Toan 9 PBT le quy don tuần 15

PHIẾU BÀI TẬP 15 GIÁO VIÊN: CÙ MINH QUẢNG – TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN – NAM ĐỊNH PHONE: 0983.265.289 – FACEBOOK: TOÁN THCS – TTVN y  ax  b  a   I ĐẠI SỐ: ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ y Bài Viết phương trình đường thẳng d’ biết // với đường thẳng d có pt : A  3; 1 qua Bài d1 : y  x  d2 : y   x  d1  Ox  A, d1  Oy  B, d  Ox  C, d  Oy  D d1 d M a) Chứng minh AMC b) Tính diện tích cùa Bài Cho đường thẳng: Cho x2 Cho hàm số vuông M AMC , AMO, ABO, BOD y  mx  m  a) Xác định m đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ b) Xác định m đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm có hoành độ c) Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm câu a câu b hệ trục tọa độ Tìm tọa độ giao điểm chúng tính góc tam giác tạo thành Bài Cho hàm số y   m  4 x  m  a) Tìm giá trị m để hàm số đồng biến ? Nghịch biến ? b) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số qua điểm A  1;  ? c) CMR: m thay đổi đường thẳng ln qua điểm cố định II HÌNH HỌC: ƠN TẬP TÍNH CHẤT HAI TIẾP TUYẾN CẮT NHAU (O ) Bài Cho (O;R) đường thẳng d cắt đường tròn d cho MC  MD C D Một điểm M di động (O ) MA, MB Qua điểm M kẻ tiếp tuyến đường tròn (A, B tiếp điểm) Gọi H trung điểm OM , OH với a) E, F OE.OM  R Chứng minh : CD giao điểm với AB M , E, H , F b) Bốn điểm thuộc đường tròn (O ) Bài Cho đường trịn đường kính AB A, B ) Vẽ đường tròn tâm M tiếp xúc với AC , BD với đường tròn a) Chứng minh b) Chứng minh Bài CD M M Một điểm M thay đổi đường tròn ( AB khác H Từ A B kẻ tiếp tuyến C, D ,( tiếp điểm ) (O ) tiếp tuyến AC  BD có giá trị khơng đổi từ tính giá trị lớn AC.BD Cho đường tròn (O; R) hai tiếp tuyến MA, MB đường tròn, AB cắt OM H a) Chứng minh AM BM  MH MO b) Đường thẳng OA cắt MB N Chứng minh OA MB  ON MN c) Từ O kẻ OK // AM (K thuộc MB) chứng minh OK  MK ĐÁP ÁN BÀI TẬP TĂNG CƯỜNG TOÁN TUẦN 15 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT y Bài Viết phương trình đường thẳng d’ biết // với đường thẳng d có pt : qua A  3; 1 x2 Lời giải y Đường thẳng d’ song song với đường thẳng d nên đường thẳng d’ có dạng: Đường thẳng d’ qua điểm A  3; 1 y , thay vào xb 1   b  b  3 y Vậy phương trình đường thẳng d’ là: x 3 ta được: xb Bài Cho đường thẳng: Cho d1 : y  x  d2 : y   x  d1  Ox  A, d1  Oy  B, d  Ox  C, d  Oy  D d1 d M a) Chứng minh AMC b) Tính diện tích cùa M vng AMC , AMO, ABO, BOD Lời giải a) d1 : y  3x  +) Cho d2 : y   x  x   y   d1  Oy y 0 x +) Cho 4  d1  Ox x   y   d  Oy y   x   d  Ox Kẻ B  0;  tại  4  A  ;0    D  0;  C  6;0  MH  Ox Xét phương trình hồnh độ giao điểm d1 ; d ta có: 1 10 3 x    x   x  x    x  2  x  3 x Thay 3 vào phương trình đường thẳng  d1   y  11 11  3 11   d1  d  M  ;  MH  5  5 3 11   AH  OA  OH    5 5 33 22 HC  OH  OC    ; AC  OA  OC    5 3 OH  Khi đó: Áp dụng