Bộ đề tham khảo thi học kì II môn Toán Lớp 9

Nội dung text: Bộ đề tham khảo thi học kì II môn Toán Lớp 9

1. Đề tham khảo thi học kì II – toán 9 Đề thi có 3 trang Năm học: 2020 – 2021 Hình thức: Tự luận Thời gian làm bài; 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) y = x2 và đường thẳng (d) : y = 4x + m (m là tham số) 1/ Vẽ (P) trên hệ trục tọa độ 2/ Xác định m để (d) tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ điểm tiếp xúc Câu 2. (2,5 điểm) 풙 + 풚 = 1/ Giải hệ phương trình: { 풙 − 풚 = ퟒ 2/ Bác Hai sở hữu căn phòng hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng là 2m. Nếu giảm chiều dài xuống 1 đoạn là 3m, tăng chiều rộng lên gấp đôi thì diện tích của căn phòng lớn hơn so với ban đầu là 12m2 a/ Tìm chiều dài và chiều rộng của căn phòng ban đầu b/ Bác thuê thợ lát kín căn phòng bằng các viên gạch hình vuông nhỏ. Mỗi viên gạch có chu vi là 200cm và giá tiền của mỗi viên gạch là 30000 đồng. Hỏi bác phải trả cho thợ bao nhiêu tiền. Câu 3. (1 điểm) Cho phương trình 풙 − 풙 + ퟒ = . Không giải phương trình 1/ Chứng minh: phương trình có 2 nghiệm phân biệt 풙 và 풙 풙 − 풙 − 2/ Tính giá trị của biểu thức A = + 풙 + 풙 + A Câu 4. (1 điểm) Anh A tập thể dục đi bộ quanh bờ hồ hình tròn với vận tốc là 11,304 km/h. Biết 120* O anh xuất phát ớ vị trí A. Khi anh chạy đến vị trí B thì lúc này góc tạo bởi tâm bờ bồ đến B 2 vị trí A và B là 120 * và quãng đường
2. anh đi được so với vị trí ban đầu là 5, 024km 1/ Tìm diện tích của bờ hồ 2/ Anh bắt đầu tập thể dục lúc 5 giờ sáng và dự định chạy bộ quanh bờ hồ 3 vòng rồi về nhà. Biết rằng sau khi đi 1 vòng thi anh nghỉ ngơi 15 phút rồi chạy bộ tiếp. Hỏi đến mấy giờ thì anh hoàn thành việc tập thể dục. Câu 5. (1 điểm) Chị Năm là thành viên tích cực của khu mua sắm siêu thị big C. Chị có thẻ thành viên được giảm giá 10% cho tất cả mặt hàng mà chị đã mua. Vào ngày cuối tuần, siêu thị giảm giá 20% cho tất cả các sản phẩm của cửa hàng. Vào ngày cuối tuần, chị ghé vào siêu thị mua 5 lốc sữa chua vinamik, 2 hộp sữa bò Long Thành không đường và 4 gói mì ăn liền Gấu Đỏ. Biết giá tiền gốc của các sản phẩm ở siêu thị là Tên sản phẩm Thành tiền Sữa chua VinaMilk 15000 đồng / lốc Sữa bò Long Thành không đường 40000 đồng / hộp Mì ăn liền Gấu Đỏ 5000 đồng / gói Bánh su kem 22000 đồng / hộp 1/ Hỏi chị Năm phải trả bao nhiêu tiền cho các sản phẩm trên. 2/ Biết chị Năm có 200000 đồng để chi trả cho tất cả sản phẩm của cửa hàng. Sau khi mua các sản phẩm trên chị muốn mua thêm vài hộp bánh su kem. Hỏi với số tiền trên chị mua được nhiều nhất là bao nhiêu hộp bánh su kem. Câu 6. (0,5 điểm) Hình vẽ bên dưới diễn tả 1 cái cổng nửa hình tròn đường kính AB. 2 bên cổng có 2 cây cột AD và BC bằng nhau và vuông góc với mặt đất. Trên 2 đỉnh cột C và D có dựng 1 tấm logo có hình dạng là tam giác OCD vuông tại O . Độ dài OM là đoạn nối giữa đỉnh tấm logo với cánh cổng, biết OM tiếp xúc với cánh cổng. Biết AB = 15m, AD= 20m, OD= 9m. Tính diện tích của tam giác COM (kết quả làm tròn lấy 1 chữ số thập phân)
