Hệ thống kiến thức Toán lớp 9 Giữa học kì 2

Hệ thống kiến thức Toán lớp 9 Giữa học kì 2

A. ĐẠI SỐ

CHƯƠNG 3: HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN

I. Lý thuyết

1. Phương trình bậc nhất hai ẩn

Phương trình bậc nhất hai ẩn x và y là hệ thức dạng

ax + by = c (1)

trong đó a, b, c là các số đã biết (a hoặc b )

2. Nghiệm của phương trình bậc nhất hai ẩn

Phương trình bậc nhất hai ẩn luôn có vô số nghiệm. Trong mặt phẳng tọa độ, tập nghiệm của nó được biểu diễn bởi đường thẳng ax + by = c (d).

Nếu $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}\ne 0\\ \mathrm{b}\ne 0\end{array}\right.$ thì (d) là đồ thị của hàm số bậc nhất $\mathrm{y}=\frac{-\mathrm{a}}{\mathrm{b}}\mathrm{x}+\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{b}}$

3. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn và tập nghiệm của hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

a) Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Cho hai phương trình bậc nhất hai ẩn là ax + by = c và a’x + b’y = c’. Khi đó ta có hệ phương trình:

$\left(\mathrm{I}\right) \left\{\begin{array}{l}\mathrm{ax}+\mathrm{by}=\mathrm{c}\\ \mathrm{a}\text{'}\mathrm{x}+\mathrm{b}\text{'}\mathrm{y}=\mathrm{c}\text{'}\end{array}\right.$

b) Tập nghiệm của hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Gọi (d) và (d') là đồ thị hàm số của 2 hàm số rút ra từ 2 phương trình bậc nhất hai ẩn của (I).

Đối với hệ phương trình (I), ta có:

Nếu (d) cắt (d') thì hệ (I) có một nghiệm duy nhất.

Nếu (d) song song với (d') thì hệ (I) vô nghiệm.

Nếu (d) trùng với (d') thì hệ (I) có vô số nghiệm.

Nếu a; a'; b; b'; c; c' đều khác 0 thì:

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\iff \frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}\text{'}}\ne \frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}\text{'}}$;

Hệ phương trình vô nghiệm $\iff \frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}\text{'}}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}\text{'}}\ne \frac{\mathrm{c}}{\mathrm{c}\text{'}}$;

Hệ phương trình vô số nghiệm $\iff \frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}\text{'}}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}\text{'}}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{c}\text{'}}$.

4. Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp thế

Bước 1: Dùng quy tắc thế biến đổi hệ phương trình đã cho để được một hệ phương trình mới, trong đó có một phương trình một ẩn.

Bước 2: Giải phương trình một ẩn đó rồi suy ra nghiệm của hệ đã cho.

5. Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

Bước 1: Nhân hai vế của mỗi phương trình với các số thích hợp (nếu cần) sao cho với một ẩn nào đó các hệ số bằng nhau hoặc đối nhau.

Bước 2: Áp dụng quy tắc cộng (trừ) đại số để được một hệ phương trình mới, trong đó một phương trình có hệ số của một trong hai ẩn bằng 0 (tức là phương trình một ẩn).

Bước 3: Giải phương trình một ẩn vừa có rồi suy ra nghiệm hệ phương trình.

6. Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Bước 1: Lập phương trình

- Chọn ẩn số và đặt điều kiện thích hợp cho ẩn số.

- Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết

- Lập phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng.

Bước 2: Giải phương trình

Bước 3: Trả lời

Kiểm tra xem trong các nghiệm của hệ phương trình, nghiệm nào thoả mãn điều kiện của ẩn, nghiệm nào không, rồi kết luận

B. HÌNH HỌC

CHƯƠNG 3: GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN

A. Lý thuyết

1. Góc ở tâm

Góc ở tâm là góc có đỉnh trùng với tâm của đường tròn.

• Hai cạnh của góc ở tâm cắt đường tròn tại hai điểm, do đó chia đường tròn thành hai cung.

+ Cung nhỏ: cung nằm bên trong góc (với góc α (0 < α < 180°)).

+ Cung lớn: Cung nằm bên ngoài góc.

• Cung AB được kí hiệu là $\stackrel{⏜}{AB}$. Để phân biệt hai cung có chung các mút là A và B như hình vẽ (0 < α < 180°), ta kí hiệu: $\stackrel{⏜}{AmB}, \stackrel{⏜}{AnB}$

    Trong đó: $\stackrel{⏜}{AnB}$ là cung nhỏ, $\stackrel{⏜}{AmB}$ là cung lớn.

    Với α = 180° thì mỗi cung là một nửa đường tròn.

• Cung nằm bên trong góc gọi là cung bị chắn.

Khi đó, $\stackrel{⏜}{AnB}$ là cung bị chắn bởi góc AOB hay góc AOB chắn cung nhỏ $\stackrel{⏜}{AnB}$.

2. Số đo cung

• Số đo của cung nhỏ bằng số đo góc ở tâm chắn cung đó.

• Số đo của cung lớn bằng hiệu giữa 360° và số đo cung nhỏ (có chung hai mút với cung lớn).

• Số đo của nửa đường tròn bằng 180°.

Số đo của cung AB được kí hiệu là sđ $\stackrel{⏜}{AB}$.

3. Liên hệ giữa cung và dây

a) Định lí 1

Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau:

- Hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau.

- Hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau.

b) Định lí 2

Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau:

- Cung lớn hơn căng dây lớn hơn.

- Dây lớn hơn căng cung lớn hơn.

c) Mở rộng

Trong một đường tròn:

- Hai cung bị chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau.

- Đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì đi qua trung điểm của dây căng cung ấy.

- Đường kính đi qua trung điểm của một dây (không đi qua tâm) thì đi qua điểm chính giữa của cung bị căng bởi dây ấy.

- Đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì vuông góc với dây căng cung ấy và ngược lại.

4. Góc nội tiếp

a. Định nghĩa

- Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó.

- Cung bị chắn là cung nằm bên trong góc.

b. Định lí

Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.

c. Hệ quả

Trong một đường tròn:

- Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau.

- Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.

- Góc nội tiếp (nhỏ hơn hoặc bằng 90°) có số đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung.

- Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

5. Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung

a) Định nghĩa

- Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung là góc có đỉnh nằm trên đường tròn, một cạnh là một tia tiếp tuyến còn cạnh kia chứa dây cung của đường tròn.

- Cung nằm bên trong là cung bị chắn.

b) Định lí

Số đo của góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo của cung bị chắn.

6. Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn

- Góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn được gọi là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn.

- Định lí: Số đo của góc có đỉnh ở bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn.

Trong hình vẽ trên, $\widehat{BEC}$ là góc có đỉnh nằm ở bên trong đường tròn chắn hai cung là .

Do đó, 

7. Góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn

- Góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn là góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn và các cạnh đều có điểm chung với đường tròn.

- Định lí: Số đo của góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn.

Ví dụ 2. Cho đường tròn (O) có hai dây AB và CD cắt nhau tại E (điểm E nằm bên ngoài đường tròn) như hình vẽ.

Trong hình vẽ trên, $\widehat{BEC}$ là góc có đỉnh nằm ở bên ngoài đường tròn chắn hai cung là $\stackrel{⏜}{BnC},\stackrel{⏜}{AmD}$.

