Đề ôn tập môn Toán Khối 9 - Đề 6 (Có đáp án)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6.
Bài 1.
Giải phương trình: 
Giải hệ phương trình: 
Cho phương trình (m là tham số).
 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn .
Bài 2. Cho biểu thức: 
Rút gọn A.
Tính giá trị của A khi x = 4 - 2 .
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2( m – 2)x + m - 3 và parabol 
Tìm m để đường thẳng d đi qua điểm A (-1;3)
Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 trái dấu ( với (d) là ở đề bài cho).
Bài 4. Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB = 2R. Trên đường thẳng AB lấy điểm H sao cho B nằm giữa A và H (H không trùng với B), qua H dựng đường thẳng d vuông góc với AB. Lấy C cố định thuộc đoạn thẳng OB (C không trùng với O và B). Qua điểm C kẻ đường thẳng a bất kì cắt đường tròn (O) tại hai điểm E và F (a không trùng với AB). Các tia AE và AF cắt đường thẳng d lần lượt tại M, N.
a) Chứng minh tứ giác BEMH nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh:AFB AHN và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định khác A khi đường thẳng a thay đổi .
c) Cho AB = 4cm; BC = 1cm; HB = 1 cm. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN.
Bài 5. Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
HƯỚNG DẪN GIẢI.
BÀI
NỘI DUNG
1
a) Ta có: a – b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm 
b) Hệ đã cho tương đương với hệ : Û 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm .
c) 
Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm là
Theo hệ thức Vi-ét: . 
Ta có 
 (thoả mãn)
a)
Ta có: 
b)
Ta có: nên 
Vậy A = ==.
a)
Vì (d) đi qua điểm A(-1;3) nên thay vào hàm số: ta có:. 
b)
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: (1). 
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt . 
Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và , .
Theo hệ thức Vi-et ta có: .Thay y1,y2 vào ta có: 
(thỏa mãn ) hoặc (không thỏa mãn )
Vậy thỏa mãn đề bài. 
Hình vẽ
a)
Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên :
 và 
Xét tứ giác AEDB có nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB.
Tâm I của đường tròn này là trung điểm của AB.
b)
Xét đường tròn (I) ta có: (cùng chắn cung )
Xét đường tròn (O) ta có: (cùng chắn cung ) 
Suy ra: (do có hai góc đồng vị bằng nhau).
c)
Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.
*) Xét tứ giác CDHE ta có : (do )
 (do )
suy ra , do đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.
Như vậy đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, có bán kính bằng .
*) Kẻ đường kính CK, ta có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) , 
mà (giả thiết) nên KA // BH (1)
chứng minh tương tự cũng có: BK // AH (2)
Từ (1) và (2), suy ra AKBH là hình bình hành.
Vì I là trung điểm của AB từ đó suy ra I cũng là trung điểm của KH, lại có O là trung điểm của CK vậy nên (t/c đường trung bình)
Do AB cố định, nên I cố định suy ra OI không đổi.
Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi.
C/m được hai tam giác CDE và CAB đồng dạng =>
Không đổi vì AB cố định. Để SCDE max thì SABC max ó CH max ó C la điểm chính giữa cua cung BC
Hình vẽ
4c) Cách 2: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC
 (1’)
Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và 
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
 (2’)
Từ (1’) và (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB.
Suy ra BHCK là hình hình hành. .
Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi.
c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.
=> đpcm
Từ 
Theo BĐT Cô-si ta có: 
Suy ra:
Dấu “=” xảy ra 
Vậy MaxQ = .