Video minh họa bài 34 địa 7

Gọi Ax và By là các tia vuông góc với AB ( Ax , By và nửa đường tròn cùng một nửa mặt phẳng bờ AB ).. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc Ax..[r]

BÀI TẬP ÔN HỌC KỲ 1 (09-10) TOÁN ĐẠI SỐ 9

Bài1 : 1) Trục căn thức ở mẫu : 262

√3+5

2) Rút gọn biểu thức : A = (√2+√6)√2−√3

Giải

1)Trục căn thức ở mẫu : 26

2√3+5 26

2√3+5 = 26(2√3 −5)

(2√3+5)(2√3 −5) =

2√3 ¿2−52

¿

26(2√3 −5)

¿

= 26(2√3 −5)

12− 25 = 26(2√3 −5)

−13 = –2(2 √3

– 5)

=–4 √3 +10 = 10– 4 √3

2)Rút gọn biểu thức : A = (√2+√6)√2−√3

A= √2 √2−√3 + √6 √2−√3

= √2(2−√3) + √6(2 −√3)

= √4 − 2√3 + √12− 6√3

= √1− 2√3+3 + √9 −2 3√3+3

=

√3

¿

12− 2√3+ ¿

√ ¿

+

√3

¿

32− 2 3√3+ ¿

√ ¿

= 1−√3¿

2

¿

√ ¿

+ 3 −√3¿

2

¿

√ ¿

= |1 −√3| +

|3 −√3|

= √3 –1+ 3 – √3 = 2

Bài 2: Giải phương trình :

1) √4 x +20 −3√x+5+4

3√9 x +45=6

2) √4 x2− 4 x +1=3

Giải

1) √4 x +20 −3√x+5+4

3√9 x +45=6

 2√x +5 −3√x+5+4√x+5=6

 √x+5 (2− 3+4 )=6

 3√x +5=6

 √x+5=2

 |x +5| = 3

* x + 5 = 2 ( với x ≥ – 5 )

x = – 3 Nhận

* – x – 5 = 2 (Với x  – 5 )

x = – 7 Nhận

Vậy S = {2;− 7}

2) √4 x2− 4 x +1=3

⇔ 2 x +1¿

2

¿

¿

√ ¿

⇔ |2 x+1| = 3 ⇔ * 2x + 1 = 3 ( x ≥ − 12 )

x = 1 Nhận

* – 2x – 1 = 3 ( x  − 12 ) X= – 2 Nhận

Vậy S = {1;− 2}

Bài 3 : Tìm x thỏa điều kiện sau

a) √3+√x = 3

b) √25 x – √16 x = 9

Giải

Tìm x thỏa điều kiện sau

a) √3+√x = 3

Suy ra :3+ √x =9 hay √x = 6 = √36

Vậy x = 36

b) √25 x – √16 x = 9 Suy ra 5√x – 4√x = 9 Hay

√x = 9 = √81 Vậy x = 81

Bài 4:

1/Giải phương trình : √1− x +√4 −4 x+√9 − 9 x =6

2/Tính : √4 − 2√3

3/Rút gọn biểu thức: A= √4 −2√3+2√3+1

√3

Giải

1/ Giải phương trình :

√1− x +√4 −4 x+√9 − 9 x =6

 √1− x +2√1− x +3√1− x=6

 √1− x (1+2+3) =6  6 √1− x =6 

√1− x =1  |1 − x| =1

* 1– x = 1 ( với x ≤ 1 )

 x= –2 Nhận

* –(1 – x) = 1 (với x  1)

 – 1+ x = 1  x= 2 Nhận

Vậy S = {−2 ;2}

2/Tính : √4 − 2√3

√4 − 2√3 = √1− 2√3+3 =

√3

¿

12− 2√3+ ¿

√ ¿

= 1−√3¿

2

¿

√ ¿

= |1 −√3| = √3 –1 Vậy √4 − 2√3 = √3 –1

3/Rút gọn biểu thức: A=

√4 −2√3+2√3+1

√3

= √3 −1+2√3+1

√3 = 3√3

√3 = 3

Bài 5 :