Do đó, 

8. Tứ giác nội tiếp

a) Định nghĩa

Một tứ giác có bốn đỉnh nằm tên một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn (gọi tắt là tứ giác nội tiếp)

b) Định lí về tứ giác nội tiếp

- Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện bằng 180°.

- Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng 180° thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.

c) Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp

- Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180°.

- Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện.

- Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm (mà ta có thể xác định được). Điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó.

- Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc α.

- Chú ý: Để chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp ta có thể chứng minh tứ giác đó là một trong các hình sau: Hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân.

d) Định lí về đa giác nội tiếp

- Bất kì đa giác đều nào cũng có một và chỉ một đường tròn ngoại tiếp, có một và chỉ một đường tròn nội tiếp.

- Trong tam giác đều, tâm của đường tròn ngoại tiếp trùng với tâm của đường tròn nội tiếp và được gọi là tâm của đa giác đều.

- Tâm này là giao điểm hai đường trung trực của hai cạnh hoặc là hai đường phân giác của hai góc.

e) Công thức mở rộng

- Bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác là khoảng cách từ tâm đến đỉnh.

- Bán kính đường tròn nội tiếp đa giác là khoảng cách từ tâm O đến một cạnh.

Cho n-giác đều cạnh a. Khi đó:

- Chu vi của đa giác: 2p = na (p là nửa chu vi).

- Mỗi góc ở đỉnh của đa giác có số đo bằng $\frac{(n-2).{180}^o}{n}$.

- Mỗi góc ở tâm của đa giác có số đo bằng $\frac{{360}^o}{n}$.

- Bán kính đường tròn ngoại tiếp: $R=\frac{a}{2\sin \frac{{180}^o}{n}}$$\Rightarrow a=2R.\sin \frac{{180}^o}{n}$

- Bán kính đường tròn nội tiếp: 

$$\begin{gathered} r=\frac{a}{2\tan \frac{{180}^o}{n}} \\ \Rightarrow a=2r.\tan \frac{{180}^o}{n} \end{gathered}$$

- Liên hệ giữa bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp: $R^2-r^2=\frac{a^2}{4}$.

- Diện tích đa giác đều: $S=\frac{1}{2}nar$.

10. Độ dài đường tròn

“Độ dài đường tròn” hay còn được gọi là “chu vi đường tròn” được kí hiệu là C.

Công thức tính chu vi hình tròn: C = 2πR hoặc C = πd.

Trong đó: C là độ dài đường tròn;

R là bán kính đường tròn;

d là đường kính của đường tròn;

π (đọc là “pi”) là kí hiệu của một số vô tỉ mà giá trị gần đúng thường được lấy là π ≈ 3,14.

11. Độ dài cung tròn

12. Diện tích hình tròn

Công thức diện tích hình tròn là:

$S=\pi R^2=\pi \frac{d^2}{4}$

Trong đó: S là diện tích của hình tròn;

R là bán kính hình tròn;

d là đường kính của hính tròn.

13. Diện tích của hình quạt tròn

Công thức diện tích hình quạt tròn là:

$S=\frac{\pi R^{2}n}{360}=\frac{lR}{2}$

Trong đó: S là diện tích của hình quạt tròn;

R là bán kính đường tròn;

l là độ dài cung tròn n^o.

Xem thêm:

Đề thi Giữa học kì 2 Toán lớp 9 có đáp án

[Năm 2022] Đề thi Giữa học kì 2 Toán lớp 9 có đáp án đề số 1

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề khảo sát chất lượng Giữa học kì 2

Năm học 2022 - 2023

Môn: Toán 9

Thời gian làm bài: 45 phút

Bài 1 (2 điểm): Cho biểu thức:

Điều kiện x > 0 và x $\mathrm{x} \ne 1$

a) Rút gọn A.

b) Tìm x để A < 0

Bài 2 (2 điểm): Cho hệ phương trình với m là tham số

 $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{my}=2\mathrm{m}\\ \mathrm{mx}+\mathrm{y}=1-\mathrm{m}\end{array}\right.$ (*)

a) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm duy nhất đó.

b) Tìm m để hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 3 (2 điểm): Hai bạn An và Khoa cùng làm chung một công việc sau 6 giờ thì xong. Biết nếu làm một mình xong công việc thì Khoa làm lâu hơn An 9 giờ. Tính thời gian làm một mình xong công việc của An, Khoa.

Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I  (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C), AE cắt CD tại F. Chứng minh:

a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) AE.AF = AC².

c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Bài 5 (0,5 điểm): Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b$\le 2\sqrt{2}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:    P =$\frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{b}}$

.Đáp án đề số 1

Bài 1:

a) $\mathrm{A}=\left(\frac{\mathrm{x}\sqrt{\mathrm{x}}-1}{\mathrm{x}-\sqrt{\mathrm{x}}}-\frac{\mathrm{x}\sqrt{\mathrm{x}}+1}{\mathrm{x}+\sqrt{\mathrm{x}}}\right):\frac{2\left(\mathrm{x}-2\sqrt{\mathrm{x}}+1\right)}{\mathrm{x}-1}$

$=\left(\frac{\left(\sqrt{\mathrm{x}}-1\right)\left(\mathrm{x}+\sqrt{\mathrm{x}}+1\right)}{\sqrt{\mathrm{x}}\left(\sqrt{\mathrm{x}}-1\right)}-\frac{\left(\sqrt{\mathrm{x}}+1\right)\left(\mathrm{x}-\sqrt{\mathrm{x}}+1\right)}{\sqrt{\mathrm{x}}\left(\sqrt{\mathrm{x}}+1\right)}\right):\frac{2{\left(\sqrt{\mathrm{x}}-1\right)}^2}{\left(\sqrt{\mathrm{x}}-1\right)\left(\sqrt{\mathrm{x}}+1\right)}$

$=\left(\frac{\mathrm{x}+\sqrt{\mathrm{x}}+1}{\sqrt{\mathrm{x}}}-\frac{\mathrm{x}-\sqrt{\mathrm{x}}+1}{\sqrt{\mathrm{x}}}\right):\frac{2\left(\sqrt{\mathrm{x}}-1\right)}{\sqrt{\mathrm{x}}+1}$

$=\left(\frac{\left(\mathrm{x}+\sqrt{\mathrm{x}}+1\right)-\left(\mathrm{x}-\sqrt{\mathrm{x}}+1\right)}{\sqrt{\mathrm{x}}}\right):\frac{2\left(\sqrt{\mathrm{x}}-1\right)}{\sqrt{\mathrm{x}}+1}$

$=\left(\frac{\mathrm{x}+\sqrt{\mathrm{x}}+1-\mathrm{x}+\sqrt{\mathrm{x}}-1}{\sqrt{\mathrm{x}}}\right):\frac{2\left(\sqrt{\mathrm{x}}-1\right)}{\sqrt{\mathrm{x}}+1}$

$=\left(\frac{2\sqrt{\mathrm{x}}}{\sqrt{\mathrm{x}}}\right):\frac{2\left(\sqrt{\mathrm{x}}-1\right)}{\sqrt{\mathrm{x}}+1}$