định lý pytago vào tam giác vng AHM ; MHC ta có:  11   33  11 10 MC  MH  HC        5   2 2  11   11  11 10 MA  MH  HA2        15    15  AC  OA  OC  22 6 3 Xét  C có:  11 10   11 10  484 MA  MC             15  2 484  22  AC       Do đó: b) MA2  MC  AC Áp dụng định lý pytago đảo ta có AMC vng M Tính diện tích cùa S AMC  Ta có: S AMO  AMC , AMO, ABO, BOD 1 11 10 11 10 121 MA.MC   2 15 15 1 11 22 MH OA   2 15 1 S ABO  OA.OB   2 3 S BOD  Bài (đvdt) (đvdt) 1 MD.OB   2 5 Cho hàm số (đvdt) (đvdt) y  mx  m  a) Xác định m đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ b) Xác định m đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hồnh độ c) Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm câu a câu b hệ trục tọa độ Tìm tọa độ giao điểm chúng tính góc tam giác tạo thành Lời giải a) Để đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ ta có: x  0; y    m.0  m   m  Vậy m3 đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ b) Đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hồnh độ ta có: y  0; x    m.3  m   4m   m  m Vậy đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm có hồnh độ c)  d1  m   y  3x  + Thay m + Thay 1  y  x 4 Ta có đường thẳng Đường thẳng  d2   d1  cắt cắt Ox  d2  Ox tại  2  A  ;0    D  3;0  Xét d1 ; d B  0;   3  E  0;    ta có: 3 11 11 x  x  x  2   x   x  1 4 4 4 đường thẳng Xét cắt Oy cắt Xét phương trình hồnh độ giao điểm 3x   Oy AOB BOD Thay x  1 vào phương trình d1  y   1   1  M  1; 1 vuông vuông OA tan ·ABO     ·ABO  18 O OB O OE · · · · · tan ODE     EDO  14  BDM  BDO  EDO  56  14  70 OD Do đó: Xét Bài ·ABD  ·ABO  DBO ·  18  56  74 BDM Cho hàm số   · · BMD  180  MBD  MDB  180   74  70   36 có: y   m  4 x  m  a) Tìm giá trị m để hàm số đồng biến ? Nghịch biến ? b) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số qua điểm A  1;  ? c) CMR: m thay đổi đường thẳng ln qua điểm cố định Lời giải a) Tìm giá trị m để hàm số đồng biến ? Nghịch biến ? y   m  4 x  m  y   m  4 x  m  đồng biến   m     m  4 nghịch biến   m     m  4 y   m  4 x  m  b) Đồ thị hàm số trinh đường thẳng được: qua điểm A  1;  , ta thay tọa độ vào phương   m    1  m    m   m   2m  2    m0 Vậy m0 đường thẳng y   m  4 x  m  qua A  1;  c) CMR: m thay đổi đường thẳng ln qua điểm cố định Giả sử đường thẳng đồ thị hàm số  x0 ; y0  y   m  4 x  m  Ta được: y0   m   x0  m   y0  mx0  x0  m  m  x0  1   x0  y0    Với m để phương trinh ln qua điểm cố định  x0   x  x     4 x0  y0   4  y0    y0  10 Vậy đường thẳng qua điểm cố định  x0 ; y0    1;10  II HÌNH HỌC: ƠN TẬP TÍNH CHẤT HAI TIẾP TUYẾN CẮT NHAU (O ) Bài Cho (O;R) đường thẳng d cắt đường tròn d cho C D Một điểm M di động (O ) MC  MD MA, MB Qua điểm M kẻ tiếp tuyến đường tròn (A, B tiếp điểm) Gọi H trung điểm OM , OH với a) CD giao điểm với AB E, F OE.OM  R Chứng minh : M , E, H , F b) Bốn điểm thuộc đường