Cho biểu thức Q = (1−√x√x+

√x

1+√x) + 3 −√x

x −1 với x ≥0 và x ≠ 1 1) Rút gọn Q

2) Tìm x để Q = – 1

Giải

a) Q = ( √x

1−√x+

√x

1+√x) + 3 − x −1√x

=

x

1+ √ ¿

¿

x

1 −√ ¿

¿

√x( ¿

(1+√x )(1−√x )¿)

√x¿

¿

¿

+ 3 −√x

x −1

=

x

1+ √ ¿

¿

+√x (1−√x )

√x(¿¿ (1 −√x)(1+√x)¿ )

¿

¿

+ 3 − x −1√x

= (√x +x +√x − x

1 − x )+ ¿ 3 −√x

x −1

= 2√x

1 − x + √x − 3

1 − x

= 3√x − 3

1 − x

b)Với Q = – 1 Ta có 3√1 − x x − 3 = – 1  3(√x −1)

(1−√x)(1+√x) = – 1  − 3(1 −√x)

(1−√x)(1+√x) = – 1  −3

1+√x = – 1  1+ √x = 3  √x = 2  x = 4

Bài 6 : Cho biểu thức P = (√x −2√x +

√x

√x +2) x − 4

√4 x với x  0 ; x  4

a/ Rút gọn biểu thức P.

b/ Tìm x để cho biểu thức P = 6

c/ Tìm x để P > 3

a/ P = ( √x

√x −2+

√x

√x +2) x − 4

√4 x = ((√√x − 2)( x (√x+2)√x +2)+

√x (√x − 2)

(√x+2)(√x − 2)) x − 4

√4 x = (√x (√x +2)+ x −2√2x (√x −2)) x − 4

√4 x = (x+2√x+x −2√x

x − 4 ) x − 4

√4 x = x − 4 2 x x − 4

√4 x = 2 x

2√x = x

√x = x√x

√x√x = √x b) P = 6  √x = 6  √x = √36  x = 36

c) P > 3  √x > 3  √x > √9  x > 9

Bài 7: a / Vẽ đồ thị của các hàm số sau trên cùng mặt phẳng toạ độ :

(d) : y = 3x – 3 (d’) : y = -2x +4

b/ Tìm toạ độ giao điểm của (d) và (d’)

Giải

1)Tìm 2 giao điểm của (d) với 2 trục là A(0; -3) , B(1; 0)

Tìm 2 giao điểm của (d’) với 2 trục là A’(0:3) , B’(2;0)

Vẽ đúng 2 đồ thị Đường thẳng (d) đi qua A và B

Đường thẳng (d’) đi qua A’ và B’

2) 3x-3 = - 2x +4  3x+2x = 4+3  5x=7

⇔ x = 75 Thay vào tìm được y = 65

Vậy Tìm toạ độ giao điểm của (d) và (d’) là điểm M ( 75 ; 65 )

Bài 8: a / Vẽ đồ thị của các hàm số sau trên cùng mặt phẳng toạ độ :

(d) : y = 12 x -2 (d’) : y = -2x +3

b/ Tìm toạ độ giao điểm của (d) và (d’)

Giải

a/ (d):y = 12 x -2

Có giao điểm với trục hoành

x= 0  y=-2 A(0;-2)

Giao điểm trục tung

y=0  0 = 12 x -2 x=4 B(4;0)

(d’) : y = -2x +3

Có giao điểm với trục hoành

x= 0  y=3 A’(0;3)

Giao điểm trục tung

Y=0  0 = -2x +3

 x= 32 =1,5 B’(1,5;0)

b/ Tìm hoành độ của giao điểm là

1

2 x -2 = -2x +3  12 x +2x=3+2  52 x =5

 x = 2 Thay x=2 vào một trong hai phương trình

ta tìm được tung độ của giao điểm là

y = -2.2 +3 = -1 Vậy toa độ của giao điểm là I(2;-1)

Vẽ đồ thị hai hàm số

-Xác định cá điểm A(0;-2) ,B(4;0),

A’(0;3) , B’(1,5;0)

Đường thẳng (d) đi qua A và B

Đường thẳng (d’) đi qua A’ và B’