$=2.\frac{\sqrt{\mathrm{x}}+1}{2\left(\sqrt{\mathrm{x}}-1\right)}$

$=\frac{\sqrt{\mathrm{x}}+1}{\sqrt{\mathrm{x}}-1}$

b) Để A < 0 thì $\frac{\sqrt{\mathrm{x}}+1}{\sqrt{\mathrm{x}}-1}<0\Rightarrow \sqrt{\mathrm{x}}-1<0$ (do $\sqrt{\mathrm{x}}+1>0$ với mọi x)

$\iff \sqrt{\mathrm{x}}<1\iff \mathrm{x}<1$. Kết hợp với điều kiện ban đầu 0 < x < 1

Bài 2:

a)

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{my}=2\mathrm{m}\text{ (1)}\\ \mathrm{mx}+\mathrm{y}=1-\mathrm{m}\text{ (2)}\end{array}\right.$

Từ (1) ta có: x = 2m – my thay vào (2) ta được:

m(2m – my) + y = 1 – m

$\iff$ 2m² – m²y + y  – 1  +m = 0

$\iff$ ( 1 – m²)y + 2m² + m – 1 = 0 (**)

Để hệ (*) có nghiệm duy nhất thì phương trình (**) phải có nghiệm duy nhất. (**) có nghiệm duy nhất  $\iff 1-{\mathrm{m}}^2\ne 0$

$\text{⇔(1−m)(1+m)≠0}$

$\iff \left\{\begin{array}{l}1-\mathrm{m}\ne 0\\ 1+\mathrm{m}\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{m}\ne 1\\ \mathrm{m}\ne -1\end{array}\right.$

Khi đó: $\left(1-{\mathrm{m}}^2\right)\mathrm{y}=-2{\mathrm{m}}^2-\mathrm{m}+1$

$\iff \mathrm{y}=\frac{-2{\mathrm{m}}^2-\mathrm{m}+1}{1-{\mathrm{m}}^2}$

$\iff \mathrm{y}=\frac{-2{\mathrm{m}}^2-2\mathrm{m}+\mathrm{m}+1}{\left(1-\mathrm{m}\right)\left(1+\mathrm{m}\right)}$

$\iff \mathrm{y}=\frac{-2\mathrm{m}\left(\mathrm{m}+1\right)+\left(\mathrm{m}+1\right)}{\left(1-\mathrm{m}\right)\left(\mathrm{m}+1\right)}$

$\iff \mathrm{y}=\frac{\left(\mathrm{m}+1\right)\left(1-2\mathrm{m}\right)}{\left(1-\mathrm{m}\right)\left(\mathrm{m}+1\right)}=\frac{1-2\mathrm{m}}{\mathrm{m}+1}$

Vì x = 2m – my

$\Rightarrow \mathrm{x}=2\mathrm{m}-\mathrm{m}\frac{1-2\mathrm{m}}{\mathrm{m}+1}$

$\iff \mathrm{x}=\frac{2\mathrm{m}\left(\mathrm{m}+1\right)-\mathrm{m}\left(1-2\mathrm{m}\right)}{\mathrm{m}+1}$

$\iff \mathrm{x}=\frac{2{\mathrm{m}}^2+2\mathrm{m}-\mathrm{m}+2{\mathrm{m}}^2}{\mathrm{m}+1}$

$\iff \mathrm{x}=\frac{4{\mathrm{m}}^2+\mathrm{m}}{\mathrm{m}+1}$

Hệ phương trình có nghiêm duy nhất khi và chỉ khi và nghiệm duy nhất đó là $\left(\frac{4{\mathrm{m}}^2+\mathrm{m}}{\mathrm{m}+1};\frac{1-2\mathrm{m}}{\mathrm{m}+1}\right)$.

b) Để hệ (*) vô nghiệm thì phương trình (**) phải vô nghiệm.

(**) vô nghiệm $\iff \left\{\begin{array}{l}1-{\mathrm{m}}^2=0\\ 2{\mathrm{m}}^2+\mathrm{m}-1\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left(1-\mathrm{m}\right)\left(1+\mathrm{m}\right)=0\\ 2{\mathrm{m}}^2+2\mathrm{m}-\mathrm{m}-1\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}\mathrm{m}=1\\ \mathrm{m}=-1\end{array}\right.\\ 2\mathrm{m}(\mathrm{m}+1)-(\mathrm{m}+1)\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}\mathrm{m}=1\\ \mathrm{m}=-1\end{array}\right.\\ (\mathrm{m}+1)(2\mathrm{m}-1)\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{m}\ne -1\\ \mathrm{m}\ne \frac{1}{2}\end{array}\right.\\ \left[\begin{array}{l}\mathrm{m}=1\\ \mathrm{m}=-1\end{array}\right.\end{array}\right.\Rightarrow \mathrm{m}=1$

Vậy m = 1 thì hệ phương trình vô nghiệm.

Bài 3:

Gọi thời gian An làm một mình xong công việc là x (h); thời gian Khoa làm một mình xong công việc là y (h) (y > x > 9)

Vì Khoa làm một mình xong công việc lâu hơn An là 9h nên ta có phương trình

y – x = 9 (1)

1h An làm được $\frac{1}{\mathrm{x}}$ (công việc)

1h Khoa làm được $\frac{1}{\mathrm{y}}$ (công việc)

Vì cả hai bạn cùng làm thì sau 6 giờ xong công việc nên ta có phương trình:

$6.\left(\frac{1}{\mathrm{x}}+\frac{1}{\mathrm{y}}\right)=1$

$\iff \frac{6}{\mathrm{x}}+\frac{6}{\mathrm{y}}=1$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{6}{\mathrm{x}}+\frac{6}{\mathrm{y}}=1\\ \mathrm{y}-\mathrm{x}=9\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{6}{\mathrm{x}}+\frac{6}{\mathrm{y}}=1\\ \mathrm{y}=\mathrm{x}+9\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{6}{\mathrm{x}}+\frac{6}{\mathrm{x}+9}=1\\ \mathrm{y}=\mathrm{x}+9\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{6(\mathrm{x}+9)+6\mathrm{x}}{\mathrm{x}\left(\mathrm{x}+9\right)}=1\\ \mathrm{y}=\mathrm{x}+9\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{6\mathrm{x}+54+6\mathrm{x}}{\mathrm{x}\left(\mathrm{x}+9\right)}=1\\ \mathrm{y}=\mathrm{x}+9\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}12\mathrm{x}+54={\mathrm{x}}^2+9\mathrm{x}\\ \mathrm{y}=\mathrm{x}+9\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{x}}^2+9\mathrm{x}-12\mathrm{x}-54=0\\ \mathrm{y}=\mathrm{x}+9\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{x}}^2-3\mathrm{x}-54=0\\ \mathrm{y}=\mathrm{x}+9\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{x}}^2-9\mathrm{x}+6\mathrm{x}-54=0\\ \mathrm{y}=\mathrm{x}+9\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}\left(\mathrm{x}-9\right)+6\left(\mathrm{x}-9\right)=0\\ \mathrm{y}=\mathrm{x}+9\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left(\mathrm{x}-9\right)\left(\mathrm{x}+6\right)=0\\ \mathrm{y}=\mathrm{x}+9\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}\mathrm{x}-9=0\\ \mathrm{x}+6=0\end{array}\right.\\ \mathrm{y}=\mathrm{x}+9\end{array}\right.$

$\text{⇔}\left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}\mathrm{x}=9 (\mathrm{tm})\\ \mathrm{x}=-6 (\mathrm{ktm})\end{array}\right.\\ \mathrm{y}=\mathrm{x}+9\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=9\\ \mathrm{y}=18\end{array}\right.$

Vậy An làm một mình thì 9h xong công việc; Khoa làm một mình thì 18h xong công việc.

