Dap an mon Toan 9 dot 4

Chu vi tam giác DEF.[r]

Trường THCS Hoàng Hoa Thám ĐÁP ÁN NỘI DUNG ƠN TẬP TỐN

Nhóm Tốn Tuần từ 2/3- 8/3

Đại số: Bài 1:

1) Thay

x (TMĐK x0 x4) vào A,ta

1

4. A



 =

2) 1

4 2

x B

x x x

  

  

 ( 2) ( 2)

( 2)( 2)

x x x

B

x x

   



 



2 x B

x 

 3) P x

x  

3

( 1)

2

Px x  x x  0 25  x Kết hợp điều kiện thu x1; 2;3;5;6  Bài 2:

1) Khi x9 9 A 

 = -

2) 3 5 12 ( 3)( 4) 5 12 12 5 12

16

4 ( 4)( 4) ( 4)( 4)

x x x x x x x x

B

x

x x x x x

         

   



    

4 x x 



3)

3 1

A

m x

B     m

Phương trình A m

B   có nghiệm

3

m

  3 4

m 

Vậy m0 3 4

m

Bài 3: Giải hệ phương trình : a) Đáp số (0,5; -2,5)

b) Đáp số (4; -2) c) Đáp số (4; 3)

a) ( ) 1 3

2 1

I y

x

y x

     

   

    

ĐK: x3, y 1.Đặt      

 

 

1

3

y b

x a

Khi hệ phương trình (I) có dạng: ( )

2

II b

a b a

     

 

  

Giải hệ phương trình (II) ta      

 

4

b a

Thay vào chỗ đặt giải tiếp ta 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

1

3 ( ô dúng 0)

' '

a b m

m lu n m

a b m



       

Vậy hệ ln có nghiệm với m#0

Từ phương trình (1) ta có:

 mx y

Khi hệ có dạng:

                              5 ) ( ) ( 2 2 m m y m m x m x m mx y mx m x mx y

Theo ra:

) ( 4 3 5 3 2

2 m m tm

m m m m m m y

x    

          

Bài 6: Từ (1) ta có: ) ( ) (   

 m x m

y

Khi hệ có dạng:

                       ) ( ) ( )] ( ) )[( ( ) ( ) ( 2 m x m m x m y m x m m x m x m y

Để hệ phương trình có nghiệm ↔m2x=m2+1 có nghiệm ↔ m2 #0↔

m#0

Với m khác hệ phương trình có nghiệm nhất:

          2 1 m m y m m x Xét 8 2 1 2 2 2                  m m m m m m y

x với m0

Để xy đạt giá trị nhỏ 2 2            m m (tm) 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 H Các đường thẳng BE CF cắt đường tròn O; R

a) * ΔBCF: 90

BFC (CF đường cao)  ΔBCF nội tiếp đường trịn đường kính BC  B, C F thuộc đường trịn đường kính BC (1)

* ΔBEC

90

BEC (BE đường cao)

 ΔBEC nội tiếp đường trịn đường kính BC  B, E, C thuộc đường trịn đường kính BC (2)

Từ (1) (2)  B, C., E, F thuộc đường trịn đường kính BC

b) *Xét đường tròn qua bốn điểm B, C, E, F: EBCCFE (góc nội tiếp chắn cung CE)

*Xét (O): EBCCKQ (góc nội tiếp chắn QC

 

CFE CKQ EBC

  

Mà hai góc vị trí đồng vị EF / /KQ

 (d.h.n.b)

BEF BQKEF QK c) Kẻ đường kính '

AA cắt EF M ΔABE đồng dạng ΔACF (g.g)

ΔAEF đồng dạng ΔABC (c.g.c)

ABC AEF

  (hai góc tương ứng) Xét (O): '

AACABC (góc nội tiếp chắn cung AC) '

AAC AEF

 

AME

  đồng dạng với ACA' (g.g) '

90

ACA AME OA FE

     M

Tương tự ta chứng minh OBFD OC, DE

Hình 53 M

H

I

A' E

F

D

Q

K O

C B

Do OAE ( )

2

OAF

S S  OA MEMF  R EF

Tương tự ta có

OFB ODB

S S  R FD ;

ODC OEC

S S  R DE

Vậy ( )

2

ADC

S  R DEDFFE  R Chu vi tam giác DEF Vì R khơng đổi nên chu vi tam giác DEF lớn SABClớn Mà BC cố định nên SABClớn AD lớn

Ta có ADAI, AIAOOI ADAO OI , dấu “=” xảy I O A, , thẳng hàng A điểm cung lớn BC

Bài 8: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O; R Các đường cao BE,CFcắt H, cắt đường tròn O; Rlần lượt M 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 giao điểm AH BC

ECB

 đồng dạngICA(g.g) EBCIAC

*Xét (O): MACMBC (góc nội tiếp chắn cung MC)

 

MAC IAC MBC

  

Tam giác AMH cân A (do AE vừa phân giác vừa đường cao)

MH MH

MH 2EH EH AH

2 AH

      

H F E

O B

A

C

M N

d) Kẻ đường kính BB’

* A, E, H, F thuộc đường trịn đường kính AH

Đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF có đường kính AH

* Xét (O): 0

' 90 ; ' 90

B CB B AB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn * AH BC; B’C BC B’C // AH

Chứng minh tương tự: B’A // CH

 AHCB’ hình bình hành => AH =CB’

* Tam giác CBB’ vuông C có BB’ = 2R, BC khơng đổi suy CB’ không đổi suy AH không đổi

Đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF có đường kính khơng đổi A di động Một số tập nâng cao

Bài 1: Đặt t x21, với t > ta có

 

2

3 t  x t x

  3

t x t t x t

   

    



H

N M

E F

O

B A

TH1:

2

0

1 x

x x

x x

     

 

 (vô nghiệm)

TH2: 2

1 2

x   x    x Vậy pt có nghiệm x 2

Bài 2:

Ta có:  

   

 

   

2014 2014

2 3 5

x y x y

P

x x y y y x x x y y y x

 

 

     

Với x, y số thực dương Áp dung bất đẳng thức Côsi chứng minh

 

5

2 x y

x x y   2  y x y y x  

     

5x 2x 3y 5y 2y 3x x y

      Do 2014 2014

5

P 

Từ tìm GTNN P 2014

5 x = y Để hệ phương trình có nghiệm

2

3 ( ô dúng 0)

' '

a b m

m lu n m

a b m



       