Bài 9: Cho biểu thức A = √24+12 x+√24 − 12 x

√24 +12 x −√24 −12 x

1) Tính giá trị của biểu thức khi x = 1 Sau đó rút gọn biểu thức

2 Làm mất căn ở mẫu của biểu thức A Sau đó rút gọn biểu thức

3) Tìm điều kiện của x để biểu thức xác định

Giải

1)Khi x=1 ta có

A = √24+12 1+√24 − 12 1

√24 +12 1−√24 −12 1 = √36+√12

√36 −√12 = A = √36+√12¿

2

¿

¿

¿

= 36+2√36√12+12

24

= 48+2√62√22 3

24 = 48+2 6 224 √.3 = 48+2424 √ 3 = 24(2+√ 3)

2) Làm mất căn thức

A = √24+12 x+√24 − 12 x

√24 +12 x −√24 −12 x = √24+12 x+√24 − 12 x¿

2

¿

¿

¿

= 24+12 x+2 24 x √24+12 x √24 −12 x +24 −12 x = 48+2 2 224 x √6+3 x √6 − 3 x

= 48+2 2 2√3 (2+ x).√3(2 − x )

24(2+√22− x2)

24 x = 2+√22− x2

x

3)Tìm điều kiện của x để biểu thứcA xác định

Biểu thức xác định khi mẫm khác 0 và căn thúc có nghĩa

Nên √24+12 x  √24 −12 x Suy ra x 0

Và 24+12x ≥ 0 và 24 -12x ≥ 0 Suy ra x ≥ -2 và x ≤ 2 Hay -2 ≤x ≤ 2

Vậy điều kiện của x để biểu thức xác dịnh là -2 ≤x ≤ 2 và x 0

Bài 10 : 1) Rút gọn các biểu thúc sau : M= √x+1 −2√x và N = √x+1+2√x

2 ) Giải phương trình M+N = 4

Giải

1) rút gọn

M= √x+1 −2√x = √x¿

2 + 12− 2√x 1

¿

√ ¿

= √(√x)−1¿2 = √x -1

N = √x+1+2√x = √x¿

2 +12+2√x 1

¿

√ ¿

= √(√x)+1¿2 = √x +1

2)Giải phương trình M+N = 4 M+N = 4

 √x -1 + √x +1 =4

 2 √x = 4  √x =2  √x =

√4

 x = 4 Vậy : Tập nghiệm của phương trình là

S = { 4 }

Bài 11 : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho đường thẳng (dm ) có phương trình

y = (2m+4)x– 3

1)Với giá trị nào của m thì hàm số y = (2m+4)x– 3 là hàm đồng biến

2) Khi m = 1 ta có đường thẳng (d), Viết phương trình đường thẳng ()qua điểm M(1;2) và song song với đường thẳng (d)

3) Vẽ (d) và biểu diễn M lên mặt phẳng tõa độ Oxy

1) Hàm số đồng biến khi : 2m +4 0  2m  -4  m  -2

Vậy với m  -2 thì hàm số y = (2m+4)x– 3 là hàm đồng biến

2)Khi m = 1 ta có đường thẳng (d) : y=(2.1+4)x -3  y=6x-3

Phương trình đường thẳng ()có dạng y =ax+b vì song song với đường thẳng (d)

Nên a= 6 Phương trình đường thẳng ()có dạng y = 6x +b

Phương trình đường thẳng ()qua điểm M(1;2) nên ta có 2 = 6.1 +b  b= -4

Vậy phương trình đường thẳng ()là y= 6x – 4

3)Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục tọa độ:

(d) : y=6x-3

Với x=0  y= -3 nên giao điểm với trục tung tại điểm A(0;-3)

Với y=0  0= 6x -3  6x=3  x = 12 nên giao điểm với trục hoành tại điểm B( 12 ;0)

Vẽ đường thẳng đi qua A và B ta được phương trình đường thẳng (d)

Bài 12 : a/ Tìm giá trị của x để biều thức √ 1

x − 1 có nghĩa b/ Trục căn thức ở mẫu : 4

√7+√5 c/ Tính giá trị của biểu thức : 1

2+√3 + 1

2 −√3 Giải

a/ Tìm giá trị của x để biều thức √ 1

x − 1 có nghĩa

x − 1 có nghĩa nếu x −11 ≥0

x – 1  0

x  1

Vậy : Để biều thức √ 1

x − 1 có nghĩa thì x 

1

b/ Trục căn thức ở mẫu : 4

√7+√5 4

√7+√5 = 4 (√7 −√5)

(√7+√5)(√7 −√5) = 4(√7 −√5)

7 −5 = 4(√7 −√5)

2 = 2(√7 −√5)

Bài 13: Viết phương trình của đường thẳng có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm A(-2;1).