Bài 4:

 

a) Tứ giác BEFI có: $\widehat{\text{BIF}}={90}^0$(gt) (gt)

$\widehat{\text{BEF}}=\widehat{\text{BEA}}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Do đó: $\widehat{\mathrm{BIF}}+\widehat{\mathrm{BE}\text{}\mathrm{F}}=180°$

Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF

b) Vì AB $\perp$CD nên $\stackrel{⏜}{\text{AC}}=\stackrel{⏜}{\text{AD}}$,

suy ra $\widehat{\text{ACF}}=\widehat{\text{AEC}}$ (góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau)

Xét ∆ACF và ∆AEC có

$\widehat{\mathrm{A}}$ chung

$\widehat{\text{ACF}}=\widehat{\text{AEC}}$ (cmt).

Suy ra: ∆ACF đồng dạng với ∆AEC (g – g) $\Rightarrow \frac{\text{AC}}{\text{AF}}=\frac{\text{AE}}{\text{AC}}$

$\Rightarrow {\text{AE.AF = AC}}^{\text{2}}$

c) Theo câu b) ta có $\widehat{\text{ACF}}=\widehat{\text{AEC}}$, suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1).

Mặt khác $\widehat{\text{ACB}}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra ACCB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC.

Bài 5:

Ta có (a + b)² – 4ab = (a - b)² $\ge$0

$\Rightarrow$ (a + b)² $\ge$ 4ab

$\iff \frac{\left(\text{a + b}\right)}{\text{ab}}\ge \frac{4}{\left(\text{a + b}\right)}\iff \frac{1}{\text{b}}+\frac{1}{\text{a}}\ge \frac{4}{\left(\text{a + b}\right)}$

$\Rightarrow \text{P}\ge \frac{\text{4}}{\left(\text{a + b}\right)}$, mà a + b $\le 2\sqrt{2}$

$\Rightarrow \frac{4}{\left(\text{a + b}\right)}\ge \frac{4}{2\sqrt{2}}$

$\Rightarrow \text{P}\ge \sqrt{\text{2}}$.

Dấu “ = ” xảy ra $\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(\text{a - b}\right)}^2=0\\ \text{a + b = 2}\sqrt{\text{2}}\end{array}\right.\iff \text{a = b = }\sqrt{\text{2}}$.    

Vậy: min P = $\sqrt{2}$.

[Năm 2022] Đề thi Giữa học kì 2 Toán lớp 9 có đáp án đề số 2

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề khảo sát chất lượng Giữa học kì 2

Năm học 2022 - 2023

Môn: Toán 9

Thời gian làm bài: 45 phút

I. Trắc nghiệm (1 điểm)

Câu 1: Hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{ax}+\mathrm{by}=\mathrm{c}\\ \mathrm{a}\text{'}\mathrm{x}+\mathrm{b}\text{'}\mathrm{y}=\mathrm{c}\text{'}\end{array}\right.$ (với a; b; c; a’; b’; c’ khác 0)

Khi nào hệ có nghiệm duy nhất

A. $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}\text{'}}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}\text{'}}$

B. $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}\text{'}}\ne \frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}\text{'}}$

C. $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}\text{'}}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}\text{'}}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{c}\text{'}}$

D. $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}\text{'}}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}\text{'}}\ne \frac{\mathrm{c}}{\mathrm{c}\text{'}}$

Câu 2: Một nghiệm của phương trình x + 3y = 5 là

A. (1; 2)

B. (2; 3)

C. (2; 1)

D. (4; 1)

Câu 3: Khẳng định nào sau đây đúng

A. Góc ở tâm có số đo bằng $\frac{1}{2}$ số đo cung bị chắn

B. Góc nội tiếp có số đo bằng với số đo cung bị chắn

C. Góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn có số đo bằng $\frac{1}{2}$ tổng số đo hai cung bị chắn.

D. Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung có số đo bằng $\frac{1}{2}$ số đo cung bị chắn

Câu 4: Gọi l là độ dài cung $\alpha$; bán kính đường tròn là R; số đo cung $\alpha$ là n (độ). Đọ dài cung $\alpha$ là:

A. $\mathrm{l}=\frac{\mathrm{\pi }.\mathrm{R}.\mathrm{n}}{360}$

B. $\mathrm{l}=\frac{\mathrm{\pi }.\mathrm{R}.\mathrm{n}}{180}$

C. $\mathrm{l}=\frac{\mathrm{\pi }.\mathrm{R}.\mathrm{n}}{90}$

D. $\mathrm{l}=\frac{\mathrm{\pi }.\mathrm{R}.\mathrm{n}}{150}$

II. Tự luận

Bài 1 (1,5 điểm): Cho hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{y}=\mathrm{m}+4\\ 2\mathrm{x}+3\mathrm{y}=4\mathrm{m}\end{array}\right.$ (m là tham số)

a) Giải hệ phương trình khi m = 1

b) Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m.

Bài 2 (1,5 điểm): Cho hàm số y = 0,2x² và y = x.

a) Vẽ hai đồ thị của những hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị.

Bài 3 (2 điểm): Một ô tô dự định đi từ A đến B trong một khoảng thời gian nhất định. Nếu xe chạy mỗi giờ nhanh hơn 10km thì đến sớm hơn dự định 3h. Nếu mỗi giờ xe chạy chậm hơn dự định 10km thì đến nơi chậm mất 5h. Tính vận tốc xe lúc đầu và thời gian dự định đi trên quãng đường AB.

Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn (O;R) và một điểm A ngoài đường tròn (O) sao cho OA = 3R. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với (O) (B, C là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác OBAC nội tiếp và OA vuông góc với BC

b) Từ B vẽ đường thẳng song song với AC cắt đường tròn tâm (O) tại D (D khác B), AD cắt đường tròn (O) tại E (E khác D). Tính tích AD.AE theo R.

c) Tia BE cắt AC tại F. Chứng minh F là trung điểm AC.

d) Tính theo R diện tích tam giác BDC.

Bài 5 (0,5 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : $\text{P = a - 2}\sqrt{\mathrm{ab}} +3\mathrm{b}- 2\sqrt{\mathrm{a}} + 1$

 Đáp án đề số 2

I. Trắc nghiệm (1 điểm)

Câu 1: Hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{ax}+\mathrm{by}=\mathrm{c}\\ \mathrm{a}\text{'}\mathrm{x}+\mathrm{b}\text{'}\mathrm{y}=\mathrm{c}\text{'}\end{array}\right.$ (với a; b; c; a’; b’; c’ khác 0)

Khi nào hệ có nghiệm duy nhất

A. $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}\text{'}}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}\text{'}}$

B. $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}\text{'}}\ne \frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}\text{'}}$

C. $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}\text{'}}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}\text{'}}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{c}\text{'}}$

D. $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}\text{'}}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}\text{'}}\ne \frac{\mathrm{c}}{\mathrm{c}\text{'}}$

Lời giải:

Hệ có nghiệm duy nhất khi $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}\text{'}}\ne \frac{\mathrm{b}}{\mathrm{b}\text{'}}$

Câu 2: Một nghiệm của phương trình x + 3y = 5 là

A. (1; 2)

B. (2; 3)

C. (2; 1)

D. (4; 1)

Lời giải:

Ta có 2 + 3.1 = 5 nên (2; 1) là 1 nghiệm của phương trình x + 3y = 5

Câu 3: Khẳng định nào sau đây đúng

A. Góc ở tâm có số đo bằng $\frac{1}{2}$ số đo cung bị chắn

B. Góc nội tiếp có số đo bằng với số đo cung bị chắn

C. Góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn có số đo bằng $\frac{1}{2}$ tổng số đo hai cung bị chắn.

D. Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung có số đo bằng $\frac{1}{2}$ số đo cung bị chắn.

