DAP AN 18 BO TOAN VAO 10 TP HCM 2006 2018

Tương tự với đường tròn tâm P ta cũng có MV.MS = ME.MF nên PQ vuông góc với MS và là đường trung trực của VS đường nối hai tâm của hai đường tròn.. Nên PQ cũng đi qua trung điểm của KS d[r]

Đáp án – 18 Bộ đề Toán 9 vào 10 TP HCM từ Năm 2006 – 2018

(P) parabol đi qua các điểm: (–4; 4), (–2; 1), (0; 0), (2; 1), (4; 4).

b) Vì (d) đi qua điểm C(6; 7) nên ta có:

b) Phương trình có nghiệm khi

5m4

Tứ giác ACDH có AHC ADC 90   0

 Tứ giác ACDH nội tiếp

- Tứ giác ACDH nội tiếp  A 1 H 1

Mà A 1ABC (cùng phụ với góc ACB)

 1 

b) Áp dụng hệ thức lượng vào AOC vuông, có:

 HM là tia phân giác của góc BHD.

c) HBD có HM là đường phân giác trong tại đỉnh H

Mà HC  HM

 HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H

Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, có:

- Gọi N là giao điểm thứ hai của AH và (O).

OAN cân tại O, có OH là đường cao

Do đó, 5 điểm A, C, N, K, O cùng thuộc đường tròn đường kính OC

Chứng minh được: Nếu hai dây AB và CD của (O) cắt nhau tại I thì IA.IB = IC.ID.

- Áp dụng bài toán trên, ta có:

(O) có hai dây AN và BD cắt nhau tại M nên MA.MN = MB.MD

Đường tròn đường kính OC có hai dây AN và CK cắt nhau tại M nên

Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (d) là 1;1 , 2; 4  

Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau

b) Do AD là phân giác của FDE

nên FDE 2FBE 2FCE FOE     

Vậy tứ giác EFDO nội tiếp (cùng chắn cung EF)

c) Vì AD là phân giác FDE  DB là phân giác FDL

 F, L đối xứng qua BC  Lđường tròn tâm O

Vậy BLC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O

BLC 90

d) Gọi Q là giao điểm của CS với đường tròn O

Vì 3 cung BF, BL và EQ bằng nhau (do kết quả trên)

 Tứ giác BEQL là hình thang cân

 BQ = LE (2 đường chéo hình thang cân)

Mà RS = BQ = LE = DL + DE = DF + DE

 RS = DF + DE (đpcm)

Đề 4 – Đáp án: HCM năm 2014 – 2015 Bài 1: (2 điểm)

Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (d) là 1;1 , 3;9  

Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau

Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu mọi m.

b) Tính giá trị của biểu thức :

Từ (1) và (2) Suy ra: AHC ANC 180   0

 tứ giác AHCN nội tiếp

c) Chứng minh được tứ giác AHIJ nội tiếp

Ta có NAC MAC  ( M, N đối xứng qua AC)

mà NAC CHN (do AHCN nội tiếp)

 IAJ IHJ  tứ giác HIJA nội tiếp

 AJI bù với AHI

mà ANC bù với AHI (do AHCN nội tiếp)

M

x

I

J Q

N

vì AKC = AMC(cùng chắn cung AC),

Vậy AKC = AMC=ANC

Xét hai tam giác AQJ và AKC :

Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn ) 2 tam giác trên đồng dạng Vậy Q 90  0 Hay AO vuông góc với IJ

Đề 5 – Đáp án: HCM năm 2013 – 2014 Bài 1: Giải pt và hệ pt

Bài 3: Thu gọn biểu thức

215

Khi m = 1 thì ta có ∆’ = 0 tức là : x1 x2 khi đó x14 x24 x13 x32 thỏa

Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là:

Vậy diện tích S IBClớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất

Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung BCcủa đường tròn đường kính

OM Khi I trùng O thì ABCvuông tại B

Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O; R)

Đề 6 – Đáp án: HCM năm 2012 – 2013 Bài 1: Giải pt và hệ pt sau:

 

u

(loại)Thay x2 = 3  x =  3

Toạ độ giao điểm của (P) ; (D) là 4; 4 , 2;1  

Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau:

2

24 M

-Theo hệ thức lượng MCO vuông tại C

ta có: MH.MO = MC2 (2)

- Từ (1) và (2):

Vậy tứ giác AHOB nội tiếp trong đường tròn

c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp trong đường

tròn đường kính MS (có hai góc K và C vuông)

Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC

Do đó MF chính là đường trung trực của KC

nên MS vuông góc với KC tại V

d) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có MA.MB = MV.MS của đường tròn tâm Q.Tương tự với đường tròn tâm P ta cũng có MV.MS = ME.MF nên PQ vuông góc với MS và

là đường trung trực của VS (đường nối hai tâm của hai đường tròn)