Giải

Phương trình đường thẳng có dạng y=ax+b

Vì hệ số góc bằng 3 nên a = 3 , ta có phương trình y= 3x +b

Vì đi qua điểm A(-2;1) nên ta có 1= 3.(-2)+b  b = 7

Vậy phương trình cần viết là y=3x+7

BÀI TẬP ÔN HỌC KỲ 1 (09-10) TOÁN HÌNH HỌC 9

Bài 1 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R Gọi Ax và By là các tia vuông góc

với AB ( Ax , By và nửa đường tròn cùng một nửa mặt phẳng bờ AB ) Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc Ax Qua M Kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn , cắt By tại N a/ Tính

số đo góc MON

b/ Chứng minh rằng : MN=AM + BN

c/ Chứng minh rằng : AM BN =R2

Giải:

Vẽ hình đúng

Gọi I là tiếp tuyến của MN với nửa đường tròn

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có

M

¿

O❑^

¿

A = M

¿

O❑^

¿

I ( =

¿

A O

^

❑I

2

¿

)

N

¿

O❑^

¿

I = N

¿

O❑^

¿

B ( =

¿

B O

^

❑I

2

¿

)

Mà A

¿

O

^

❑

¿

I và B

¿

O

^

❑

¿

I kề bù

Do đó M

¿

O

^

❑

¿

I + I

¿

O

^

❑

¿

N = 900 hay M

¿

O

^

❑

¿

N = 900

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có

AM=MI và MI = BN

Mà MI+IN = MN Nên MN=AM+BN c) Trong tam giác vuông OMN

Ta có OI2= MI IN (hệ thức h2= b’ c’)

Mà AM=MI và MI = BN Suy ra R2= AM.BN

Bài 2 : Cho ΔABC vuông tại A có AB = 6 cm , AC = 8 cm Kẻ đường cao AH

a)Tính BC , AH , HB , HC

b)Tính giá trị của biểu thức Q = sinB + cosB

Giải:

a)Vẽ hình đúng Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông

ABC Ta có :BC2= AB2+AC2 =102

BC = 10 (cm)

AH = AB ACBC = 106 8 = 4,8 (cm)

HB = AB2

BC = 62

10 = 3,6 (cm)

HC = 10 -3,6 = 6,4 (cm)

b)Q = sinB + cosB

= 108 + 106 = 1410 = 75

Bài 3

Cho tam giác ABC vuông tại A Trên nửa mặt phẳng chứa điểm A bờ BC vẽ tia Bx vuông góc với BC Gọi M là trung điểm của đoạn BC Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với AB , cắt Bx tại O

1)Chứng minh rằng BC là tiếp tuyến của đường tròn (O;OA)

2) Chứng minh rằng bốn điểm O,A,M,B cùng nằm trên một đường tròn

Giải:

Vẽ hình đúng 1)Chứng minh rằng BC là tiếp tuyến của đường tròn

(O;OA)

Gọi I là giao điểm của MO vá AB Theo đề bài MI là đường trung bình của tam giác ABC nên IA=IB

Do đó tam giác OAB cân tại O (MI vừa là đường cao vừa là trung tuyến)

Suy ra : OA =OB

Mà OB vuông góc với BC

Vì vậy BC là tiếp tuyến của đường tròn (O;OA)

2)Chứng minh rằng bốn điểm O,A,M,B cùng nằm trên một đường tròn

Tam giác BOM vuông tại B nên ba điểm B,O,M cùng nằm trên đường tròn có tâm là

trung điểm cạnh huyền MO

Xét hai tam giác BOM và AOM có

OA=OB

¿

AOM❑^

¿

=

¿

BOM❑^

¿

(do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

MO là cạnh chung )

