SỬA BÀI TẬP TUẦN 27 - MÔN TOÁN 9

Đường tròn tâm O đường kính BC, cắt AB, AC lần lượt tại E và D.. Chứng minh rằng: Tứ giác OEKD nội tiếp.[r]

Toán 9_ tuần 28

A Phần Đại Số

SỬA MỘT SỐ BÀI TẬP CŨ

Bài 1: (15/45 SGK) Không giải phương trình, hãy xác định các hệ số a, b, c; rồi tính biệt thức

∆ và xác định số nghiệm của mỗi phương trình sau:

a) 7x2 – 2x + 3 = 0 b) 5x22 10x 2 0 

c)

2

2  3  d) 1,7x21,2x 2,1 0 

Nhóm Toán 9

a) 7x2 – 2x + 3 = 0

a = 7; b = -2; c = 3

∆ = b 2 – 4ac

= (-2)2 – 4.7.3

= - 80

Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm

b) 5x22 10x 2 0 

a = 5; b = 2 10; c = 2

∆ = b 2 – 4ac = (2 10)2 – 4.5.2

= 0

Vậy: phương trình đã cho có 1 nghiệm (nghiệm kép)

c)

2

a =

1

2; b = 7; c =

2 3

∆ = b 2 – 4ac

= (7)2 – 4

1

2

2 3

=

143

3 > 0

Vậy: phương trình đã cho có 2 nghiệm

phân biệt

d) 1,7x2 1,2x 2,1 0 

a = 1,7; b = -1,2 ; c = -2,1

∆ = b 2 – 4ac = (-1,2)2 – 4.1,7 (-2,1)

= 15,72 > 0

Vậy: phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

Bài 2: Giải các phương trình sau:

a) 6x2 – x – 7 = 0 b) 6x2 – x + 7 = 0 c) 2x2  2 10x 5 0 

a) 6x2 – x – 7 = 0

a = 6; b = -1; c= -7

∆ = b 2 – 4ac

= (-1)2 – 4 6 (-7)

= 169 > 0

169 13

   

Vậy: phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

1

2

     

     

b) 6x2 – x + 7 = 0

a = 6; b = -1; c= 7

∆ = b 2 – 4ac = (-1)2 – 4 6 7

= - 167 < 0

Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm

c) 2x2  2 10x 5 0  

a = 2; b = 2 10; c = 5

∆ = b 2 – 4ac = (2 10)2 – 4.2.5 = 0

Vậy: phương trình đã cho có 1 nghiệm (nghiệm kép)

( 2 10) 10

b

x x

a

  

Bài 3: Giải các phương trình sau:

a) 2x2 1 2 2 x   2 0

b) 3x212 145 0 c) 3x25x x 27x 2

Nhóm Toán 9

a) 2x2  1 2 2 x    2 0 

a = 2; b =  (1 2 2) ; c =  2

∆ = b 2 – 4ac

= ( (1 2 2) )2 – 4.2.( 2)

= 1 2 2 2

+ 8 2 = 1 4 2 (2 2)  2 + 8 2

= 1 4 2 (2 2)  2

= 1 2 2 2

> 0

1 2 22 1 2 2 1 2 2

       

Vậy: phương trình đã cho có 2 nghiệm phân

biệt

1

2

b

x

2a

1 2 2 1 2 2

2 1

b

x

2a

1 2 2 (1 2 2)

2.1

1 2 2 1 2 2

2

2 2

  







  









c) 3x25x x 27x 2

2

2x 2x + 2 = 0

x x

a = 2; b = -2 ; c = 2

∆ = b 2 – 4ac = (-2)2 – 4.2.2 = -12 < 0

Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm

Bài 4: Cho phương trình bậc 2: x2 – 2(m + 3)x + (m2 – 5) = 0

a) Giải phương trình với m = 2

b) Với giá trị nào của m thì phương trình có 2 nghiệm, nghiệm kép, vô nghiệm?

GIẢI:

b) Xét phương trình:

x2 – 2(m + 3)x + (m2 – 5) = 0

a = 1; b = -2(m+3); c = m2 – 5

∆ = b2 – 4ac

= (-2(m+3))2 – 4.1.(m2 – 5)

= 4(m26m9) 4 m220

= 4m2 24m 36 4  m2 20

= 24m + 56

* PT đã cho có 2 nghiệm phân biệt

0

24 56 0

7 3

m m m

  



* PT đã cho có nghiệm kép

0

24 56 0

7 3

m m m

  



* PT đã cho vô nghiệm

0

24 56 0

7 3

m m m

  



a) Thay m = 2 vào phương trình đã cho:

   

2

– 2 2 3 x 2 – 5 0

– 10x – 1 = 0

x

x



a = 1; b = -10 ; c = -1

∆ = b 2 – 4ac

= (-10)2 – 4.1.(-1)

= 104 > 0

104 2 26

   

Vậy: phương trình đã cho có 2 nghiệm phân

biệt

1

2

     

     

Bài 6: Cho hàm số

2

1 3

y x

có đồ thị (P) và hàm số y2x 3 có đồ thị (D) a) Vẽ (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ

b) Chứng tỏ (P) và (D) tiếp xúc Tìm tọa độ tiếp điểm.

Giải :

a) (HS tập vẽ trên giấy)

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) :

2

2

1

2 3 3

1

2 3 0 (1) 3

x x

x x

 

Ta có : a =

1

3 ; b = 2 ; c = 3

∆ = b 2 – 4ac = 22 – 4

1

3 3 = 0

Suy ra: phương trình (1) có ngiệm kép

Vậy: (P) tiếp xúc với (D)

* Tọa độ tiếp điểm:

Pt (1) có ngiệm

2 3 1

2 2.