3. Câu 7. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC) .Đường tròn tâm (O;R) ,đường kính BC cắt AB tại M và cắt AC tại N, BN cắt CM tại H, AH cắt BC tại D 1/ Chứng minh: Tứ giác AMDC nội tiếp và HM.HC=HB.HN 2/ MN cắt BC tại E. Chứng minh: Tứ giác DMNO nội tiếp 3/ Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AE tại I. Chứng minh: IN là tiếp tuyến của đường tròn (O) 4/ MI cắt AD tại K, IC cắt AD tại S. Trong trường hợp tứ giác CKSN nội tiếp và 푺 푴푵푪 = 푺∆ 푴푵. (S là diện tích). Chứng minh: 푺∆푺푴푪 = 푺∆푺푴푬 &&& Hết đề thi &&& Lưu ý + Học sinh đọc kĩ đề và trình bày vào giấy tự luận + Câu 6 có vẽ lại bài hình học + Câu 7 vẽ hình chính xác và lập luận logic chặt chẽ mới chấm đủ điểm + Câu nào dễ làm trước 0_0 Chúc các em học sinh làm bài tốt ^^^
4. Đáp án tham khảo Câu 1. 1/ Giá trị của parabol (P): y = x2 X -2 -1 0 1 2 Y 4 1 0 1 2 2/ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): y = 4x + m là: x2 = 4x + m  풙 − ퟒ풙 − = (*) ∆= (−ퟒ) + ퟒ. . = + ퟒ Để (P) tiếp xúc với (d)  Phương trình (*) có nghiệm kép  ∆=  + ퟒ =  ퟒ = −  = −ퟒ ퟒ Khi đó (P) tiếp xúc với (d) tại điểm A có hoành độ là : 풙 = = 2 . Thế vào (P). 풚 = 풙 = = ퟒ Vậy tọa độ điểm tiếp xúc giữa (P) và (D) là A (2;4) Câu 2 풙 + 풚 = ퟒ풙 + 풚 = 풙 = 풙 = 1/ {  {  {  { 풙 − 풚 = ퟒ 풙 − 풚 = ퟒ풙 + 풚 = ퟒ. + 풚 = 풙 = 풙 =  {  { 풚 = 풚 =
5. 2/ a. Gọi x là chiều rộng của căn phòng (x > 0 ). Đơn vị là m Ta có bảng như sau: Chiều rộng Chiều dài Diện tích Ban đầu X x + 2 풙. (풙 + ) Lúc sau 2x (풙 + ) − = 풙 − 풙. (풙 − ) Theo bài toán ta có phương trình: 풙. (풙 − ) − 풙. (풙 + ) =  풙 − 풙 − 풙 − 풙 =  풙 − ퟒ풙 − = ∆= (−ퟒ) + ퟒ. . = ퟒ > , √∆= √ ퟒ = => Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt ퟒ+ ퟒ− 풙 = = 6 (nhận) 풙 = = -2 (loại) . . Vậy chiều rộng căn phòng ban đầu là 6 m Chiều dài căn phòng ban đầu là 8 m. 2/b Diện tích căn phòng ban đầu là: 6.8 = 48 m2 Độ dài cạnh 1 viên gạch vuông là: 200 : 4 = 50 cm = 0,5 m Diện tích cúa 1 viên gạch vuông là : 0,5 . 0,5 = 0,25 m2 Số gạch vuông cần lát căn phòng của bác Hai là: 48 : 0,25 = 192 viên Số tiền bác Hai cần trả cho thợ là : 192 . 30000 = 5760000 đồng. Câu 3. Phương trình 풙 − 풙 + ퟒ = 1/ ∆= (− ) − ퟒ. . ퟒ = − = > => Phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 풙 + 풙 = 2/ Theo định lý vi et ta có: { 풙 . 풙 = ퟒ 풙 + 풙 = (풙 + 풙 ) − 풙 . 풙 = − ퟒ. = 풙 − 풙 − (풙 − ).(풙 + )+(풙 − ).(풙 + ) Ta có: A = + = 풙 + 풙 + (풙 + ).(풙 + ) 풙 .풙 + 풙 −풙 − +풙 .풙 + 풙 −풙 − 풙 .풙 +풙 +풙 −ퟒ = = 풙 .풙 + 풙 + 풙 −ퟒ 풙 .풙 + .(풙 +풙 )−ퟒ .ퟒ+ −ퟒ = = = ퟒ+ . −ퟒ