trịn Lời giải a) Chứng minh Vì MB Ta có, tiếp tuyến đường tròn nên MA  MB Suy ra, Xét OE.OM  R AB  MO MBO ME vuông OE.OM  OB E B MB  OB tia phân giác góc AMB có BE đường cao nên: ( hệ thức lượng tam giác vuông ) ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt Hay, OE.OM  R AB  MO b) Từ ý a ta có, Vì H trung điểm cung) Xét tứ giác MEHF Do đó, tứ giác E DC HO  CD nên có E H nhìn MEHF H ( Liên hệ đường kính dây MF hai góc vng tứ giác nội tiếp M , E, H , F Vậy bốn điểm thuộc đường tròn (O ) Bài Cho đường trịn đường kính AB Một điểm M thay đổi đường tròn ( A, B ) Vẽ đường tròn tâm M tiếp xúc với AC , BD với đường tròn a) Chứng minh b) Chứng minh CD M AB C, D ,( tiếp điểm ) (O ) tiếp tuyến AC  BD a) Trong đường trịn có giá trị khơng đổi từ tính giá trị lớn  M ; MH  tia phân giác góc Suy ra: khác H Từ A B kẻ tiếp tuyến Lời giải MA M · · CMA  HMA · · HMB  DMB hay hay theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: HMC MB · · CMH  HMA · · HMD  HMB tia phân giác góc HMD AC.BD Tam giác Suy ra: ABM  O   nội tiếp đường trịn ·AMB  900 có AB đường kính nên vng M · CMH  HMD · · ·   HMB  HMA  1800 · CMD  1800  Mặt khác, Suy ra, Mà C, M , D Hay CMA thẳng hàng đồng dạng với · · CMA  MBA ( · · · MCA  ·AMB  900 CAM  MAB , CM  MO Vậy b) Trong đường tròn AC  AH Suy ra: ) · · · · MAB  MBA  900  ·AMO  MBA  900 ( MAB  ·AMO) ·  ·AMO  CMA  900 Hay, CD M tiếp tuyến ; MH   O   theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: BD  BH AC  BD  AH  BH  AB AC.BD  AH BH  Ta có: Vậy giá trị lớn AB Bài MBA không đổi 1 ( AH  BH )  AB 4 AC.BD AB  AH  BH Hay M điểm cung Cho đường trịn (O; R) hai tiếp tuyến MA, MB đường tròn, AB cắt OM H a) Chứng minh AM BM  MH MO b) Đường thẳng OA cắt MB N Chứng minh OA MB  ON MN c) Từ O kẻ OK // AM (K thuộc MB) chứng minh Lời giải OK  MK a) Xét (O; R) có MA, MB hai tiếp tuyến, A, B hai tiếp điểm OA  OB  R   MA  MB    MA  AO  MB  BO  ·  MO tia phân giác cua góc AMB  ·AMO  BMO OA  OB  R    MA  MB *Vì MO đường trung trực AB * Xét tam giác AMO vuông A, đường cao AH  MA2  MH MO  AB  MO (hệ thức lượng tam giác vuông), mà H MA  MB  MA.MB  MH MO b) Xét NBO NAM có: · ·  NBO  NAM  900  µ chung  N  NBO : NAM  gg   c) OK  AO   MO  AO  mà BO MA  ON MN MA // KO  , mà MA = MB, OB = OA ·  MOK  ·AMO  góc so le  · · MOK  KMO  MOK cântai K  OK  MK HẾT OA MB  ON MN ...  11  11 10 MA  MH  HA2        15    15  AC  OA  OC  22 6 3 Xét  C có:  11 10   11 10  484 MA  MC             15  2 484  22  AC       Do đó: b)... cùa S AMC  Ta có: S AMO  AMC , AMO, ABO, BOD 1 11 10 11 10 121 MA.MC   2 15 15 1 11 22 MH OA   2 15 1 S ABO  OA.OB   2 3 S BOD  Bài (đvdt) (đvdt) 1 MD.OB   2 5 Cho hàm số...  MO Vậy b) Trong đường tròn AC  AH Suy ra: ) · · · · MAB  MBA  90 0  ·AMO  MBA  90 0 ( MAB  ·AMO) ·  ·AMO  CMA  90 0 Hay, CD M tiếp tuyến ; MH   O   theo tính chất hai tiếp tuyến