Vì vậy ΔBOM=ΔAOM (c,g,c)

Do đó Tam giác AOM vuông tại A nên ba điểm A,O,M cùng nằm trên đường tròn có tâm

là trung điểm cạnh huyền MO

Vậy bốn điểm O,A,M,B cùng nằm trên một đường tròn

Bài 4 :

Một cái thang dài 4 m , đặt dựa vào tường , góc giữa thang và mặt đất là 600

Hãy vẽ hình minh họa và tính khoảng cách từ chân thang đến tường

Giải:

Vẽ hình đúng

Khoảng cách chân thang đến tường là : 4 cos 600

= 4 12 = 2 (m)

Bài 5:

Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB =2R Kẻ các tiếp tuyến Ax ; By cùng phía với nửa đường tròn đối với AB Vẽ bán kính OE bất kỳ Tiếp tuyến của nửa đường tròn tại E cắt Ax , By theo thứ tự tại C và D

Chứng minh rằng :

a/CD=AC+BD

B/

¿

COD❑^

¿

=900

C/ Tích AC.BD = R2

Giải:

a/ CD=AC+BD Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau Thì AC= EC và BD=ED mà DC = EC+ED Nên CD = AC+BD b/

¿

COD❑^

¿

=900

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có C

¿

O❑^

¿

A = C

¿

O❑^

¿

E ( =

¿

A O

^

❑E

2

¿

)

E

¿

O

^

❑

¿

D = B

¿

O

^

❑

¿

D ( =

¿

E O

^

❑B

2

¿

)

Mà A

¿

O

^

❑

¿

E và E

¿

O

^

❑

¿

B kề bù

Do đó C

¿

O

^

❑

¿

E + EB = 900 hay C

¿

O

^

❑

¿

D = 900

c/ Tích AC.BD = R2

Trong tam giác vuông OCD

Ta có OE2= EC ED (hệ thức h2= b’ c’) mà AC= EC và BD=ED Suy ra R2= AC.BD

Bài 6:

Cho tam giác ABC vuông tại A , có BC= 5 Cm , AB =2AC

a/Tính AB

b/Kẻ đường cao AH Tính HB , AH

c/Tính tg

¿

BAH

^

❑

¿

, Suy ra giá trị gần đúng của số đo

¿

BAH

^

❑

¿

d/Vẽ hai đường tròn (B;BA) và (C;CA) Gọi E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn Chứng minh CE là tiếp tuyến của đường tròn (B)

Giải:

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông , ta có AB2+ (AB2 )2 = BC2

AB2+ AB2

4 = BC2

4 AB2

4 + AB2

4 = BC2

5 AB2

4 = BC2 5AB2 = 4BC2

AB2 = 4 BC2

5 = 4 52

5 = 20 AB= √20 = 2 √5 (cm) b)Kẻ đường cao AH Tính HB , AH

Ta có AC= AB2 = 2√5

2 = √5 (cm) AH.BC=AB.AC (hệ thức h.a=b.c )

AH= AB ACBC = 2 √5 √5

5 = 2 (cm)

AB2= BC.HB ( Hệ thức c2=a.c’)

Suy ra HB= AB2

BC = 2√5¿

2

¿

¿

¿

= 4 (cm)

c)Tính tg

¿

BAH

^

❑

¿

, Suy ra giá trị gần đúng của số đo

¿

BAH

^

❑

¿

Ta có tg

¿

BAH❑^

¿

= HBAH = 42 = 2 Suy ra

¿

BAH

^

❑

¿

≈ d) Xét hai tam giác ABC và EBC có

BA=BE (là bán kính đường tròn (B;BA) )

CA =CE (là bán kính đường tròn (C;CA) )

BC là cạnh chung

Suy ra ΔABC=ΔEBC (c,c,c)

Mà

¿

A❑^

¿

=900 nên

¿

E^

❑

¿

= 900 Hay CE vuông góc với bán kính BE tại tiếp điểm E Vậy : CE là tiếp tuyến của đường tròn (B;BA)