HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: a) Giải bất phương trinh: x   2( x  1)  4x   2x   2x  x Vậy nghiệm bất phương trình: x  b) Giải hệ phương trình: Bài 2: 23  x    y  3x  3x  y   y  3x   11     2 x  y  2 x  3 x    11x  23  y  14  11  23 14  Vậy hệ phương trình có nghiệm:  x; y    ;   11 11  a) P = x ( x  6)   b) Khi x  x2  x    P = 3 3  x  3  x3 Bài 3: a) Vì hàm số (1) qua điểm A(2; 2), nên thay x = ; y = vào y = ax2 ta được: = a.22  a = b) Khi a = 1  y  x (HS tự vẽ) 2 D M 300   90 đó: OD  BC  BHD E C O   BED   90 (góc nội tiếp Lại có AEB chắn nửa đường tròn) H A Bài 4: a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DC ; OB = OC=R Suy ra: OD đường trung trực BC,   BED   900  BHD B Vậy tứ giác BDEH nội tiếp đường tròn đường kính BD    b)Trong ΔABD B=90 , có BE  AD : AD.AE = AB2  AD.AE = 4R   300  MOC   600 (do MOC vuông) c) BMD   CBD   600  BCD  OAC  CAB Mặt khác ABC vuông C có: =R BC = AB.sin600 = 2R 2R   Vậy diện tích tam giác BCD là: S= BC = Bài 5: R x2 y  x2  y  xy 3R = (1)  x2 y  y  x  xy  y  y  x  3   x  y  (1)  Nếu y =  x = 0, (0; 0) nghiệm  Nếu y  0, x2 – phải số phương, ta có: x   k (k  )  (x - k)(x + k)=3=1.3=(-1).(-3) Vì x – k < x + k, suy ra: x  k   x  k  3   x  k   x  k  1 x   x  2    k  k  Lần lượt thay x = ; x = - vào phương trình (1) ta tìm y = - ; y =  Vậy phương trình cho có ba nghiệm nguyên: (0; 0) ; (2; -2) (-2; 2) Hết -GV: Trần Hồng Hợi (Trường THCS Lê Đình Chinh – Ninh Thuận)