM} \right]\] |
Không có \[x\] |
Vậy không có giá trị \[x\] nguyên thỏa mãn điều kiện xác định để biểu thức \[P\] có giá trị nguyên.
Bài 3 [VD ]:
Phương pháp:
a] Lập bảng giá trị các điểm đi qua của mỗi đồ thị hàm số và vẽ đồ thị.
b] Sử dụng \[d//d'\] thì \[a = a',b \ne b'\].
Cách giải:
a] Vẽ đồ thị \[\left[ {{d_1}} \right]\] và \[\left[ {{d_2}} \right]\] trên cùng một mặt phẳng tọa độ \[Oxy.\]
Vẽ \[\left[ {{d_1}} \right]\] và \[\left[ {{d_2}} \right]\] trên cùng một mặt phẳng tọa độ \[Oxy\]
Bảng giá trị \[y = - 0,5x\]
|
\[x\] |
\[0\] |
\[2\] |
|
\[y\] |
\[0\] |
\[ - 1\] |
Bảng giá trị \[y = x + 2\]
|
\[x\] |
\[0\] |
\[ - 2\] |
|
\[y\] |
\[2\] |
\[0\] |
Đồ thị:
b] Xác định hệ số \[a,b\] của đường thẳng \[\left[ d \right]:y = ax + b\] biết rằng \[\left[ d \right]\] song song với \[\left[ {{d_1}} \right]\] và \[\left[ d \right]\] cắt \[\left[ {{d_2}} \right]\] tại một điểm có tung độ là \[ - 3\].
Vì \[\left[ d \right]//\left[ {{d_1}} \right]\] nên \[a = - 0,5\] và \[b \ne 0.\] Khi đó \[\left[ d \right]:y = - 0,5x + b\]
Gọi \[A\left[ {{x_0}; - 3} \right]\] là tọa độ giao điểm của \[\left[ d \right]\] và \[\left[ {{d_2}} \right]\]
+\[A\left[ {{x_0}; - 3} \right] \in \left[ {{d_2}} \right]\] \[ \Rightarrow - 3 = {x_0} + 2 \Rightarrow {x_0} = - 5\]
+\[A\left[ { - 5; - 3} \right] \in \left[ d \right]\] \[ \Rightarrow - 3 = - 0,5.\left[ { - 5} \right] + b\] \[ \Rightarrow b = - 5,5\] [TMĐK]
Vậy \[\left[ d \right]:y = - 0,5x - 5,5\]
Bài 4 [VD ]:
Phương pháp:
1] Sử dụng giá trị lượng giác của một góc nhọn trong tam giác vuông tính \[HC\].
Từ đó tính \[HB\] và suy ra \[AB\] theo định lí Pi-ta-go.
2] a] +] Gọi \[N\] là trung điểm \[AO\] và chứng minh \[NO = NA = NB = NC\]
+] Chứng minh \[AO\] là trung trực của đoạn \[BC.\]
b] Sử dụng tính chất tiếp tuyến cắt nhau.
c] Chứng minh các tam giác \[\Delta ODE \sim \Delta QOE\] và \[ \Rightarrow \Delta ODE \sim \Delta PDO\] suy ra các tỉ số đồng dạng.
Cách giải:
1] [1 điểm] Cho tam giác \[ABC\] đường cao \[AH\] biết \[BC = 5cm,\] \[AH = 2cm,\] độ lớn góc \[\widehat {ACB} = 30^\circ .\] Tìm độ dài \[AB.\]
Tam giác \[AHC\] vuông tại \[H\] có:
\[HC = \dfrac{{AH}}{{\tan C}} = \dfrac{2}{{\tan {{30}^0}}} = 2\sqrt 3 cm;\] \[BH = BC - CH = 5 - 2\sqrt 3 cm\]
Tam giác \[AHB\] vuông tại \[H\] có \[A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\]
\[ \Rightarrow AB = \sqrt {A{H^2} + B{H^2}} \] \[ = \sqrt {{2^2} + {{\left[ {5 - 2\sqrt 3 } \right]}^2}} \] \[ = 41 - 20\sqrt 3 \approx 2,52cm\]
Vậy \[AB = 2,52\left[ {cm} \right]\].
2] [3,0 điểm] Cho điểm \[A\] nằm ngoài đường tròn \[\left[ O \right],\] kẻ các tiếp tuyến \[AB,\,AC\] với đường tròn \[\left[ O \right]\] [\[B\] và \[C\] là 2 tiếp điểm]
a] Chứng minh : Bốn điểm \[A,\,B,\,O,\,C\] cùng thuộc \[1\] đường tròn và \[AO \bot BC.\]
Gọi \[N\] là trung điểm của \[AO\].