6. Câu 4. 1/ Nhận thấy rằng quãng đường anh đi được chính là độ dài cung nhỏ AB. Gọi L là chu vi của bờ hồ. Ta có: 푺 ∗ = = => L = 3푺 = 3. 5,024= 15,072 km 푳 ∗ 푳 . Bán kính của bờ hồ là L = 흅푹 => R = = = 2,4 km 흅 . , ퟒ Diện tích của bờ hồ là: S = 흅. 푹 = , ퟒ. , ퟒ = 18,0864 km2 2/ Quãng đường anh đi được 3 vòng quanh bờ hồ là: 3. 15,072= 45,216 km ퟒ , Thời gian tổng cộng anh đi 3 vòng quanh hồ là: = 4 giờ , ퟒ Thời gian nghỉ ngơi tổng cộng của anh sau vòng 1 và vòng 2 là: 15.2 = 30 phút Thời điểm anh hoàn tất việc tập thể dục là: 5 giờ + 4 giờ +30 phút = 9 giờ 30 phút sáng Câu 5. 1/ Vào ngày cuối tuần giá bản của sản phẩm chỉ còn : 100% - 20% = 80% = 0,8 so với giá ban đầu. Do chị Năm có thể thành viên cho nên giá bản chỉ còn 100% - 10% = 90% = 0,9 so với giá ban đầu. Vậy vào ngày cuối tuần chị Năm được bán với giá giảm 0,9 . 0,8 = 0,72 so với giá ban đầu Giá tiền của 5 lốc sữa vinamilk là: 0,72 . 15000. 5 = 54000 đồng Giá tiền của 2 hộp sữa bò Long Thành là: 0,72. 40000. 2 = 57600 đồng Giá tiền của 4 gói mì ăn liền Gấu Đỏ là: 0,72 . 5000 . 4= 14400 đồng Giá tiền chị Năm cần phải trả là: 54000 + 57600 + 14400 = 126000 đồng 2/ Gọi x là số hộp bánh su kem chị Năm có thể mua với số tiền đã có Giá tiền của 1 hộp bánh su kem được giảm giá là: 22000 . 0,72 = 15840 đồng Theo yêu cầu bài toán ta có điều kiện: 126000 + 15840.x ≤ 200000  15840.x ≤ 74000  x ≤ 4,67 Vậy số lượng bánh su kem tối đa chị Năm có thể mua là 4 hộp Câu 6. Kẻ OH _|_ CD tại H, OH cắt AB tại K. Kẻ HE _|_ CD tại E, HE cắt AB tại F Ta có: AD = BC, AD _|_ AB, BC_|_ AB nên tứ giác ABCD là hình chữ nhật
7. nên CD // AB. Lại có HK // CD( do AD và HK cùng vuông góc với CD) nên tứ giác ADHK là hình chữ nhật. Chứng minh tương tự ta có các tứ giác CEFB, HEFK là hình chữ nhật => AB = CD = 15cm, AD = HK = EF = BC = 20cm, DH = AK, CE = BF Ta có: 푪푫 = 푶푪 + 푶푫 (Định lý pitago trong tam giác vuông OCD) => 푶푪 = √푪푫 − 푶푫 = √ − = Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OCD có đường cao OH 푶푫 푶푫 = 푫푯. 푫푪 => 푫푯 = = = 5,4m 푫푪 푯푪 = 푪푫 − 푯푫 = − , ퟒ = , 푶푯 = 푫푯. 푯푪 => 푶푯 = √푫푯. 푯푪 = √ , ퟒ . , = , => 푶푲 = 푯푲 − 푶푯 = − , = , , 푲 = 푫푯 = , ퟒ Gọi I là tâm đường tròn đường kính AB => MI = AI = BI = = = 7,5m 푲푰 = 푰 − 푲 = , − , ퟒ = , Áp dụng định lý pitago trong tam giác vuông OKI OI = √푲푰 + 푶푲 = √ , + , = Áp dụng tỉ lệ lượng giác trong các tam giác vuông OIK, OMI, MIF 푰푲 , Cos KIO = = = => 푲푰푶̂ = , ∗ 푰푶
