Các đờng cao BE và CF cắt nhau tại H, AH cắt BC tại D và cắt đờng tròn O tại M.. a/ Chứng minh tứ giác AEHF, tứ giác BCEF nội tiếp.. b/ Chứng minh rằng BC là tia phân giác của góc EBM..
Trang 1ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2010-2011
MễN TOÁN - LỚP 9
Thời gian làm bài : 120 phỳt ( khụng kể thời gian phỏt đề)
Bài 1 ( 2 điờ̉m ) Cho hợ̀ phương trình + =2x ky x y− =14
a/ Khi k = 1 , giải hợ̀ phương trình bằng phương pháp cụ̣ng
b/ Tìm giá trị của k đờ̉ hợ̀ phương trình có nghiợ̀m là x = 1/3 , y = -10/3
Bài 2 (2 điờ̉m) Trong mặt phẳng tọa đụ̣ Oxy, cho parabol (P) : y= −12x2và đường thẳng (d) : y= − +2x 2
a/ Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d)
b/ Tìm tọa đụ̣ các giao điờ̉m của (d) và (P) bằng phộp toán.
Bài 3 (3 điờ̉m) Cho phương trình : x2 – 2( m + 2 )x + 4m + 3 = 0 (1 ).
a/ Giải phương trình ( 1 ) khi m = - 3
b/ Chứng minh rằng với mọi m , phương trình ( 1 ) luụn có 2 nghiợ̀m phõn biợ̀t
c/ Gọi x , x là 2 nghiợ̀m của phương trình ( 1 ) Tính A= x12 + x22 - 10( x1 + x2 )
Bài 4 (3 điờ̉m) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đờng tròn (O; R) Các đờng cao BE và CF cắt
nhau tại H, AH cắt BC tại D và cắt đờng tròn (O) tại M
a/ Chứng minh tứ giác AEHF, tứ giác BCEF nội tiếp
b/ Chứng minh rằng BC là tia phân giác của góc EBM
c/ Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF; K là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF Chứng minh IE là tiếp tuyến của đờng tròn (K)
ĐÁP ÁN
Trang 2Bài 1 : (2 điểm ) :
a/ Khi k = 1 có :
1
1
3 5
x y
x y
x y
x
− =
+ =
+ =
⇔ =
(0.5 đ)
5
3
2
3
x
y
=
=
(0.5 đ)
b/ Hệ pt có nghiệm :
1 3 10 3
x y
=
=
1 10
2( ) ( ) 4
1 10
( ) 1
3 k 3
−
(0.5 đ)
4 4( )
1
5
Ð
k
=
⇔ =
Bài 2 (2 điểm)
a/• Bảng giá trị : x –2 –1 0 1 2 x 0 1
y 1x2
2
= − –2 1
2
− 0 1
2
− –2 y= − +2x 2 2 0 (0,25đ x 2)
•Vẽ :
(0,5đ x 2)
b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : 1 x2 2x 2 x2 4x 4 0
2
2
' b' ac 0
∆ = − = Phương trình có nghiệm kép : x1 x2 b' 2
a
= = − = ⇒ = −y 2 Vậy tọa độâ giao điểm của (P) và (d) là : (2; 2)− (0,25đ)
Bài 3 (2 điểm) Cho phương trình : x2 – 2 (m + 2 )x + 4m +3 = 0 (m là tham số)
(d)
1 2
-1/2
(P)
y
-2 -1 O
Trang 3K D
H F
E I
M
C B
A
a = 1; b = -2 (m + 2) → b’ = - (m + 2) ; c = 4m+ 3
a/ Khi m = -3 , ta có x + 2x – 9 = 0 (0,25đ)
Giải ta được : x1 = -1 + 10
x2 = -1 - 10 (0,75đ)
b/ Ta có :
Do ∆’ > 0 ∀m , nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ( 0,5 đ )
c/ Theo Vi –ét ta có : 1 2
1 2
2( 2)
4 3
m m
x x
x x
Do đó :A = x12 + x2 – 10( x1 + x2 )
= ( x1 + x2 )2 – 2x1x2 – 10(x1 + x2 )
Bài 4 (3 điểm)
a/ XÐt tø gi¸c AEHF cã :
Trang 4ã 0
AEH 90= ( gt: BE ⊥ AC)
AFH 90= ( gt: CF ⊥ AB) ( 0,25 điểm)
AEH AFH 180+ =
→ Tứ giác AEHF nội tiếp
( có tổng hai góc đối bằng 1800) (0,25 điểm)
Xét tứ giác BFEC có :
BFC 90= ( gt) ; ãCFB = 90 ( gt) 0
→ E, F cùng nhìn đoạn BC dới cùng một góc bằng 900
(0,25 điểm)
→ E, F ∈ ( K; BC
2 ) ( Theo quỹ tích cung chứa góc)(0,25 điểm)
b/ Ta có ãMAC = CBM = sdMCã 1 ẳ
2 ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC của (O)) (1) (0,25 điểm)
Tứ giác BCEF nội tiếp (K) → ãEBC = EFC = sdECã 1 ằ
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC của (K) (0,25 điểm)
Lại có tứ giác AEHF nội tiếp trong (I) → ãEFH = EAH = sdEHã 1 ằ
2 (3) (0, 25 điểm) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH của (I))
Từ (1); (2); (3) suy ra ãCBM = EBC ã → BC là tia phân giác của góc EBM (0,25 điểm)
c/ Gọi I, K lần lợt là trung điểm của AH và BC → I, K là tâm đờng tròn ngoại tiếp các tứ giác AEHF và BCEF
( theo cmt)
Nối IE, KE ta có:
- ∆ AIE cân tại I ( IA - IE) → ãIAE = IEA ã (4) (0,25 điểm)
- ∆ KEC cân tại K ( KE = KC) → ãKEC = KCEã (5) (0,25 điểm)
- ∆ ADC vuông tại D (gt) → ãDAC + DCA = 90ã 0 (6) (0,25 điểm)
- Từ (4); (5); (6) suy ra ãIEH + KEH = 90 ã 0
→ IE ⊥ KH → IE là tiếp tuyến của (K) tại E (0,25 điểm)