Nên PQ cũng đi qua trung điểm của KS (do định lí trung bình của tam giác SKV)

x y

hay

5 13

9 2

Vậy khi m = 0 thì biểu thức A có giá trị nhỏ nhất bằng 15.

a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông

Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là hình chữ nhật)

Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC)

 góc DKF = góc DEA

 tứ giác AEFK nội tiếp

d)Góc ICF = góc AEF = góc DKF

vậy ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD)

và IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH)  IH2 = IC.ID

312

y x

Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là

Bài 5:

a) Ta có :

EMO EAO 90  => EAOM nội tiếp

Tứ giác APMQ có 3 góc vuông :

EAO APM PMQ 90  

=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật

b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường

chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ

nên I là trung điểm của AM

Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và

tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng

Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,

mà AB = 2.OA => MP = 2.KP

Vậy K là trung điểm của MP

d) Tính MP theo R và x ; tìm vị trí điểm M trên (O) để SAPMQ lớn nhất

Vậy khi điểm M trung điểm cung AB thì SAPMQ có diện tích lớn nhất



và đường thẳng (d) y = x + 4

- (P): khi x = 0 thì y = 0 O(0;0)

Khi x =  1 thì y =

12

- (d): Khi x = 0 thì y = 4 A(0; 4)

Khi y = 0 thì x = - 4 B(- 4; 0)

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) là

nghiệm của pt sau:

Bài 4:

Phương trình: x2 – (5m – 1)x + 6m2 – 2m = 0 (m tham số)a)  (5m 1) 2  4(6m2  2m) (m 1)  2  0; m

Vậy pt luôn có nghiệm với mọi m

Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là x = 2 hoặc x = –2.

Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = x – 2:

Đồ thị (P) và (D) được vẽ như sau:

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

a) Ta có: ' = m2 + 1 > 0 với mọi m nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

b) Ta có: MAO MBO MIO 90    0

 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn

đường kính MO

c) Ta có: MA = MB (t/chất tiếp tuyến) và OA = OB = R(O)

Do đó MO là trung trực của AB  MO  AB

Trong MAO vuông tại A có AH là đường cao

 Ð MHC = Ð MDO (góc ngoài tứ giác bằng góc trong đối diện với nó)

 Tứ giác OHCD nội tiếp

Ta có:

+ OCD cân tại O  Ð OCD = Ð MDO

+ Ð OCD = Ð OHD (do OHCD nội tiếp)

Do đó Ð MDO = Ð OHD mà Ð MDO = Ð MHC (cmt)

 Ð MHC = Ð OHD

 900 – Ð MHC = 900 – Ð OHD

 Ð CHA = Ð DHA

 HA là phân giác của Ð CHD hay AB là phân giác của Ð CHD

d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì Ð OCK = Ð ODK = 900)

 Ð OKC = Ð ODC = Ð MDO mà Ð MDO = Ð MHC (cmt)

 Ð OKC = Ð MHC  OKCH nội tiếp

 Ð KHO = Ð KCO = 900

 KH  MO tại H mà AB  MO tại H

 HK trùng AB  K, A, B thẳng hàng

Đề 12 – Đáp án: HCM năm 2006 – 2007 Bài 1: Giải pt và hệ pt

D C

A

B

I

H K

- Gọi x(m) là chiều rộng hcn ban đầu (đk:x > 0)

Chiều dài hcn ban đầu là

360(m)x

- Giải pt ta được: x1 = -12 (loại); x2 = 10 (tmđk)

Chiều rộng mảnh đất hcn ban đầu bằng 10 m

- Vẽ đồ thị y = 3x + 4 và

2

xy2

b) Xét ABC đường cao BD và CE cắt nhau tại H

Do đó: H là trực tâm tam giác ABC

Suy ra AH cũng là đường cao tam giác ABC

 x1(x2 – 5) – 5(x2 – 5) = 47

 (x1 – 5)(x2 – 5) = 47 (*)

Ta có: –4 ≤ x1 – 5 ≤ x2 – 5 nên (*) 

1 2

Kẻ BI  AC  I là trung điểm AC

Ta có: Ð ABD = Ð CBE = 200  Ð DBE = 200 (1)

E J

K

 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3  8 ≥ (a + b)3  a + b ≤ 2 (2)

Từ (1) và (2)  0 < a + b ≤ 2

Đề 16 – Đáp án: HCM Năm 2007 – 2008 Bài 1

Vậy x 5

IO

CP NC

AM // BC (gt)  Tứ giác AMCB hình thang

Hình thang AMCB nội tiếp đường tròn nên là hình thang cân

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của y=x 12  x22