8. 푰푴 , Cos OIM = = = => 푴푰푶̂ = ퟒ, ∗ 푰푶 , 푴푰 ̂ = ∗ −푲푰푶̂ − 푴푰푶̂ = ∗ − , ∗ − ퟒ, ∗= ퟒ , ∗ IF = IM. CosBIM = , . 풐풔ퟒ , ∗= , MF = IM. SinBIM = , . 풔풊풏ퟒ , ∗= , 푭 = 푰 − 푰푭 = , − , = , => 푬푪 = 푭 = , 푬푴 = 푬푭 − 푴푭 = − , = , 푬푯 = 푯푪 − 푬푪 = , − , = , ퟒ Ta có : OH // ME ( cùng vuông góc với CD) nên tứ giác HOME là hình thang, do vậy (푶푯+푴푬).푯푬 ( , + , ). ,ퟒ 푺 = = =92,5 m2 푯푶푴푬 푴푬.푬푪 , . , 푺 = = = 19,6 m2 ∆푴푬푪 푶푯.푯푪 , . , 푺 = = = 69,1 m2 ∆푶푯푪 푺푯푶푴푬 + 푺∆푴푬푪 = 푺푴푶푯푪 = 푺∆푶푯푪 + 푺∆푶푴푪 2 => 푺∆푶푴푪 = 푺푯푶푴푬 + 푺∆푴푬푪 − 푺∆푶푯푪 = , + , − , = 43m Câu 7
9. 1/ Chứng minh: Tứ giác AMDC nội tiếp và HM.HC=HB.HN Ta có : 푴푪̂ =90*(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) =>AB_|_MC 푵푪̂ =90*(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) =>AC_|_BN Xét ∆ABC có 2 đường cao MC và BN cắt nhau tại H =>H là trực tâm của ∆ABC =>AD là đường cao thứ ba của ∆ABC =>AD_|_BC=> 푫푪̂ = 90* Xét tứ giác AMDC ta có : 푴푪̂ =̂ 푫푪 = 90*=>Tứ giác AMDC nội tiếp (2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau) (đpcm) Xét ∆HMB và ∆HNC ta có : 푴푯̂ =̂푵푯푪=90*, 푴푯 ̂ = 푵푯푪̂ ( 2 góc đối đỉnh ) 푯푴 푯푵 =>∆HMB ~ ∆HNC(g-g) => = => HM.HC = HB.HN (đpcm) 푯 푯푪 2/ Chứng minh: Tứ giác DMNO nội tiếp Xét tứ giác BMHD ta có : 푴푯̂ =̂ 푫푪=90*=>Tứ giác BMHD nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) =>푯푴푫̂ = 푯 푪̂ (1a) Mà 푯 푪̂ = 푵푴푪̂ ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (1b) Từ (1a),(1b)=> 푯푴푫̂ = 푵푴푪̂ =>MC là tia phân giác của 푵푴푫̂ =>푵푴푫̂ = 2푵푴푪̂ = 2푯 푪̂ (2a) Ta có :ON = OB =>∆ONB cân tại O => 푯 푪̂ = 푶푵 ̂ (3a) Mà 푵푶푪̂ = 푯 푪̂ +푶푵 ̂ (Tính chất góc ngoài của ∆ONB) (3b) Từ (3a) , (3b) => 푵푶푪̂ =2푯 푪̂ (3c) Từ (2a) , (3c) => 푵푴푫̂ = 푵푶푪̂ =>Tứ giác DMNO nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) ( đpcm) 3/ Chứng minh: IN là tiếp tuyến của đường tròn (O) Ta có :푵푪푬̂=푬푴 ̂ ( góc ngoài bằng góc đối trong do tứ giác MNBC nội tiếp trong đường tròn (O) Xét ∆푬푴 và ∆푬푪푵 ta có :
10. 푵푬푪̂ là góc chung , 푵푪푬̂=푬푴 ̂ (cmt) 푬푴 푬푪 =>∆푬푴 ~ ∆푬푪푵 (g-g)=> = =>EB.EC = EM.EN (5a) 푬 푬푵 Ta có :푬푫푴̂ = 푬푵푶̂ ( Tứ giác MDON nội tiếp) Xét ∆푬푫푴 và ∆푬푵푶 ta có : 푵푬푪̂ là góc chung , 푬푫푴̂ = 푬푵푶̂ (cmt) 푬푴 푬푶 =>∆푬푫푴 ~ ∆푬푵푶 (g-g)=> = =>EM.EN = ED.EO (5b) 푬푫 푬푵 푬 푬푶 Từ (5a) , (5b)=>EB.EC=ED.EO=> = (5c) 푬푫 푬푪 Ta có :BI_|_EC (BI là tiếp tuyến của (O), AD_|_BC (cmt) 푬 푬푰 =>BI//AD => = (Định lý ta lét trong ∆ADE) (5d) 푬푫 푬 푬푶 푬푰 Từ (5c) , (5d)=> = =>OI//AC (Định lý ta lét đảo trong ∆AEC) 푬푪 푬 Ta có :AC_|_BC , AC//OI (cmt)=>OI_|_BN Ta có :OB = ON => ∆ONB cân tại O =>∆ONB cân tại O có OI là đường cao (OI_|_BN) =>OI cũng là đường phân giác trong ∆ONB => 푶푰̂ =푵푶푰̂ Xét ∆푬푶푰 và ∆푵푶푰 ta có : OB=ON, 푶푰̂ =푵푶푰̂ (cmt) ,OI là cạnh chung =>∆푬푶푰 = ∆푵푶푰 (c-g-c) => 푶푵푰̂=푶 푰̂ =90*=>ON_|_IN Ta lại có N thuộc đường tròn (O), ON_|_IN (cmt) =>IN là tiếp tuyến của đường tròn (O) 4. Trong trường hợp tứ giác CKSN nội tiếp và 푺 푴푵푪 = 푺∆ 푴푵. (S là diện tích). Chứng minh: 푺∆푺푴푪 = 푺∆푺푴푬