3

b

x x

a

 

2

1 ( 3) 3 3

y

   

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là (-3; 3)

Nhóm Toán 9

Toán 9_ tuần 28

B Phần Hình Học:

SỬA MỘT SỐ BÀI TẬP CŨ Bài 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp (O) Tia phân giác của góc BAC cắt (O) tại E.

a) Chứng minh rằng: OE ⊥ BC.

b) Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng BC tại M Chứng minh:

MA 2 = MB MC

Giải:

E

O

C B

A

M

a) Chứng minh rằng: OE ⊥ BC.

















 

 

1

2

1

A SdBE (gnt)

2

A A (gt)

BE CE

OE BC

b) Chứng minh: MA 2 = MB MC

Xét MAB và MCA có:

* M chung

* A 3 C (góc tạo bởi tt và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

Vậy: MAB ∽ MCA (g – g)

2

MA MB

MC MA

MA MA MB MC

MA MB MC

 

 

 

Bài 3: (Đề tuyển sinh 10 2017 – 2018)

Cho tam giác ABC nhọn, có BC = 8cm Đường tròn tâm O đường kính BC, cắt AB, AC lần lượt tại E và

D Hai đường thẳng BD và CE cắt nhau tại H.

a) Chứng minh: AH ⊥ BC.

b) Gọi K là trung điểm của AH Chứng minh rằng: Tứ giác OEKD nội tiếp.

Giải:

Nhóm Toán 9

D E

K

H

C O

A

B

a) Chứng minh: AH ⊥ BC

Hướng dẫn:

*Chứng minh BD là đường cao thứ 1 trong tam giác ABC.

* Chứng minh CE là đường cao thứ 2 trong tam giác ABC.

Mà BD cắt CE tại H

Suy ra H là trực tâm

Suy ra AH ⊥ BC

b) Chứng minh: Tứ giác OEKD nội tiếp

Hướng dẫn:

 Cách 1:

EK = AK = KH (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tg vuông AEH)

DK = AK = KH (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tg vuông ADH) Suy ra: EK = KH = DK

⟹{¿∆ AKE cân tại K ∆ AKD cântại K

⟹{ ^KEA=^ KAE

¿^KAD=^ KDA

* Xét AEK có: EKH KEA KAE  2.KAE (góc ngoài của tam giác và cmt)

* Xét AKD có: DKH KDA KAD  2.KAD (góc ngoài của tam giác và cmt )

Suy ra: EKH DKH  2.KAE2.KAD 2.EAD

 2.

EKD EAD

 

Mặt khác: EOD 2.ECD (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung ED)

Mà EAC ECA 900 (2 góc phụ nhau trong tam giác AEC vuông tại E)

  900

EAD ECD

  

Suy ra:

Nhóm Toán 9

   

2.90 180

EKD EOD EAD ECD

EAD ECD

mà EKD EOD; ở vị trí đối nhau

Vậy: tứ giác OEKD nội tiếp đường tròn

 Cách 2: Gợi ý

Ta chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn có K là tâm đường tròn

Từ đó dễ dàng suy ra EKD2EAD

Mặt khác: EOD 2.ECD (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung ED của (O))

Sau đó làm tiếp tương tự như trên

Bài 5: Cho tam giác ABC cân tại A Các đường cao AD, BE cắt nhau tại H Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE.

a) Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD nội tiếp.

b) Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

c) Chứng minh rằng:

1

2



d) Chứng minh rằng: DE là tiếp tuyến của (O).

e) Tính DE biết DH = 2cm, AH = 6cm.

Giải:

 900

HEC  (vì BE là đường cao của ABC )

 900

HDC  (vì AD là đường cao của ABC)

Xét tứ giác CEHD có:

  900 900 1800

HEC HDC  

Mà HEC ; HDC ở vị trí đối nhau

Vậy tứ giác CEHD nội tiếp

b) Chứng minh Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

Xét tứ giác AEDB có:

 900

AEB  (vì BE là đường cao của ABC )

ADB 900 (vì AD là đường cao của ABC)

Nhóm Toán 9

6

2

O

H

D

E

C B

Mà E và D là hai đỉnh kề nhau, cùng nhìn cạnh AB với 1 góc vuông

Vậy tứ giác AEDB nội tiếp hay bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn

1

2



.

* ABC cân tại A có AD là đường cao

⟹ AD là đường trung tuyến

⟹ D là trung điểm của BC

Xét BEC cân tại E có ED là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

2

ED BC

* ABC cân tại A có AD là đường cao

⟹ AD là đường phân giác của góc A

⟹ BAC 2DAC (1)

Mà DOE 2OAE (góc ngoài của OAE cân tại O)

Tức DOE 2DAC (2)

Từ (1) và (2) suy ra: BAC  DOE

Mặt khác ADE  ABE (góc nội tiếp cùng chắn cung AE (do AEDB nội tiếp))

* Xét ODE có:

DOE  ODE BAC  ABE (vì hai góc BAC ; ABE phụ nhau trong ABE vuông tại E)

 900

OED

 

Mà E thuộc (O)

Vậy DE là tiếp tuyến của (O)

e) Tính DE biết DH = 2cm, AH = 6cm.

Xét (O) có:

OE = OH = AH2 =6

2=3 (cm)

 OD = OH + DH = 3 + 2 = 5 (cm)

* Áp dụng định lí Pytago vào ODEvuông tại E

2

5 3

5 3 16

4 ( )

OD OE DE

DE DE

DE

DE cm

  

  

 

 

Nhóm Toán 9