Tam giác \[AOB\] vuông tại \[B\] nên \[BN = \dfrac{1}{2}AO = NA = NO\] [1]
Tương tự ta có \[CN = \dfrac{1}{2}AO = NA = NO\] [2]
Từ [1] và [2] suy ra \[NB = NA = NO = NC\].
Vậy \[A,B,O,C\] cùng thuộc đường tròn tâm \[N,\] đường kính \[AO\].
Vì \[AB,AC\] là các tiếp tuyến nên \[AB = AC\left[ {t/c} \right]\].
Mà \[OA = OB\] [bán kính] nên \[AO\] là trung trực của đoạn \[BC.\]
Suy ra \[AO\] vuông góc \[BC\]
b] Trên cung nhỏ \[BC\] của \[\left[ O \right]\] lấy điểm \[M\] bất kì []. Tiếp tuyến tại \[M\] cắt \[AB,\,AC\] lần lượt tại \[D,\,E.\] Chứng minh : Chu vi \[\Delta ADE\] bằng \[2AB.\]
Chu vi \[\Delta ADE = AD + DE + AE\]
Mà : \[DM = DB\] [tiếp tuyến \[MD\] và \[DB\] cắt nhau tại \[D\]]
\[ME = CE\] [tiếp tuyến \[ME\] và \[CE\] cắt nhau tại \[E\]]
Suy ra chu vi \[\Delta ADE\] là:
\[AD + DB + AE + EC\] \[ = AB + AC = 2AB\]
c] Đường thẳng vuông góc với \[AO\] tại \[O\] cắt \[AB\] và \[AC\] lần lượt tại \[P\] và \[Q.\] Chứng minh : \[4PD.QE = P{Q^2}.\]
Theo tính chất của hai tiếp tuyến của đường tròn, ta có :
\[\widehat {DOM} = \dfrac{1}{2}\widehat {BOM},\,\widehat {MOE} = \dfrac{1}{2}\widehat {MOC}\]
Cộng vế theo vế, ta được :
\[\widehat {DOE} = \dfrac{1}{2}\widehat {BOC}\]
Mà \[\dfrac{1}{2}\widehat {BOC} = \widehat {AOC} = \widehat {OQE}\] [vì \[\widehat {AOC}\] và \[\widehat {OQE}\] cùng phụ với \[\widehat {QAO}\]]
Nên \[\widehat {DOE} = \widehat {OQE}\]
Xét tam giác \[ODE\] và tam giác \[QOE,\] ta có :
\[\widehat {DOE} = \widehat {QOE}\,\,\left[ {cmt} \right]\]
\[\widehat {OED} = \widehat {OEQ}\] [tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau]
\[ \Rightarrow \Delta ODE \sim \Delta QOE\left[ {g.g} \right]\]
Chứng minh tương tự \[ \Rightarrow \Delta ODE \sim \Delta PDO\]
\[ \Rightarrow \Delta QOE \sim \Delta PDO\] [tính chất bắc cầu]
\[ \Rightarrow \dfrac{{QO}}{{PD}} = \dfrac{{QE}}{{PO}}\] \[ \Rightarrow PD.QE = PO.QO\] \[ = \dfrac{{PQ}}{2} \cdot \dfrac{{PQ}}{2} = \dfrac{{P{Q^2}}}{4}\]
\[ \Rightarrow 4PD.QE = P{Q^2}\]. [đpcm]
Bài 5 [VD ]:
Phương pháp:
Đặt bán kính bằng \[R\], áp dụng định lí Pi-ta-go trong tam giác vuông tìm \[R\].
Cách giải:
Vì \[OH \bot AB\] tại \[H\] nên \[H\] là trung điểm của \[AB,\] do đó \[HA = HB = 60\left[ m \right]\]
Kéo dài \[OH\] cắt đường tròn tại \[M\], khi đó \[OM = R\] và là khoảng cách lớn nhất nên \[M\] là điểm cao nhất của mái vòm hay \[HM = 47m\].
\[ \Rightarrow \]\[HO = OM - HM = R - 47\left[ m \right]\]
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông \[OHB\] ta có:
\[O{B^2} = O{H^2} + H{B^2}\] \[ \Rightarrow {60^2} + {\left[ {R - 47} \right]^2} = {R^2}\]
\[ \Leftrightarrow 3600 + {R^2} - 94R + 2209 = {R^2}\] \[ \Leftrightarrow - 94R = - 5809\] \[ \Leftrightarrow R = \dfrac{{5809}}{{94}} \approx 62,00\left[ m \right]\]
Vậy độ dài bán kính \[R\] của đường tròn chứa cung tròn là nhịp giữa của cầu Đông Trù là \[62\] mét.