11. Xét ∆ 푵푺 và ∆ 푲푪 ta có : 푲 푪̂ là góc chung , 푵푺̂= 푲푪̂ (Tứ giác CKSN nội tiếp) 푵 푲 =>∆ 푵푺~∆ 푲푪 (g-g) => = =>AS.AK=AN.AC (6a) 푺 푪 Xét ∆ 푵푴 và ∆ 푪 ta có : 푪̂ là góc chung , 푴푵̂ = 푪 ̂ (Tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn (O)) 푵 =>∆ 푵푴 ~ ∆ 푪 (g-g) => = =>AN.AC = AM.AB (6b) 푴 푪 푴 푺 Từ (6a),(6b)=>AS.AK = AM.AB => = (6c) 푲 푴 푴 Ta có :AD//BI ,Áp dụng hệ quả định lý ta lét ta có: = (6d) 푲 푰 푺 푴 Từ (6c), (6d) => = (6e) 푰 Gọi T là giao điểm của OI và BN Theo như trên thì ta có :OT_|_BN
12. =>T là trung điểm của BN (quan hệ đường kính và dây cung) => BN = 2BT Ta có: BI//AD (cmt) => 푰 푵̂= 푯푫̂ (2 góc ở vị trí sole trong) Xét ∆푫푯 và ∆푻 푰 ta có : 푯푫 ̂ = 푻 푰̂ , 푰 푵̂= 푯푫̂ (cmt) 푯푫 푻 =>∆푫푯 ~ ∆푻 푰 (g-g)=> = => HD.BI = BT.BH 푯 푰 Mà BN = 2BT => 2HS.BI = 2BT.BH = BN.BH (7a) Xét ∆ 푴푯 và ∆ 푵 ta có : 푵̂ là góc chung , 푴푯̂ = 푵 ̂ =90* 푴 푵 =>∆ 푴푯 ~ ∆ 푵 (g-g) => = =>BN.BH = BM.BA (7b) 푯 푯푫 푴 Từ (7a),(7b) =>2HD.BI=BM.BA => = (7c) 푰 푯푫 푺 Từ (6e),(7c) => = =>AS = 2HD Ta có: OI // AC (cmt) => 푶푰̂ = 푪푫̂ (2 góc ở vị trí đồng vị) Xét ∆ 푶푰 và ∆DCA ta có : 푶푰̂ = 푪푫̂ = ∗, 푶푰̂ = 푪푫̂ (cmt) 푫 푫푪 =>∆ 푶푰 ~ ∆푫푪 (g-g) => = 푰 푶 푫 푫푪 Mà BC = 2OB => = (7d) 푰 푪 푫푺 푫푪 Ta có: AD// BI => = ( Hệ quả talet trong tam giác BIC) (7e) 푰 푪 Từ (7d) , (7e) => AD = 2AS => SA = SD hay AD = 2DS Mà AS = 2HD (cmt) => SD = 2HD 푺푫 Ta có: DH . DA = . 2SD = SD2 (7f) Xét ∆푫푯푪 và ∆DBA ta có : 푫 ̂ = 푯푫푪̂ = ∗, 푯푪푫̂ = 푫̂ (Tứ giác AMDC nội tiếp) 푫푯 푫 =>∆푫푯푪 ~ ∆DBA (g-g)=> = => DH.DA = DB.DC (7g) 푫푪 푫
13. 푫 푫푺 Từ (7f), (7g) => DS2 = DB.DC => = 푫푺 푫 Xét ∆푫 푺 và ∆DSC ta có : 푫 푫푺 푫푺̂ = 푺푫푪̂ = ∗, = (cmt) 푫푺 푫 =>∆푫 푺 ~ ∆DSC (c –g -c) => 푫 푺̂ = 푫푺푪̂ Ta có: 푺푪̂ = 푫푺푪̂ + 푺푫̂ = 푫 푺̂ + 푺푫̂= ∗ ( Tam giác DBS vuông tại S). => Tam giác BSC vuông tại S => Tam giác BSC nội tiếp trong đường tròn đường kính BC => S thuộc đường tròn (O) Ta có: Tứ giác DMNO nội tiếp (cmt) => 푵푫푶̂ = 푶푴푵̂ (7h) Ta có : OM = ON => ∆OMN cân tại O=>푶푴푵̂ =푶푵푴̂ (7k). Từ (7ha) , (7k)=> 푵푫푶̂ = 푶푵푴̂ Xét ∆푶푫푵 và ∆ONE ta có : 푵푶푬̂ là góc chung , 푵푫푶̂ =푶푵푴̂ (cmt) 푶푫 푶푵 =>∆푶푫푵 ~ ∆ONE (g-g) => = 푶푵 푶푬 푶푫 푶푺 Mà ON = OS= R => = 푶푺 푶푬 Xét ∆푶푫푺 và ∆OSE ta có : 푶푫 푶푺 푬푶푺̂ là góc chung, = (cmt) 푶푺 푶푬 =>∆푶푫푺 ~ ∆OSE (c –g -c) => 푬푺푶̂ = 푶푫푺̂ = ∗ => ES _|_ OS Ta có: ES _|_ OS (cmt), S thuộc (O) (cmt) => ES là tiếp tuyến của đường tròn (O) Bài toán phụ. Trong tam giác ABC ta có hệ thức: 풕 풏 + 풕 풏 + 풕 풏푪 = 풕 풏 . 풕 풏 . 풕 풏푪 Thật vậy, áp dụng tỉ số lượng giác các tam giác vuông AMC, ABD, ACD và (7g) ta có: 푫 푫 푫.( 푫+푪푫) 푫 . 푪 푪 tanB + tanC = + = = = 푫 푪푫 푫.푪푫 푯푫. 푫 푯푫 푫 푫 푫 푫 푫 tanB . tanC = . = = = 푫 푪푫 푫.푪푫 푯푫. 푫 푯푫 Xét ∆푴 푯 và ∆MCB ta có : 푴푯̂ = 푴푪̂ = ∗, 푴 푯̂ = 푪푴̂ (Tứ giác AMDC nội tiếp)