Lời giải:

A. Sai vì góc ở tâm có số đo bằng  số đo cung bị chắn

B. Sai vì góc nội tiếp có số đo bằng $\frac{1}{2}$ số đo cung bị chắn

C. Sai vì góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn có số đo bằng $\frac{1}{2}$ hiệu số đo hai cung bị chắn.

D. Đúng vì góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung có số đo bằng $\frac{1}{2}$ số đo cung bị chắn.

Câu 4: Gọi l là độ dài cung tròn $\mathrm{\alpha }$; bán kính đường tròn là R; số đo cung $\mathrm{\alpha }$ là n (độ). Đọ dài cung $\mathrm{\alpha }$ là:

A. $\mathrm{l}=\frac{\mathrm{\pi }.\mathrm{R}.\mathrm{n}}{360}$

B. $\mathrm{l}=\frac{\mathrm{\pi }.\mathrm{R}.\mathrm{n}}{180}$

C. $\mathrm{l}=\frac{\mathrm{\pi }.\mathrm{R}.\mathrm{n}}{90}$

D. $\mathrm{l}=\frac{\mathrm{\pi }.\mathrm{R}.\mathrm{n}}{150}$

Lời giải:

Công thức tính độ dài cung tròn là: $\mathrm{l}=\frac{\mathrm{\pi }.\mathrm{R}.\mathrm{n}}{180}$

II. Tự luận

Bài 1:

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{y}=\mathrm{m}+4\\ 2\mathrm{x}+3\mathrm{y}=4\mathrm{m}\end{array}\right.$

a) Thay m = 1 vào hệ ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{y}=1+4\\ 2\mathrm{x}+3\mathrm{y}=4.1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{y}=5\\ 2\mathrm{x}+3\mathrm{y}=4\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2\mathrm{x}+2\mathrm{y}=10\\ 2\mathrm{x}+3\mathrm{y}=4\end{array}\right.$

$\text{⇔}\left\{\begin{array}{l}\left(2\mathrm{x}+2\mathrm{y}\right)-\left(2\mathrm{x}+3\mathrm{y}\right)=10-4\\ \mathrm{x}+\mathrm{y}=5\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2\mathrm{x}+2\mathrm{y}-2\mathrm{x}-3\mathrm{y}=6\\ \mathrm{x}+\mathrm{y}=5\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-\mathrm{y}=6\\ \mathrm{x}=5-\mathrm{y}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=5-\mathrm{y}\\ \mathrm{y}=-6\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=5-\left(-6\right)\\ \mathrm{y}=-6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=11\\ \mathrm{y}=-6\end{array}\right.$

Vậy khi m = 1 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (11; – 6)

b) $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{y}=\mathrm{m}+4\text{ (1)}\\ 2\mathrm{x}+3\mathrm{y}=4\mathrm{m}\text{ (2)}\end{array}\right.$

Từ (1) ta có: m = x + y – 4 thay vào (2) ta được:

2x + 3y = 4(x + y – 4)

$\iff$2x + 3y = 4x + 4y – 16

$\iff$4x +4y – 16 – 2x – 3y = 0

$\iff$2x + y – 16 = 0

Vậy hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào tham số m là 2x + y – 16 = 0.

Bài 2:

a) Đồ thị hàm số y = 0,2x²

Bảng giá trị

x	–5	–3	0	3	5
y = 0,2x2	5	1,8	0	1,8	5

Đồ thị hàm số y = x đi qua gốc tọa độ O và điểm (1;1).

 

b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

$0,2{\mathrm{x}}^2=\mathrm{x}\iff \mathrm{x}\left(0,2\mathrm{x}-1\right)=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}\mathrm{x}=0\\ 0,2\mathrm{x}-1=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\mathrm{x}=0\Rightarrow \mathrm{y}=0\\ \mathrm{x}=5\Rightarrow \mathrm{y}=5\end{array}\right.$

Đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại 2 điểm : O (0 ; 0) và M (5 ; 5).

Bài 3:

Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km/h) (x > 10)

Gọi thời gian dự định của ô tô là y (h) (y > 3)

Quãng đường AB là: S = xy (km)    (1)

Nếu mỗi giờ ô tô tăng vận tốc 10 km/h thì vận tốc lúc đó là x + 10 (km/h)

Vì ô tô đến sớm hơn 3h nên thời gian đi hết quãng đường AB là y – 3 (h)

Quãng đường AB là: S = (x + 1)(y – 3) (km)   (2)

Từ (1) và (2) ta có phương trình:

xy = (x + 10)(y – 3)

$\iff$xy = xy – 3x + 10y – 30

$\iff$3x – 10y = – 30   (*)

Nếu mỗi giờ ô tô giảm vận tốc đi 10 km/h thì vận tốc lúc đó là x – 10 (km/h)

Vì ô tô đến muộn hơn 5h nên thời gian đi hết quãng đường AB là y + 5 (h)

Quang đường AB là: (x – 10)(y + 5) (km)   (3)

Từ (1) và (3) ta có phương trình:

xy = (x – 10)(y + 5)

$\iff$xy = xy + 5x – 10y – 50

$\iff$5x – 10y = 50 (**)

Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l}3\mathrm{x}-10\mathrm{y}=-30\text{ (4)}\\ 5\mathrm{x}-10\mathrm{y}=50\text{ (5)}\end{array}\right.$

Lấy (5) – (4) ta được:

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left(5\mathrm{x}-10\mathrm{y}\right)-\left(3\mathrm{x}-10\mathrm{y}\right)=50+30\\ 3\mathrm{x}-10\mathrm{y}=-30\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}5\mathrm{x}-10\mathrm{y}-3\mathrm{x}+10\mathrm{y}=80\\ 3\mathrm{x}-10\mathrm{y}=-30\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2\mathrm{x}=80\\ 3\mathrm{x}-10\mathrm{y}=-30\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=80:2\\ 3\mathrm{x}-10\mathrm{y}=-30\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=40\\ 3.40-10\mathrm{y}=-30\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=40\\ 10\mathrm{y}=120+30\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=40\\ 10\mathrm{y}=150\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=40\\ \mathrm{y}=15\end{array}\right.$ (thỏa mãn)

Vậy vận tốc dự định của ô tô là 40 km/h và thời gian dự định của ô tô đi hết quãng đường AB là 15h.

