Đề ôn tập môn Toán Khối 9 - Đề số 7 (Có đáp án)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7.
Bài 1.
Giải phương trình: 2x2 – 5x – 7 = 0.
Giải hệ phương trình: 
Cho phương trình (m là tham số).
 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn .
Bài 1. Cho biểu thức B = (với x > 0; x 1)
Rút gọn B.
Tính giá trị của B khi x = .
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + 1 và parabol (P): y = .
Tìm b để đường thẳng b đi qua điểm B (-2;3)
Tìm b để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ () và () thỏa mãn điều kiện .
Bài 1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao AD, BE lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N.
Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn đó.
Chứng minh rằng: MN // DE.
Cho (O) và dây AB cố định. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB.
 d) Tìm vị trí điểm C trên cung lơn AB cố định để diện tích tam giác CDE lớn nhất
Bài 1. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 	.
HƯỚNG DẪN GIẢI.
BÀI
NỘI DUNG
1
Ta có: a - b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm 
Hệ đã cho tương đương với hệ : Û 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm .
Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm là
Theo hệ thức Vi-ét: . 
Ta có 
 (thoả mãn)
Ta có: B = = = 
Ta có: nên 
Vậy B = ==.
Vì (d) đi qua điểm B(-2;3) nên thay vào hàm số: ta có:. 
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.
Hình vẽ
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.
4
d)
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
5
Từ 
Theo BĐT Cô-si ta có: 
Suy ra: 
Dấu “=” xảy ra 
Vậy MaxQ = .