14. 푪 푴푪 =>∆푴 푯 ~ ∆MCB (g-g) => = = tanA. 푯 푴 Kết hợp những hệ thức trên ta có: 푪 푪 푪.(푯푫+ 푯) 푪. 푫 푫 푪 TanA + tanB + tanC = + = = = . 푯푫 푯 푯푫. 푯 푯푫. 푯 푯푫 푯 =tanA . tanB. tanC . (Bài toán phụ được chứng minh) Từ giả thiết 푺 푴푵푪 = 푺∆ 푴푵 => 푺∆ 푪 = 푺 푴푵푪 + 푺∆ 푴푵 = 푺∆ 푴푵 푺∆ 푴푵 => = 푺∆ 푪 Xét ∆ 푴푵 và ∆ACB ta có : 푪̂ là góc chung , 푴푵̂ = 푪 ̂ (Góc ngoài bằng góc đối trong tứ giác BMNC nội tiếp trong đường tròn O ) 푺 푴 ∆ 푴푵 2 =>∆ 푴푵 ~ ∆ACB (g-g) => = => Cos A = 푺∆ 푪 푪 Áp dụng công thức lượng giác ta có: 푻 풏 + = = 3  Tan2A = 2  푻 풏 = √ (Do tanA > 0) 푪풐풔 푫 푫푺 ퟒ푯푫 Theo như trên: TanB. TanC = = = = 4 (8a) 푯푫 푯푫 푯푫 Áp dụng bài toán phụ ta có: 푻 풏 + 풕 풏 + 풕 풏푪 = 풕 풏 . 풕 풏 . 풕 풏푪 => √ + 풕 풏 + 풕 풏푪 = ퟒ√ => 풕 풏 + 풕 풏푪 = √ (8b) Từ (8a) , (8b) => tan B và tan C là nghiệm của phương trình: 풙 − √ . 풙 + ퟒ = (Điều kiện: x> 0 do tan B > 0 và tanC >0) ∆= (− √ ) − ퟒ. ퟒ = − = > , √∆= √ => Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt √ +√ √ −√ x1 = = √ (nhận) x2 = = √ (nhận) 푫 푫 Theo bài toán ta có: AB HB > => Tan B > Tan C 푯 푯푪 Từ đó ta nhận TanB = √ , tanC = √ => TanA = TanC ( =√ ) => 푪̂ = 푪 ̂ => Tam giác ABC cân tạo B
15. Tam giác ABC cân tại B có BN là đường cao => BN cũng là đường trung tuyến tam giác ABC => NA = NC Xét tam giác ADC ta có: AS = DS (cmt), AN =NC (cmt) =>a NS là đường trung bình của tam giác ADC => NS // CD Ta có : NS // CD, AD _|_ CD => NS _|_ AD Vì S thuộc đường tròn (O) cho nên đường tròn ngoại tiếp tam giác SNC là đường tròn (O), đường tròn ngoại tiếp tứ giác CKSN cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác SNC => Đường tròn ngoại tiếp tứ giác CKSN trùng với đường tròn (O) => K thuộc đường tròn (O). Ta có: NS _|_ AD (cmt) => Tam giác NSK vuông tại S => tam giác NSK nội tiếp đường tròn đường kính NK. Mà tam giác NSK nội tiếp (O) => O là trung điểm của KN và 3 điểm K, O, N thẳng hàng. Cho MS cắt DE tại L. Do NS // CD (cmt) => 푴푵푺̂ = 푴푬 ̂ (2 góc ở vị trí solo trong ) (8c) Mà 푴푵푺̂ = 푬푺푴̂ (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung SM ) (8d) Từ (8c) , (8d) => 푴푬 ̂ = 푬푺푴̂ Xét ∆푳푬푴 và ∆LSE ta có : 푬푳푺̂ là góc chung , 푴푬 ̂ = 푬푺푴̂ (cmt) 푳푬 푳푺 =>∆푳푬푴 ~ ∆LSE (g-g) => = => LE2 = LM . LS (8e) 푳푴 푳푬 Ta có: 푫푴̂ = 푴푵푶̂ (Tứ giác DMNO nội tiếp) (8f) Mà 푴푵푶̂ = 푴푺푲̂ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MK) (8g) Từ (8f) , (8g) => 푫푴̂ = 푴푺푲̂ Xét ∆푳푴푫 và ∆LDS ta có : 푫푳푺̂ là góc chung , 푫푴̂ = 푴푺푲̂ (cmt) 푳푴 푳푫 => ∆푳푴푫 ~ ∆LDS (g-g) => = => LD2 = LM . LS (8h) 푳푫 푳푺 Từ (8e) , (8h) => LD = LE => DE = 2DL = 2EL (9a) Ta có: 푬푴 ̂ = 푪 ̂ ( góc ngoài bằng góc đối trong do tứ giác BMNC nội tiếp (O)) (9b) Mà 푴푫̂ = 푪 ̂ ( Tứ giác AMDC nội tiếp ) (9c) Từ (9b) , (9c) => 푴푫̂ = 푬푴 ̂ => BM là tia phân giác trong của tam giác EMD.