Bài 4:

 

a) Vì AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O nên $\left\{\begin{array}{l}\widehat{\mathrm{ABO}}=90°\\ \widehat{\mathrm{ACO}}=90°\end{array}\right.$

Xét tứ giác OBAC có:

$\widehat{\mathrm{ABO}}+\widehat{\mathrm{ACO}}=90°+90°=180°$

Vậy tứ giác OBAC nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)

Chứng minh $\mathrm{OA}\perp \mathrm{BC}$

Vì OB = OC = R nên O cách đều hai điểm B và C nên O thuộc đường trung trực của BC

Vì AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên A cách đều B và C nên A thuộc đường trung trực của BC

Do đó OA là đường trung trực của BC.

 Nên OA là trung trục của BC.

b) Xét $∆$ABE và $∆$ADB có:

$\left\{\begin{array}{l}\widehat{\mathrm{BAD}}\text{ chung}\\ \widehat{\mathrm{ABE}}=\widehat{\mathrm{ADB}}\end{array}\right.$

$∆\mathrm{ABE}$đồng dạng với $∆$ADB (g – g)

$\Rightarrow \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AD}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}$ hay AD.AE = AB²

Mặt khác $△$ABO vuông tại B (cmt)

$\Rightarrow {\mathrm{AB}}^2={\mathrm{AC}}^2-{\mathrm{OB}}^2=9{\mathrm{R}}^2-{\mathrm{R}}^2=8{\mathrm{R}}^2$

$\Rightarrow \mathrm{AB}=2\mathrm{R}\sqrt{2}$

Vậy AD.AE = 8R²

c) Chứng minh F là trung điểm của AC

Tương tự cau b ta có FC² = EF.FB   (1)

Mặt khác BD // AC nên $\widehat{\mathrm{BDE}}=\widehat{\mathrm{EAF}}$ (so le trong)

Mà $\widehat{\mathrm{BDE}}=\widehat{\mathrm{ABE}}$ (cmt) $\Rightarrow \widehat{\mathrm{EAF}}=\widehat{\mathrm{ABE}}$

Xét $△$AFE và $△$BFA có: $\left\{\begin{array}{l}\widehat{\mathrm{EA}\text{}\mathrm{F}}=\widehat{\mathrm{BFA}}\\ \widehat{\mathrm{AFB}}\text{ chung}\end{array}\right.$

$\Rightarrow △$AFE đồng dạng với $△$BFA

$\Rightarrow \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{BF}}=\frac{\mathrm{FE}}{\mathrm{AF}}\Rightarrow {\mathrm{AF}}^2=\mathrm{FE}.\mathrm{FB}$  (2)

Từ (1) và (2): FC² = FA² $\Rightarrow$FC = FA

Vậy F là trung điểm của AC.

d) Do BD // AC và OC $\perp$AC nên OC $\perp$ BD tại K và K là trung điểm BD (đường kính vuông góc với dây)

Xét $△$CKB và $△$ABO có:

$\left\{\begin{array}{l}\widehat{\mathrm{CKB}}=\widehat{\mathrm{ABO}}=90°\\ \widehat{\mathrm{BCK}}=\widehat{\mathrm{BAO}}\end{array}\right.$

Cho nên $△$CKB đồng dạng với $△$ABO, từ đó:

 $\frac{\mathrm{CK}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{CB}}{\mathrm{OA}}=\frac{\mathrm{KB}}{\mathrm{OB}}$  (3)

$△$ABO vuông tại B, có BH là đường cao:

BH.OA = OB.AB = R.2R$\sqrt{2}$=$2{\mathrm{R}}^2\sqrt{2}$

Do đó: BH = $\frac{2{\mathrm{R}}^2\sqrt{2}}{\mathrm{OA}}=\frac{2{\mathrm{R}}^2\sqrt{2}}{3\mathrm{R}}=\frac{2\mathrm{R}\sqrt{2}}{3}$

$\Rightarrow \mathrm{BC}=2\mathrm{BH}=\frac{4\mathrm{R}\sqrt{2}}{3}$ (4)

Từ (3) và (4): $\frac{\mathrm{CK}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{OA}}=\frac{\frac{4\mathrm{R}\sqrt{2}}{3}}{3\mathrm{R}}=\frac{4\sqrt{2}}{9}$

$\Rightarrow \mathrm{CK}=\frac{4\sqrt{2}}{9}.\mathrm{AB}=\frac{4\sqrt{2}}{9}.2\mathrm{R}\sqrt{2}=\frac{16\mathrm{R}}{9}$

Cũng từ (3) và (4) : $\frac{\mathrm{KB}}{\mathrm{OB}}=\frac{4\sqrt{2}}{9}\Rightarrow \mathrm{KB}=\frac{4\sqrt{2}}{9}.\mathrm{OB}=\frac{4\mathrm{R}\sqrt{2}}{9}$

Từ đó: BD = 2KB = $\frac{8\mathrm{R}\sqrt{2}}{9}$

Vậy diện tích tam giác BDC:

S = $\frac{1}{2}.\mathrm{CK}.\mathrm{BD}=\frac{1}{2}.\frac{16\mathrm{R}}{9}.\frac{8\mathrm{R}.\sqrt{2}}{9}=\frac{64{\mathrm{R}}^2\sqrt{2}}{81}$ (dvdt)

Bài 5:

$\text{P = a - 2}\sqrt{\mathrm{ab}} +3\mathrm{b}- 2\sqrt{\mathrm{a}} + 1$

Ta có:

$\text{3P = 6a – 6}\sqrt{\mathrm{ab}} + 9\mathrm{b} – 6\sqrt{\mathrm{a}} +3$

$\Rightarrow 3\mathrm{P}=\mathrm{a}-6\sqrt{\mathrm{ab}}+9\mathrm{b}+2\mathrm{a}-6\sqrt{\mathrm{a}}+3$

$\Rightarrow 3\mathrm{P}=\left(\mathrm{a}-6\sqrt{\mathrm{ab}}+9\mathrm{b}\right)+2\left(\mathrm{a}-3\sqrt{\mathrm{a}}+\frac{9}{4}\right)+3-\frac{9}{2}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow 3\mathrm{P}=\left[{\left(\sqrt{\mathrm{a}}\right)}^2-2\sqrt{\mathrm{a}}\left(3\sqrt{\mathrm{b}}\right)+{\left(3\sqrt{\mathrm{b}}\right)}^2\right] \\ +2\left[{\left(\sqrt{\mathrm{a}}\right)}^2-2\sqrt{\mathrm{a}}.\frac{3}{2}+{\left(\frac{3}{2}\right)}^2\right]-\frac{3}{2} \end{gathered}$$

 $\Rightarrow 3\mathrm{P}={\left(\sqrt{\mathrm{a}}-3\sqrt{\mathrm{b}}\right)}^2+2{\left(\sqrt{\mathrm{a}}-\frac{3}{2}\right)}^2-\frac{3}{2}\ge \frac{-3}{2}$

với mọi $\mathrm{a}, \mathrm{b}\ge 0\Rightarrow \mathrm{P}\ge \frac{-1}{2}$ với mọi $\mathrm{a}, \mathrm{b} \ge 0$.

