Chu vi tam giác DEF.[r]
Trang 1Trường THCS Hoàng Hoa Thám ĐÁP ÁN NỘI DUNG ÔN TẬP TOÁN 9
Đại số:
Bài 1:
1) Thay 1
4
x (TMĐK x0 và x 4) vào A, ta được
1 2
4. 1 4
A
x
B
B
2
x
B
x
3) P x 4.
x
3
2
Px x x x 0 25.
4
x
Kết hợp điều kiện thu được x1; 2;3;5;6
Bài 2:
1) Khi x 9 thì 9 3
9 4
A
= - 6
16
B
x
4
x
x
3)
3 1
A
Phương trình A m 1
B có nghiệm 3
0
m
và 3 4
m
Vậy m 0 và 3
4
m
Bài 3: Giải các hệ phương trình :
a) Đáp số (0,5; -2,5)
b) Đáp số (4; -2)
c) Đáp số (4; 3)
Bài 4: Giải các hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ:
Trang 2a) ( )
4
7 1
1 3
3
2
1 1
4 3
1
I y
x
y x
ĐK: x3, y 1.Đặt
1 1 3 1
y b x
a
Khi đó hệ phương trình (I) có dạng: ( )
4
7 3
2
1 4
II b
a
b a
Giải hệ phương trình (II) ta được
4 1 2 1
b a
Thay vào chỗ đặt giải tiếp ta được nghiệm (5; 3)
b) Đáp số: (3; 2)
c) Đáp số: (-1; 4)
d) Đáp số: (-2; -1)
Bài 5:
*Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất
2 1
3 ( ô dúng 0)
Vậy hệ luôn có nghiệm duy nhất với m#0
Từ phương trình (1) ta có:
2
mx
y
Khi đó hệ có dạng:
0
m
Trang 3
3
6 5 3
5 2
5 2 ) 3 (
2 5
) 2 (
3
2
2
2
2
m
m y m
m x
m x m
mx y mx
m
x
mx
y
Theo bài ra:
) ( 7
4 4
7 3
3 3
6 5 3
5 2 3
3
2 2
2
m m
m m
m m
y
Bài 6: Từ (1) ta có:
) 1 ( )
1
m x m
y
Khi đó hệ có dạng:
1
) 1 ( ) 1 ( 2
)]
1 ( ) 1 )[(
1
(
) 1 ( )
1
(
2 2
m x m
m x m y m
x m
m
x
m x
m
y
Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ↔ m 2 x=m 2 +1 có nghiệm duy nhất ↔ m2 #0↔
m#0
Với m khác 0 hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
2
2
2
1
1
m
m
y
m
m
x
Xét
8
7 8
7 2 2
1 2 1 1 2 2
2
2 2
2
m m
m m
m m
y
Để xy đạt giá trị nhỏ nhất thì 0 4
2 2
1 2
2
HÌNH HỌC:
Bài 7: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O;R Các đường cao
AD, BE, CF cắt nhau tại H Các đường thẳng BE và CF lần lượt cắt đường tròn O; R
tại Q và K
Trang 4a) * ΔBCF: 0
90
BFC (CF là đường cao)
ΔBCF nội tiếp đường tròn đường kính BC
B, C F thuộc đường tròn đường kính BC (1)
90
BEC (BE đường cao)
ΔBEC nội tiếp đường tròn đường kính BC
B, E, C thuộc đường tròn đường kính BC (2)
Từ (1) và (2) B, C., E, F thuộc đường tròn đường kính BC
b) *Xét đường tròn đi qua bốn điểm B, C, E, F: EBCCFE (góc nội tiếp cùng chắn
cung CE)
*Xét (O): EBCCKQ (góc nội tiếp cùng chắn QC
CFE CKQ EBC
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị
EF / /KQ
BEF BQKEF QK
c) Kẻ đường kính '
AA cắt EF tại M ΔABE đồng dạng ΔACF (g.g)
ΔAEF đồng dạng ΔABC (c.g.c)
ABC AEF
(hai góc tương ứng)
Xét (O): '
AACABC (góc nội tiếp chắn cung AC)
'
AAC AEF
AME
đồng dạng với ACA' (g.g)
'
90
Tương tự ta chứng minh được OBFD OC, DE
Hình 53
M
H
I
A'
E F
D
Q
C B
A
Trang 5Do đó OAE 1 ( ) 1
OAF
S S OA MEMF R EF
2
S S R FD ; 1
2
S S R DE
ADC
S R DEDFFE R Chu vi tam giác DEF Vì R không đổi nên chu vi
tam giác DEF lớn nhất khi S ABClớn nhất Mà BC cố định nên S ABClớn nhất khi AD lớn
nhất
Ta có AD AI, AI AO OI AD AO OI , dấu “=” xảy ra I O A, , thẳng hàng A là
điểm chính giữa cung lớn BC
Bài 8: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O; R Các đường cao
BE,CFcắt nhau tại H, cắt đường tròn O; Rlần lượt tại M và N
a) Chứng minh AE.AC=AF.AB
ACF
đồng dạng ABE(g.g)
AF AC
AE AB
AE.AC=AF.AB
b) Chứng minh MN song song với EF
c) Gọi I là giao điểm AH và BC
ECB
đồng dạng ICA(g.g) EBCIAC
*Xét (O): MACMBC (góc nội tiếp chắn cung MC)
MAC IAC MBC
Tam giác AMH cân tại A (do AE vừa là phân giác vừa là đường cao)
H
F E
A
C
I
Trang 6d) Kẻ đường kính BB’
* A, E, H, F cùng thuộc đường tròn đường kính AH
Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF có đường kính AH
' 90 ; ' 90
B CB B AB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
* AH BC; B’C BC B’C // AH
Chứng minh tương tự: B’A // CH
AHCB’ là hình bình hành => AH =CB’
* Tam giác CBB’ vuông tại C có BB’ = 2R, BC không đổi suy ra CB’ không đổi suy ra
AH không đổi
Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF có đường kính không đổi khi A di động
Một số bài tập nâng cao
Bài 1: Đặt t x21, với t > 0 ta có
2
3 3 0
t x t x
3 0
3
t x t
t x
t
H
N M
O
B A
C B'
Trang 7TH1: 2
0 1
1
x
(vô nghiệm)
x x x
Vậy pt có 2 nghiệm x 2 2
Bài 2:
P
Với x, y là các số thực dương Áp dung bất đẳng thức Côsi chứng minh được
2
x y
x x y
2
y x
y y x
5x 2x 3y 5y 2y 3x 5 x y
5 5
Từ đó tìm được GTNN của P bằng 2014 5
5 khi x = y
Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất
2 1
3 ( ô dúng 0)
0
m