16. Mà EM _|_ MC => MC là tia phân giác ngoài của tam giác EMB. Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác EMB ta có: 푫 푴푫 푪푫 푬 푫 푫 푫 √ = = => = = : = tanB : tan C = = 푬 푴푬 푬푪 푬푪 푪푫 푪푫 푫 √ => EC = 2EB => BE = BC => EC = 2BC 푪푫 푪푫 푪 => CD = 2BD => BC = BD + CD = CD + = => CD = 푪푫 푪 푪 => = : = => EC = 3CD => 푫푬 = 푬푪 − 푪푫 = 푪푫 (9d) 푬푪 푳푬 Từ (9a) , (9d) => EL = LD = CD => LC = 2LE. => = (9e) 푳푪 Bài toán phụ: Trong tam giác ESC, lấy 1 điểm bất kỳ thuộc EC (ví dụ điểm O ) thì ta 푺∆푺푶푪 푶푪 luôn có: = 푺∆푺푬푪 푬푪 푺∆푺푶푪 푺∆푺푶푪 푺푫.푶푪 푶푪 Thật vậy ta có: = = = 푺∆푺푬푪 푺∆푺푬푪 푺푫.푬푪 푬푪 Áp dụng bài toán phụ kết hợp với (7e) ta có: 푺∆푺푴푬 푺푴 푺∆푺푴푪 푺푴 푺∆푺푴푬 푺∆푺푴푪 = , = => = 푺∆푺푳푬 푺푳 푺∆푺푳푪 푺푳 푺∆푺푳푬 푺∆푺푳푪 푺∆푺푴푬 푺∆푺푳푬 푳푬 => = = = => 푺∆푺푴푪 = 푺∆푺푴푬 (đpcm) 푺∆푺푴푪 푺∆푺푳푪 푳푪 Phân tích và bình luận Câu 1 Nội dung đề cập đến parabol và sự tương giao giữa đường thẳng với parabol. 1/a. Đây là câu rất dễ cho học sinh lấy điểm 1/b. Đây cũng là câu ở mức độ rất cơ bản. Học sinh nắm vững được các tính chất nghiệm của phương trình bậc hai là giải được Câu 2 1/ Đây là hệ phương trình bậc nhất rất cơ bản. Học sinh chỉ cần nắm vững phương pháp giải là ổn
17. 2/ a. Đây là câu giải bài toán bằng cách lập phương trình. Bài toán đòi hỏi sự vận dụng ở mức độ hiểu biết, học sinh dựa vào mối liên hệ hơn kém giữa các cạnh và công thức tính diện tích để lập phương trình b/ Đây là câu toán vận dụng thực tế dựa trên câu a. Học sinh cần phải liên hệ đến diện tích để suy ra được số lượng gạch cần lót, do vậy đây là câu hỏi không khó nhưng đòi hỏi học sinh phải hiểu vấn đề thì mới giải được Câu 3 Đây là câu vận dụng định lý vi-et ở mức độ cơ bản 1/ Học sinh nắm vững công thức tính denta và số nghiệm phương trình bậc hai dựa trên denta là giải được 2/ Học sinh cấn vận dụng định lý viet cho phương trình bậc hai. Khéo léo trong việc biến đổi biểu thức A về các phép tính đối xứng giữa x1 vả x2. Đây là câu ở mức độ tương đối khó nhưng nếu khéo léo trong việc sắp xếp và tính toán thì học sinh vẫn có thể làm được. Câu 4 Đây là câu toán vận dụng thực tế, có kết hợp công thức tính chu vi và diện tích hình tròn, tính vận tốc quãng đường thời gian và công thức tính độ dài cung trong đường tròn nếu biết số đo góc 1/ Đây cũng là câu đòi hỏi học sinh cần nhận biết được quãng đường đi của anhA cũng chính là độ dài cung của hồ. Từ đó tìm chu vi, bán kính và diện tích của hồ. 2/ Đây là câu ở mức độ hiểu biết cơ bản. Học sinh chỉ việc tính quãng đường, thời gian anhA tập thể dục và thời gian anh A nghỉ ngơi rồi tìm ra thời gian anhA hoàn thành việc tập thể dục. Tuy nhiên, nếu học sinh không đọc kĩ đề sẽ nhằm lẫn thời gian anh A nghỉ ngơi ở cả 3 vòng là 15.3 = 45 phút. (vì vòng cuối là anh về nhà rồi, không tập nữa !) Câu 5 Đây là câu toán thực tế mang tính ứng dụng cao trong việc tính toán chi tiêu cho các vật dụng mua sắm. 1/ Học sinh một chút khó khăn trong việc phân định trong việc siêu thị giảm giá và chị Năm được giảm giá nhờ có thẻ thành viên. Giá tiền của chị Năm được tính dựa trên có 2 lần giảm giá dựa trên phép nhân, không phải là phép cộng là 10 % + 20 %
18. . Đây là yếu tố vận dụng cao nhưng lại mang tính rất thực tế trong cuộc sống. Sau đó thì học sinh tính giá tiền từng sản phẩm thông thường 2/ Đây là câu khá hay đòi hỏi mức độ vận dụng cao trong việc tính toán ước lượng bằng công cụ toán là bất đẳng thức để suy ra số lượng. Nếu không đọc kĩ đề học sinh sẽ nhầm lẫn 200000 đồng chỉ dùng mua bánh su kem mà phải tính thêm cả tiền 3 sản phẩm đã tính ở câu 3 thì mới chính xác. Câu 6 Đây là câu toán thực tế nhưng lại đỏi hỏi kỹ năng tư duy rất cao dành cho các học sinh khá và giỏi. Nội dung kết hợp giữa hệ thức lượng trong tam giác vuông, các hình tứ giác, công thức tính diện tích, tỉ số lượng giác trong tam giác vuông, hệ thức trong đường tròn. Muốn giải được phải kẻ thêm 2 đường phụ vuông góc thì mới giải được. Điểm khó ở bài toán là diện tích của tứ giác COM phải thông qua diện