Dấu “=” xảy ra

$\iff \left\{\begin{array}{l}\sqrt{\mathrm{a}}-3\sqrt{\mathrm{b}}=0\\ \sqrt{\mathrm{a}}-\frac{3}{2}=0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}=\frac{9}{4}\\ \mathrm{b}=\frac{1}{4}\end{array}\right.$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy P_min = $\frac{-1}{2}$ đạt được $\text{⇔}\left\{\begin{array}{l}a=\frac{9}{4}\\ b=\frac{1}{4}\end{array}\right.$

[Năm 2022] Đề thi Giữa học kì 2 Toán lớp 9 có đáp án đề số 4

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề khảo sát chất lượng Giữa học kì 2

Năm học 2022 - 2023

Môn: Toán 9

Thời gian làm bài: 45 phút

Bài 1 (2 điểm): Cho biểu các biểu thức:

$$\begin{gathered} \mathrm{A}=\frac{\sqrt{\mathrm{x}}}{1+3\sqrt{\mathrm{x}}}; \\ \mathrm{B}=\frac{\mathrm{x}+3}{\mathrm{x}-9}+\frac{2}{\sqrt{\mathrm{x}}+3}-\frac{1}{3-\sqrt{\mathrm{x}}} \end{gathered}$$

 với x > 0; x $\ne$ 9.

a) Tính A khi x = $\frac{4}{9}$

b) Rút gọn B

c) Cho P = B : A. Tìm x để P < 3

Bài 2 (2 điểm): Cho hệ phương trình với m là tham số

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{mx}-\mathrm{y}=2\mathrm{m}\\ 4\mathrm{x}-\mathrm{my}=\mathrm{m}+6\end{array}\right.$(I)

 Tìm điều kiện của m để hệ phương trình có nghiệm.

Bài 3 (2 điểm): Hai xí nghiệp tổng cộng phải làm 360 dụng cụ. Trên thực tế xí nghiệp I vượt mức 12%, xí nghiệp II vượt mức 10% nên tổng dụng cụ làm được là 400 dụng cụ. Tính số dụng cụ mỗi xí nghiệp phải làm so với dự định.

Bài 4 (3, 5 điểm): Trên đường tròn (O) đường kính AB, lấy điểm D (D khác A; D khác B). Gọi E là điểm chính giữa cung nhỏ BD. Lấy điểm C trên đoạn thẳng AB (C khác A và C khác B). Đường thẳng CE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. GỌi G là giao điểm của AE và DF.

a) Chứng minh: $\widehat{\mathrm{BAE}}=\widehat{\mathrm{DFE}}$ và AGCF là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh CG vuông góc với AD.

c) Kẻ đường thẳng đi qua C, song song với AD và cắt DF tại H. Chứng minh CH = CB.

Bài 5 (0,5 điểm): Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: x + y + x = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\mathrm{P}=\frac{1}{16\mathrm{x}}+\frac{1}{4\mathrm{y}}+\frac{1}{\mathrm{z}}$

 Đáp án đề số 3

Bài 1:

a) Thay x = $\frac{4}{9}$ (thảo mãn điều kiện) vào A ta được

$\mathrm{A}=\frac{\sqrt{\frac{4}{9}}}{1+3\sqrt{\frac{4}{9}}}=\frac{\frac{2}{3}}{1+3\frac{2}{3}}=\frac{2}{9}$

b) $\mathrm{B}=\frac{\mathrm{x}+3}{\mathrm{x}-9}+\frac{2}{\sqrt{\mathrm{x}}+3}-\frac{1}{3-\sqrt{\mathrm{x}}}$

$$\begin{gathered} =\frac{\mathrm{x}+3}{\left(\sqrt{\mathrm{x}}+3\right)\left(\sqrt{\mathrm{x}}-3\right)}+\frac{2\left(\sqrt{\mathrm{x}}-3\right)}{\left(\sqrt{\mathrm{x}}+3\right)\left(\sqrt{\mathrm{x}}-3\right)} \\ +\frac{\left(\sqrt{\mathrm{x}}+3\right)}{\left(\sqrt{\mathrm{x}}+3\right)\left(\sqrt{\mathrm{x}}-3\right)} \end{gathered}$$

$=\frac{\mathrm{x}+3+2\sqrt{\mathrm{x}}-6+\sqrt{\mathrm{x}}+3}{\left(\sqrt{\mathrm{x}}+3\right)\left(\sqrt{\mathrm{x}}-3\right)}$

$=\frac{\mathrm{x}+3\sqrt{\mathrm{x}}}{\left(\sqrt{\mathrm{x}}+3\right)\left(\sqrt{\mathrm{x}}-3\right)}$

$=\frac{\sqrt{\mathrm{x}}\left(\sqrt{\mathrm{x}}+3\right)}{\left(\sqrt{\mathrm{x}}+3\right)\left(\sqrt{\mathrm{x}}-3\right)}$

$=\frac{\sqrt{\mathrm{x}}}{\sqrt{\mathrm{x}}-3}$

c) Ta có:

P = B : A 

$$\begin{gathered} =\frac{\sqrt{\mathrm{x}}}{\sqrt{\mathrm{x}}-3}:\frac{\sqrt{\mathrm{x}}}{1+3\sqrt{\mathrm{x}}} \\ =\frac{\sqrt{\mathrm{x}}}{\sqrt{\mathrm{x}}-3}.\frac{1+3\sqrt{\mathrm{x}}}{\sqrt{\mathrm{x}}} \\ =\frac{1+3\sqrt{\mathrm{x}}}{\sqrt{\mathrm{x}}-3} \end{gathered}$$

P < 3 $\iff \frac{1+3\sqrt{\mathrm{x}}}{\sqrt{\mathrm{x}}-3}<3$

$\iff \frac{1+3\sqrt{\mathrm{x}}}{\sqrt{\mathrm{x}}-3}-3<0$

$\iff \frac{1+3\sqrt{\mathrm{x}}-3\left(\sqrt{\mathrm{x}}-3\right)}{\sqrt{\mathrm{x}}-3}<0$

$\iff \frac{1+3\sqrt{\mathrm{x}}-3\sqrt{\mathrm{x}}+9}{\sqrt{\mathrm{x}}-3}<0$

$\iff \frac{10}{\sqrt{\mathrm{x}}-3}<0$

$\iff \sqrt{\mathrm{x}}-3<0$

$\iff \sqrt{\mathrm{x}}<3\iff \mathrm{x}<9$

Kết hợp với điều kiện đề bài thì để P < 3 thì 0 < x < 9

Bài 2:

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{mx}-\mathrm{y}=2\mathrm{m}\text{ (1)}\\ 4\mathrm{x}-\mathrm{my}=\mathrm{m}+6\text{ (2)}\end{array}\right.$

Từ phương trình (1) ta có:

y = mx – 2m thay vào phương trình (2) ta có:

4x – m(mx – 2m) = m + 6

$\iff$4x – m²x + 2m² = m + 6

$\iff$( 4 – m²)x + 2m² – m – 6 = 0 (II)

Để hệ phương trình (I) có nghiệm thì phương trình (II) phải có nghiệm.