tích của tứ giác và diện tích của tam giác khác. Không thể kẻ đường cao để giải vì như vậy sẽ là rất khó. Câu 7. Đây là bài hình học tổng hợp kiến thức về đường tròn của học kì II – toán 9. Nhìn chung các câu hỏi ở mức độ khó, ở mức độ vận dụng cao, tuy nhiên có nhưng câu học sinh ở mức độ trung bình khá vẫn giải được. 1/ Đây là câu chứng minh rất đơn giản. Học sinh chỉ việc nhìn ra trực tâm rồi suy ra vuông góc và chứng minh tứ giác nội tiếp theo dấu hiệu cơ bản. Hệ thức cần chứng minh rất cơ bản và hệ thức lượng trong đường tròn. 2/ Đây cũng là một câu khá khó. Tuy nhiên, đây là câu đã được nhiều trường cho làm đề thi và nghiên cứu nên cũng không mấy lạ lẫm. Học sinh cần nhìn ra được tính chất góc ngoài của tam giác, góc bằng nhau giữa các tứ giác nội tiếp trong tam giác có 3 đường cao để tìm ra được sự liên hệ giữa chúng là giải quyết được. 3/ Đây là câu vận dụng cao dành cho học sinh giỏi trở lên. Muốn làm được học sinh phải biết được hệ thức lượng trong tứ giác nội tiếp trong đường tròn thông qua 2 cặp tam giác đồng dạng, kết hợp với định lý talet để suy ra song song theo talet đảo. Rồi lại tiếp tục áp dụng bài toán ở mức độ thông thường qua 2 tam giác bằng nhau để chứng minh tiếp tuyến. Nhìn chung muốn làm được câu này đòi hỏi học sinh có cái nhìn nhạy bén, tư duy nhanh, vận dụng được các kiến thức hình học cũ đã học.
19. 4/ Đây là câu chứng minh ở mức độ siêu khó !. Đây là câu hỏi chứng minh vận dụng chứng minh rất nhiều công đoạn và cần đến 5 trang A4 Để hoàn tất !. Đây là câu phân loại rất mạnh dùng để phân loại các học sinh cực kỳ xuất xắc, đặc biệt bài toán chỉ dùng thêm 2 đường phụ là giao điểm để giải. Nó khó ở chỗ nào ? Nó khó ở chỗ là phải vận dụng các câu hỏi chứng minh ở 3 câu trên. Thứ hai là có kèm đến cả 2 điều kiện đi kèm. Đây thực sự là một điểm rất khó. Bởi vì học sinh phải phát hiện ra được những công thức tổng quát rồi mới kết hợp với giả thuyết cho ra hệ thức mới. Điểm khó thứ hai là phải biết liên hệ giữa 2 điều kiện với nhau để giải. Thứ ba là phải thông ra rất nhiều công thức về tam giác đồng dạng, tính chất đường phân giác trong tam giác, tứ giác nội tiếp, định lý hệ quả talet, tiếp tuyến của đường tròn, các góc ở trong đường tròn, tỉ số lượng giác trong một tam giác bất kỳ, kết hợp giải phương trình bậc hai, tưởng tượng ra các điểm mới như thế nào với 2 điều kiện ấy, tỉ số về các cạnh, tỉ số diện tích trong tam giác. Đây cũng là một câu rất là phức tạp và khó. Tuy nhiên, nếu muốn giảm độ khó chỉ cần sữa đề là: nếu tứ giác CKSN nội tiếp chứng minh SE là tiếp tuyến của đường tròn (O). Tuy vậy thì chứng minh vẫn khá là dài. Để các bạn học sinh dễ dàng hình dung tôi sẽ nêu trình tự các bước để chứng minh câu này như sau: 1/ Dùng các tam giác đồng dạng chứng minh được AS = 2HD 2/ Áp dụng hệ quả ta let chứng minh được AS = DS. Dùng các tam giác đồng dạng chứng minh S thuộc đường tròn (O). 3/ Từ câu 2 tìm được tanB.tanC. Áp dụng điều kiện thứ 2 tìm được tanA. Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác để giải tam giác ABC ở mức độ tổng quát. Thật ra bước này chỉ để chứng minh tam giác ABC cân tại B 4/ Lập luận được S và K thuộc (O). Áp dụng bài toán nhỏ quen thuộc chứng minh được L là trung điểm của DE. 5/ Áp dụng tỉ số đường phân giác để chỉ ra LC = 2LE. Từ đó áp dụng tính chất tỉ số diện tích tam giác, chứng minh hoàn tất. Với 2 điều kiện này đã có thể giải được tam giác ABC ở mức độ tổng quát. Từ điểm này có thể đề xuất nên nhiều câu hỏi chứng minh khác. Tuy nhiên mức độ này vượt quá sức so với học sinh lớp 9. Nhìn chung: Dù đây chỉ là đề thi tham khảo theo cấu trúc mới là vận dụng nhiều bài toán thực tế theo hướng ra đề thi mới của TPHCM. Tuy nhiên, có thể mang nhiều tính sai sót. Tuy nhiên, việc phân hóa các bài toán ở các mức độ từ dễ, trung bình, khá, khó
20. và rất khó được phân loại rõ ràng ở từng câu. Do vậy, đây cũng được xem là đề thi cho các thầy cô và học sinh tham khảo.