Để phương trình (II) có nghiệm ta có hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: (II) có nghiệm duy nhất

$\Rightarrow 4-{\mathrm{m}}^2\ne 0$

$\iff \left(2-\mathrm{m}\right)\left(2+\mathrm{m}\right)\ne 0$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2-\mathrm{m}\ne 0\\ 2+\mathrm{m}\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{m}\ne 2\\ \mathrm{m}\ne -2\end{array}\right.$

Trường hợp 2: Phương trình (II) có vô số nghiệm

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}4-{\mathrm{m}}^2=0\\ 2{\mathrm{m}}^2-\mathrm{m}-6=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}(2-\mathrm{m})(2+\mathrm{m})=0\\ 2{\mathrm{m}}^2-4\mathrm{m}+3\mathrm{m}-6=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}\mathrm{m}=2\\ \mathrm{m}=-2\end{array}\right.\\ 2\mathrm{m}\left(\mathrm{m}-2\right)+3\left(\mathrm{m}-2\right)=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}\mathrm{m}=2\\ \mathrm{m}=-2\end{array}\right.\\ (\mathrm{m}-2)(2\mathrm{m}+3)=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}\mathrm{m}=2\\ \mathrm{m}=-2\end{array}\right.\\ \left[\begin{array}{l}\mathrm{m}=2\\ \mathrm{m}=\frac{-3}{2}\end{array}\right.\end{array}\right.\Rightarrow \mathrm{m}=2$

Kết hợp hai trường hợp ta được $\mathrm{m}\ne -2$ thì hệ phương trình luôn có nghiệm.

Bài 3:

Gọi số dụng cụ xí nghiệp I phải làm là x (dụng cụ) $\left(\mathrm{x}>0;\mathrm{x}\in {\mathrm{\mathbb{N}}}^{*}\right)$

Gọi số dụng cụ xí nghiệp II phải làm là y (dụng cụ) $\left(\mathrm{y}>0;\mathrm{y}\in {\mathrm{\mathbb{N}}}^{*}\right)$.

Vì ban đầu cả hai xí nghiệp phải làm 360 dụng cụ nên ta có phương trình:

x + y = 360         (1)

Vì xí nghiệp I vớt mức 12% nên số dụng cụ thực tế xí nghiệp I làm được là: (100 + 12)%x = 112%x = 1,12x

Vì xí nghiệp II vượt mức 10 % nên số dụng cụ thực tế xí nghiệp II làm được là: (100 + 10)%y = 110%y = 1,1y.

Thực tế cả hai xí nghiệp đã làm được 400 dụng cụ nên ta có phương trình:

1,12x + 1,1y = 400        (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{y}=360\\ 1,12\mathrm{x}+1,1\mathrm{y}=400\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=360-\mathrm{y}\\ 1,12\left(360-\mathrm{y}\right)+1,1\mathrm{y}=400\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=360-\mathrm{y}\\ 403,2-1,12\mathrm{y}+1,1\mathrm{y}=400\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=360-\mathrm{y}\\ -1,12\mathrm{y}+1,1\mathrm{y}=400-403,2\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=360-\mathrm{y}\\ -0,02\mathrm{y}=-3,2\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=360-\mathrm{y}\\ \mathrm{y}=\left(-3,2\right):\left(-0,02\right)\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=360-\mathrm{y}\\ \mathrm{y}=160\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=360-160\\ \mathrm{y}=160\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=200\\ \mathrm{y}=160\end{array}\right.$(thỏa mãn)

Vậy số dụng cụ xí nghiệp I cần làm theo kế hoạch là 200 dụng cụ; số dụng cụ xí nghiệp II cần làm theo kế hoạch là 160 dụng cụ.

Bài 4:

a) Xét đường tròn (O), ta có:

$\stackrel{⏜}{\mathrm{BE}}=\stackrel{⏜}{\mathrm{DE}}$ (E là điểm chính giữa cung BD)

$\Rightarrow \widehat{\mathrm{BAE}}=\widehat{\mathrm{DFE}}$ (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Xét tứ giác AGCF có:

$\widehat{\mathrm{GAC}}=\widehat{\mathrm{GFC}}$ (cmt)

$\Rightarrow$2 đỉnh A và F cùng nhìn cạnh GC dưới hai góc bằng nhau,

$\Rightarrow$Tứ giác AGCF là tứ giác nội tiếp.

b) Tứ giác AGCF là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{\mathrm{CGF}}=\widehat{\mathrm{CA}\text{}\mathrm{F}}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CF)

Mà $\widehat{\mathrm{CA}\text{}\mathrm{F}}=\widehat{\mathrm{FDB}}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FB).

$\Rightarrow \widehat{\mathrm{CGF}}=\widehat{\mathrm{FDB}}$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị

Do đó BD // GC

MÀ BD vuông góc với AD ($\widehat{\mathrm{ADB}}=90°$ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \mathrm{GC}\perp \mathrm{AD}$

c) Gọi M là giao điểm của AB và DF

Do CH // AD nên ta có:

$\frac{\mathrm{CH}}{\mathrm{CM}}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AM}}$ (1)

Lại có: AE là phân giác góc $\widehat{\mathrm{DAM}}$ (do E là điểm chính giữa cung BD) nên AG là phân giác của tam giác AMD

$\Rightarrow \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AM}}=\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{GM}}$ (tính chất đường phân giác) (2)

Mặt khác, ta lại có: CG // BD nên:

$\frac{\mathrm{GD}}{\mathrm{GM}}=\frac{\mathrm{CB}}{\mathrm{CM}}$ (3)

Từ (1); (2); (3) $\Rightarrow \frac{\mathrm{CH}}{\mathrm{CM}}=\frac{\mathrm{CB}}{\mathrm{CM}}$

$\Rightarrow \mathrm{CH}=\mathrm{CB}$ (điều phải chứng minh)

Bài 5:

Ta có:

P  = $\frac{1}{16\mathrm{x}}+\frac{1}{4\mathrm{y}}+\frac{1}{\mathrm{z}}$ 

= $(\mathrm{x} + \mathrm{y} + \mathrm{z}).\left(\frac{1}{16\mathrm{x}}+\frac{1}{4\mathrm{y}}+\frac{1}{\mathrm{z}}\right)$

$$\begin{gathered} =\left(\frac{\mathrm{y}}{16\mathrm{x}}+\frac{\mathrm{x}}{4\mathrm{y}}\right)+\left(\frac{\mathrm{z}}{16\mathrm{x}}+\frac{\mathrm{x}}{\mathrm{z}}\right) \\ +\left(\frac{\mathrm{z}}{4\mathrm{y}}+\frac{\mathrm{y}}{\mathrm{z}}\right)+\frac{1}{21} \end{gathered}$$

Ta lại có:

$\frac{\mathrm{y}}{16\mathrm{x}}+\frac{\mathrm{x}}{4\mathrm{y}}\ge \frac{1}{4}$ (dấu bằng xảy ra khi y = 2x)

$\frac{\mathrm{z}}{16\mathrm{x}}+\frac{\mathrm{x}}{\mathrm{z}}\ge \frac{1}{2}$ (dấu bằng xảy ra khi z = 4x)

$\frac{\mathrm{z}}{4\mathrm{y}}+\frac{\mathrm{y}}{\mathrm{z}}\ge 1$ (dấu bằng xảy ra khi z = 2y)

Vậy $\mathrm{P}\ge \frac{49}{16}$ khi  $\mathrm{x}=\frac{1}{7}; \mathrm{y}=\frac{2}{7}; \mathrm{z}=\frac{4}{7}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là $\frac{49}{16}$

Xem thêm các bộ đề thi Toán lớp 9 chọn lọc, hay khác: