Đề thi giữa kì 2 Toán 9 - Đề số 5

Câu 1 : Nhận xét nào sau đây là đúng về đồ thị hàm số $y = - \frac{1}{2} x^{2}$ ?

A.

Đồ thị hàm số nhận $O x$ làm trục đối xứng.
B.

Đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía trên trục hoành.
C.

Đồ thị hàm số là một đường cong không đi qua gốc tọa độ.
D.

Đồ thị hàm số có đỉnh là gốc tọa độ và nằm phía dưới trục hoành.

Câu 2 : Phương trình nào sau đây có nghiệm kép?

A.

$- x^{2} - 4 x + 4 = 0$ .
B.

$x^{2} - 4 x - 4 = 0$ .
C.

$x^{2} - 4 x + 4 = 0$ .
D.

$x^{2} - 3 x + 2 = 0$ .

Câu 3 : Cho phương trình $x^{2} - \sqrt{2} x - 2 + \sqrt{3} = 0$ . Tính $x_{1}^{3} + x_{2}^{3}$ .

A.

$8 - 3 \sqrt{3}$ .
B.

$\sqrt{2}$ .
C.

$\sqrt{2} (8 - 3 \sqrt{3})$ .
D.

$\sqrt{2} (8 + 3 \sqrt{3})$ .

Câu 4 : Một cửa hàng đồ chơi trong tháng qua bán được 60 hộp lego thuộc nhiều thương hiệu đồ chơi khác nhau. Dưới đây là bảng thống kê của đại lí:

A.

Lego và Hot Wheel.
B.

Lego và Sembo Block.
C.

Hot Wheel và Moyu Block.
D.

Lego và Moyu Block.

Câu 5 : Trong các đường tròn dưới đây, đường tròn nào là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

A.

Hình 1.
B.

Hình 2.
C.

Hình 3.
D.

Hình 4.

Câu 6 : Cho đường tròn $(O)$ . Biết $M A; M B$ là các tiếp tuyến của $(O)$ cắt nhau tại $M$ và $\hat{A M B} = 58^{\circ}$ Khi đó số đo $\hat{A B O}$ bằng:

A.

$24^{\circ}$ .
B.

$29^{\circ}$ .
C.

$30^{\circ}$ .
D.

$31^{\circ}$ .

Câu 1 : Điều tra về chiều cao của các bạn học sinh nam khối 9 của một trường trong hai năm 2023 và 2024 được kết quả minh họa bằng hai biểu đồ cột sau đây cho biết

Lựa chọn đúng, sai

a) Tần số tương đối của 1,5m năm 2024 là 23,3%.

Đúng

Sai

b) Tỉ lệ chiều cao 1,5m năm 2024 cao hơn năm 2023.

Đúng

Sai

c) Tỉ lệ chiều cao 1,65m năm 2024 và năm 2023 bằng nhau.

Đúng

Sai

d) Tỉ lệ chiều cao từ 1,65m trở lên năm 2024 cao hơn năm 2023 là 3,7%.

Đúng

Sai

Câu 2 : Cho $Δ A B C$ đều có cạnh $4 c m$ ngoại tiếp $(O; r)$ và nội tiếp $(O; R)$ khi đó:

a) Khoảng cách từ tâm $O$ đến $A B$ bằng $\sqrt{3}$ .

Đúng

Sai

b) Chu vi đường tròn nội tiếp $Δ A B C$ bằng $\frac{4 \sqrt{3}}{3} π$ .

Đúng

Sai

c) $O A + O B + O C - O D = 10 \sqrt{3}$ .

Đúng

Sai

d) Gọi $x, y, z$ lần lượt là khoảng cách từ điểm $O$ tới $A B, B C, C A .$ Giá trị của biểu thức $x y + \sqrt{3} z$ là $\frac{10}{3}$ .

Đúng

Sai

Câu 1 : Cho hàm số $y = \frac{- 2}{5} x^{2}$ . Gọi điểm thuộc đồ thị hàm số khác gốc tọa độ $O (0; 0)$ và có tung độ gấp ba lần hoành độ là $A (x_{A}; y_{A})$ . Khi đó $x_{A} - y_{A}$ có giá trị bằng

Đáp án:

Câu 2 : Tính $u - 2 v$ biết $u + v = 14; u v = 40$ và $u < v$ .

Đáp án:

Câu 3 : Thống kê về phần trăm khối lượng các loại hoa quả bán được trong 1 tháng của một cửa hàng được ghi lại như sau: 25% khối lượng bán được là Cam; 32% khối lượng bán được là Xoài; 10% là Thanh long; còn lại là Ổi. Biết tổng khối lượng hoa quả bán được trong tháng đó là 200kg. Khi đó khối lượng Ổi đã bán là … kg.

Đáp án:

Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp nửa đường tròn (O;R). Biết $\hat{A O C} = 116^{\circ}$ . Độ dài cạnh AC là $2 R . \sin . . .^{\circ}$ . Số còn thiếu là:

Đáp án:

Câu 1 : Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là $250 m$ . Tính diện tích của khu vườn biết rằng nếu một cạnh giảm 3 lần và cạnh còn lại tăng 2 lần thì diện tích khu vườn giảm $1250 m^{2}$ . Người ta sử dụng $\frac{1}{5}$ diện tích khu vườn để trồng hoa. Hỏi diện tích đất còn lại là bao nhiêu?

Câu 2 : Cho đường tròn $(O; R)$ đường kính $A B$ , gọi $I$ là trung điểm của $O A$ , dây $C D$ vuông góc với $A B$ tại I. Lấy $K$ tùy ý trên cung $B C$ nhỏ, $A K$ cắt $C D$ tại $H$ .

a) Chứng minh tứ giác $B I H K$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh $A H . A K$ có giá trị không phụ thuộc vị trí điểm $K$ .

Câu 3 : Cho phương trình $x^{2} - 2 (m + 1) x + m^{2} + 2 = 0$ , với m là tham số. Gọi hai nghiệm của phương trình đã cho là $x_{1}; x_{2}$ . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A = x_{1} x_{2} - 2 (x_{1} + x_{2}) - 6$ .

Câu 1 : Nhận xét nào sau đây là đúng về đồ thị hàm số $y = - \frac{1}{2} x^{2}$ ?

A.

Đồ thị hàm số nhận $O x$ làm trục đối xứng.
B.

Đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía trên trục hoành.
C.

Đồ thị hàm số là một đường cong không đi qua gốc tọa độ.
D.

Đồ thị hàm số có đỉnh là gốc tọa độ và nằm phía dưới trục hoành.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Sử dụng kiến thức về đồ thị của hàm số $y = a x^{2} (a \neq 0)$ :

Đồ thị của hàm số $y = a x^{2} (a \neq 0)$ là một đường cong, gọi là đường parabol, có các tính chất sau:

- Có đỉnh là gốc tọa độ O;

- Có trục đối xứng là Oy;

- Nằm phía trên trục hoành nếu a > 0 và nằm phía dưới trục hoành nếu a < 0.

Lời giải chi tiết :

Đồ thị hàm số $y = - \frac{1}{2} x^{2}$ nhận Oy là trục đối xứng, nên A sai.

Hàm số $y = - \frac{1}{2} x^{2}$ có $a = - \frac{1}{2} < 0$ nên nằm phía dưới trục hoành, nên B sai.

Đồ thị hàm số $y = - \frac{1}{2} x^{2}$ có đỉnh là gốc tọa độ O nên đồ thị đi qua gốc tọa độ, nên C sai.

Đồ thị hàm số $y = - \frac{1}{2} x^{2}$ có đỉnh là gốc tọa độ O và nằm phía dưới trục hoành, nên D đúng.

Đáp án D

Câu 2 : Phương trình nào sau đây có nghiệm kép?

A.

$- x^{2} - 4 x + 4 = 0$ .
B.

$x^{2} - 4 x - 4 = 0$ .
C.

$x^{2} - 4 x + 4 = 0$ .
D.

$x^{2} - 3 x + 2 = 0$ .

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Tính biệt thức $Δ$ hoặc $Δ^{'}$ để xác định nghiệm của phương trình.

Lời giải chi tiết :

Phương trình $- x^{2} - 4 x + 4 = 0$ có $Δ^{'} = {(- 2)}^{2} - (- 1) .4 = 4 + 4 = 8 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Phương trình $x^{2} - 4 x - 4 = 0$ có $Δ^{'} = {(- 2)}^{2} - 1. (- 4) = 4 + 4 = 8 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Phương trình $x^{2} - 4 x + 4 = 0$ có $Δ^{'} = {(- 2)}^{2} - 1.4 = 4 - 4 = 0$ nên phương trình có nghiệm kép.

Phương trình $x^{2} - 3 x + 2 = 0$ có $Δ = {(- 3)}^{2} - 4.1.2 = 9 - 8 = 1 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Đáp án C

Câu 3 : Cho phương trình $x^{2} - \sqrt{2} x - 2 + \sqrt{3} = 0$ . Tính $x_{1}^{3} + x_{2}^{3}$ .

A.

$8 - 3 \sqrt{3}$ .
B.

$\sqrt{2}$ .
C.

$\sqrt{2} (8 - 3 \sqrt{3})$ .
D.

$\sqrt{2} (8 + 3 \sqrt{3})$ .

Đáp án : C

Phương pháp giải :

- Xác định số nghiệm của phương trình $a x^{2} + b x + c = 0$ bằng $Δ$ : $Δ = b^{2} - 4 a c$ .

- Sử dụng định lí Viète để tìm ${\begin{cases} x_{1} + x_{2} = \frac{- b}{a} \\ x_{1} x_{2} = \frac{c}{a} \end{cases}$ .

- Biến đổi $x_{1}^{3} + x_{2}^{3}$ theo $x_{1} + x_{2}; x_{1} . x_{2}$ .

Lời giải chi tiết :

Phương trình $x^{2} - \sqrt{2} x - 2 + \sqrt{3} = 0$ có $a = 1$ , $b = - \sqrt{2}$ , $c = - 2 + \sqrt{3}$ .

Ta có: $Δ = b^{2} - 4 a c$ $= {(- \sqrt{2})}^{2} - 4.1. (- 2 + \sqrt{3}) = 10 - 4 \sqrt{3} > 0$ nên phương trình có hai nghiệm $x_{1}$ , $x_{2}$ .

Áp dụng định lý Vi-et ta có: ${\begin{cases} x_{1} + x_{2} = - \frac{- \sqrt{2}}{1} = \sqrt{2} \\ x_{1} x_{2} = \frac{- 2 + \sqrt{3}}{1} = \sqrt{3} - 2 \end{cases}$ .

Ta có:

$\begin{array}{l} {x_{1}}^{3} + {x_{2}}^{3} = (x_{1} + x_{2}) (x_{1}^{2} - x_{1} x_{2} + {x_{2}}^{2}) \\ = (x_{1} + x_{2}) (x_{1}^{2} + 2 x_{1} x_{2} - 3 x_{1} x_{2} + {x_{2}}^{2}) \\ = (x_{1} + x_{2}) [{(x_{1} + x_{2})}^{2} - 3 x_{1} x_{2}] \\ = \sqrt{2} [{(\sqrt{2})}^{2} - 3 (\sqrt{3} - 2)] \\ = \sqrt{2} (2 - 3 \sqrt{3} + 6) \\ = \sqrt{2} (8 - 3 \sqrt{3}) \end{array}$

Vậy $x_{1}^{3} + x_{2}^{3} = \sqrt{2} (8 - 3 \sqrt{3})$ .

Đáp án C

Câu 4 : Một cửa hàng đồ chơi trong tháng qua bán được 60 hộp lego thuộc nhiều thương hiệu đồ chơi khác nhau. Dưới đây là bảng thống kê của đại lí:

A.

Lego và Hot Wheel.
B.

Lego và Sembo Block.
C.

Hot Wheel và Moyu Block.
D.

Lego và Moyu Block.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Quan sát bảng tần số để xác định hai thương hiệu nào có tần số lớn nhất.

Lời giải chi tiết :

Theo bảng tần số, tần số của Lego, Hot Wheel, Cada, Moyu Block, Wange, Sembo Block lần lượt là 18; 9; 5; 18; 3; 7.

Mà 18 > 9 > 7 > 5 > 3 nên tần số của Lego và Moyu Block là lớn nhất.

Vậy cửa hàng nên nhập lego của các hãng Lego và Moyu Block.

Đáp án D

Câu 5 : Trong các đường tròn dưới đây, đường tròn nào là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

A.

Hình 1.
B.

Hình 2.
C.

Hình 3.
D.

Hình 4.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Đường tròn ngoại tiếp tam giác đi qua tất cả các đỉnh của tam giác đó.

Lời giải chi tiết :

Đường tròn ở hình 2 là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Đáp án B

Câu 6 : Cho đường tròn $(O)$ . Biết $M A; M B$ là các tiếp tuyến của $(O)$ cắt nhau tại $M$ và $\hat{A M B} = 58^{\circ}$ Khi đó số đo $\hat{A B O}$ bằng:

A.

$24^{\circ}$ .
B.

$29^{\circ}$ .
C.

$30^{\circ}$ .
D.

$31^{\circ}$ .

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Chứng minh tam giác AMO, BMO nội tiếp đường tròn nên tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn.

Sử dụng định lí tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp để tính góc AOB.

Sử dụng định lí tổng ba góc của tam giác bằng $180^{\circ}$ và tính chất tam giác cân để tính $\hat{A B O}$ .

Lời giải chi tiết :

Vì MA; MB là các tiếp tuyến của (O) nên $M A ⊥ O A, M B ⊥ O B$ .

Do đó $Δ A M O; Δ B M O$ lần lượt vuông tại A và B, do đó $Δ A M O; Δ B M O$ ngoại tiếp đường tròn đường kính OM hay 4 điểm A, M, B, O thuộc cùng một đường tròn.

Do đó AMBO là tứ giác nội tiếp.

Áp dụng định lí tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp, ta có: $\hat{A M B} + \hat{A O B} = 180^{\circ}$ .

Suy ra $\hat{A O B} = 180^{\circ} - \hat{A M B} = 180^{\circ} - 58^{\circ} = 122^{\circ}$

Tam giác AOB cân tại O (do OA = OB) nên $\hat{A B O} = \frac{180^{\circ} - \hat{A O B}}{2} = \frac{180^{\circ} - 122^{\circ}}{2} = 29^{\circ}$ .

Đáp án B

Câu 1 : Điều tra về chiều cao của các bạn học sinh nam khối 9 của một trường trong hai năm 2023 và 2024 được kết quả minh họa bằng hai biểu đồ cột sau đây cho biết

Lựa chọn đúng, sai

a) Tần số tương đối của 1,5m năm 2024 là 23,3%.

Đúng

Sai

b) Tỉ lệ chiều cao 1,5m năm 2024 cao hơn năm 2023.

Đúng

Sai

c) Tỉ lệ chiều cao 1,65m năm 2024 và năm 2023 bằng nhau.

Đúng

Sai

d) Tỉ lệ chiều cao từ 1,65m trở lên năm 2024 cao hơn năm 2023 là 3,7%.

Đúng

Sai

Đáp án

a) Tần số tương đối của 1,5m năm 2024 là 23,3%.

Đúng

Sai

b) Tỉ lệ chiều cao 1,5m năm 2024 cao hơn năm 2023.

Đúng

Sai

c) Tỉ lệ chiều cao 1,65m năm 2024 và năm 2023 bằng nhau.

Đúng

Sai

d) Tỉ lệ chiều cao từ 1,65m trở lên năm 2024 cao hơn năm 2023 là 3,7%.

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Lập bảng tần số tương đối năm 2023 và 2024.

Quan sát bảng trên để xác định tính đúng sai của các khẳng định.

Lời giải chi tiết :

Lập bảng tần số tương đối năm 2023:

Lập được bảng tần số tương đối năm 2024:

Quan sát bảng trên:

- Tần số tương đối của 1,5m năm 2024 là 23,3%. a) đúng

- Tỉ lệ chiều cao 1,5m năm 2024 cao hơn năm 2023. b) sai

- Tỉ lệ chiều cao 1,65m năm 2024 và năm 2023 bằng nhau. c) sai

- Tỉ lệ chiều cao từ 1,65m trở lên năm 2024 cao hơn năm 2023 là 3,7%. d) đúng

Đáp án ĐSSĐ

Câu 2 : Cho $Δ A B C$ đều có cạnh $4 c m$ ngoại tiếp $(O; r)$ và nội tiếp $(O; R)$ khi đó:

a) Khoảng cách từ tâm $O$ đến $A B$ bằng $\sqrt{3}$ .

Đúng

Sai

b) Chu vi đường tròn nội tiếp $Δ A B C$ bằng $\frac{4 \sqrt{3}}{3} π$ .

Đúng

Sai

c) $O A + O B + O C - O D = 10 \sqrt{3}$ .

Đúng

Sai

d) Gọi $x, y, z$ lần lượt là khoảng cách từ điểm $O$ tới $A B, B C, C A .$ Giá trị của biểu thức $x y + \sqrt{3} z$ là $\frac{10}{3}$ .

Đúng

Sai

Đáp án

a) Khoảng cách từ tâm $O$ đến $A B$ bằng $\sqrt{3}$ .

Đúng

Sai

b) Chu vi đường tròn nội tiếp $Δ A B C$ bằng $\frac{4 \sqrt{3}}{3} π$ .

Đúng

Sai

c) $O A + O B + O C - O D = 10 \sqrt{3}$ .

Đúng

Sai

d) Gọi $x, y, z$ lần lượt là khoảng cách từ điểm $O$ tới $A B, B C, C A .$ Giá trị của biểu thức $x y + \sqrt{3} z$ là $\frac{10}{3}$ .

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

a) Khoảng cách từ tâm O đến AB chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC. $r = \frac{\sqrt{3}}{6}$ . độ dài cạnh tam giác.

b) Từ bán kính đường tròn nội tiếp, tính chu vi đường tròn: $C = 2 π r$ .

c) Từ độ dài các đoạn thẳng để tính giá trị biểu thức.

d) Tính bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC để xác định khoảng cách từ điểm $O$ tới $A B, B C, C A .$

Tính giá trị biểu thức.

Lời giải chi tiết :

a) Sai

Khoảng cách từ tâm $O$ đến $A B$ bằng khoảng cách từ tâm $O$ đến $A C$ và bằng $O D$

Mà $O D = r = \frac{\sqrt{3}}{6} .4 = \frac{2 \sqrt{3}}{3}$ nên khoảng cách từ tâm $O$ đến $A B$ bằng $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ .

b) Đúng

Chu vi đường tròn nội tiếp $Δ A B C$ là: $C = 2 π r = 2 π . \frac{2 \sqrt{3}}{3} = \frac{4 \sqrt{3}}{3} π$ .

c) Sai

Ta có: OA = OB = OC = R nên OC = $O C = R = \frac{\sqrt{3}}{3} .4 = \frac{4 \sqrt{3}}{3}$ .

Do đó: $O A + O B + O C - O D = 3. \frac{4 \sqrt{3}}{3} - \frac{2 \sqrt{3}}{3} = \frac{10 \sqrt{3}}{3}$ .

d) Đúng

Gọi $x, y, z$ lần lượt là khoảng cách từ điểm $O$ tới $A B, B C, C A$ và bằng $O D$ (bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Mà $O D = \frac{2 \sqrt{3}}{3}$ .

Do đó $x y + \sqrt{3} z = \frac{2 \sqrt{3}}{3} . \frac{2 \sqrt{3}}{3} + \sqrt{3} . \frac{2 \sqrt{3}}{3} = \frac{4}{3} + 2 = \frac{10}{3}$ .

Đáp án SĐSĐ

Câu 1 : Cho hàm số $y = \frac{- 2}{5} x^{2}$ . Gọi điểm thuộc đồ thị hàm số khác gốc tọa độ $O (0; 0)$ và có tung độ gấp ba lần hoành độ là $A (x_{A}; y_{A})$ . Khi đó $x_{A} - y_{A}$ có giá trị bằng

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Biểu diễn $y_{A}$ theo $x_{A}$ .

Thay tọa độ của điểm vào hàm số $y = \frac{- 2}{5} x^{2}$ để tìm $x_{A}, y_{A}$ .

Lời giải chi tiết :

Vì tung độ của điểm A gấp 3 lần hoành độ của điểm A nên $y_{A} = 3 x_{A}$ .

Thay $x_{A}$ vào hàm số $y = \frac{- 2}{5} x^{2}$ , ta được:

$3 x_{A} = \frac{- 2}{5} {(x_{A})}^{2}$

$\begin{array}{l} \frac{2}{5} {(x_{A})}^{2} + 3 x_{A} = 0 \\ x_{A} (\frac{2}{5} x_{A} + 3) = 0 \end{array}$

$x_{A} = 0$ hoặc $\frac{2}{5} x_{A} + 3 = 0$

$x_{A} = 0$ hoặc $x_{A} = - 3. \frac{5}{2} = \frac{- 15}{2}$

Suy ra $y_{A} = 0$ hoặc $y_{A} = 3. \frac{- 15}{2} = \frac{- 45}{2}$

Mà A khác gốc tọa độ nên $A (\frac{- 15}{2}; \frac{- 45}{2})$ .

Khi đó $x_{A} - y_{A} = \frac{- 15}{2} - \frac{- 45}{2} = 15$ .

Đáp án: 15

Câu 2 : Tính $u - 2 v$ biết $u + v = 14; u v = 40$ và $u < v$ .

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Viết phương trình có nghiệm là u, v khi biết tổng và tích của chúng: $x^{2} - S x + P = 0$ với S là tổng, P là tích của hai số.

Từ đó giải phương trình để tìm u, v.

Thay u, v vừa tìm được vào $u - 2 v$

Lời giải chi tiết :

Hai số u, v thỏa mãn $u + v = 14; u v = 40$ là nghiệm của phương trình $x^{2} - 14 x + 40 = 0$ .

Ta có: $Δ^{'} = {(- 7)}^{2} - 40 = 49 - 40 = 9$ , suy ra $Δ^{'} = \sqrt{9} = 3$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là $x_{1} = 7 - 3 = 4; x_{2} = 7 + 3 = 10$

Suy ra $u = 4; v = 10$ .

Do đó $u - 2 v = 4 - 2.10 = 4 - 20 = - 16$ .

Đáp án: -16

Câu 3 : Thống kê về phần trăm khối lượng các loại hoa quả bán được trong 1 tháng của một cửa hàng được ghi lại như sau: 25% khối lượng bán được là Cam; 32% khối lượng bán được là Xoài; 10% là Thanh long; còn lại là Ổi. Biết tổng khối lượng hoa quả bán được trong tháng đó là 200kg. Khi đó khối lượng Ổi đã bán là … kg.

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Xác định tần số tương đối của khối lượng Ổi đã bán.

Tính khối lượng Ổi đã bán.

Lời giải chi tiết :

Tần số tương đối của khối lượng Ổi là: $100 % - 25 % - 32 % - 10 % = 33 %$ .

Khối lượng Ổi đã bán là: $200.33 % = 66 (k g)$

Đáp án: 66

Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp nửa đường tròn (O;R). Biết $\hat{A O C} = 116^{\circ}$ . Độ dài cạnh AC là $2 R . \sin . . .^{\circ}$ . Số còn thiếu là:

Đáp án:

Đáp án

Đáp án:

Phương pháp giải :

Tính góc nội tiếp ABC theo góc ở tâm AOC.

Chứng minh tam giác ABC vuông tại C. Sử dụng hệ thức lượng để tính AC theo R.

Lời giải chi tiết :

Vì $\hat{A O C}$ là góc ở tâm chắn cung AC, $\hat{A B C}$ là góc nội tiếp chắn cung AC nên $\hat{A B C} = \frac{1}{2} \hat{A O C} = \frac{1}{2} {.116}^{\circ} = 58^{\circ}$ .

Ta có: $\hat{A C B}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\hat{A C B} = 90^{\circ}$ .

Do đó tam giác ABC vuông tại C.

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông ABC, ta được: $A C = A B . \sin B = 2 R . \sin 58^{\circ}$ .

Đáp án: 58

Câu 1 : Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là $250 m$ . Tính diện tích của khu vườn biết rằng nếu một cạnh giảm 3 lần và cạnh còn lại tăng 2 lần thì diện tích khu vườn giảm $1250 m^{2}$ . Người ta sử dụng $\frac{1}{5}$ diện tích khu vườn để trồng hoa. Hỏi diện tích đất còn lại là bao nhiêu?

Phương pháp giải :

Tính nửa chu vi của khu vườn.

Gọi cạnh thứ nhất của khu vườn là: $x (m, 0 < x < 125)$

Biểu diễn cạnh thứ hai và diện tích của khu vườn ban đầu.

Biểu diễn hai cạnh khi thay đổi và diện tích khu vườn mới.

Lập phương trình và giải phương trình, kiểm tra lại điều kiện.

Tính diện tích khu vườn, từ đó tính diện tích trồng hoa, diện tích còn lại.

Lời giải chi tiết :

Nửa chu vi của khu vườn là $250 : 2 = 125 (m)$

Gọi cạnh thứ nhất của khu vườn là: $x (m, 0 < x < 125)$

Cạnh thứ hai của khu vườn là: $125 - x (m)$

Diện tích khu vườn là: $x . (125 - x) = 125 x - x^{2} (m^{2})$

Giả sử cạnh thứ nhất giảm đi 3 lần thì độ dài cạnh thứ nhất là: $\frac{x}{3}$ (m)

Giả sử cạnh thứ hai tăng lên 2 lần thì độ dài cạnh thứ hai là: $2 (125 - x) (m)$

Khi đó diện tích khu vườn là: $\frac{x}{3} .2 . (125 - x) = \frac{250 x}{3} - \frac{2 x^{2}}{3} (m^{2})$

Vì khi một cạnh giảm 3 lần và cạnh còn lại tăng 2 lần thì diện tích khu vườn giảm $1250 m^{2}$ nên ta có phương trình: $125 x - x^{2} - \frac{250 x}{3} + \frac{2 x^{2}}{3} = 1250$

Suy ra: $x^{2} - 125 x + 3750 = 0$

Giải phương trình ta được: $x_{1} = 75$ (tmđk); $x_{2} = 50$ (tmđk)

Vậy một cạnh của khu vườn bằng $75 m$ , cạnh còn lại là $50 m$ .

Do đó diện tích của khu vườn hình chữ nhật ban đầu là: $75.50 = 3750 (m^{2})$

Diện tích đất trồng hoa là: $3750. \frac{1}{5} = 750 (m^{2})$

Diện tích đất còn lại là: $3750 - 750 = 3000 (m^{2})$

Câu 2 : Cho đường tròn $(O; R)$ đường kính $A B$ , gọi $I$ là trung điểm của $O A$ , dây $C D$ vuông góc với $A B$ tại I. Lấy $K$ tùy ý trên cung $B C$ nhỏ, $A K$ cắt $C D$ tại $H$ .

a) Chứng minh tứ giác $B I H K$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh $A H . A K$ có giá trị không phụ thuộc vị trí điểm $K$ .

Phương pháp giải :

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp thông qua hai tam giác vuông nội tiếp cùng một đường tròn.

b) Chứng minh $Δ A H I ∽ Δ A B K (g . g)$ suy ra tỉ số liên quan đến $A H, A K$ .

Lời giải chi tiết :

a) Ta có: $\hat{H K B} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $Δ H K B$ vuông tại K.

$\hat{H I B} = 90^{\circ}$ (dây CD vuông góc với AB tại I) nên $Δ H I B$ vuông tại I.

Do đó $Δ H K B, Δ H I B$ cùng nội tiếp đường tròn đường kính HB, suy ra H, I, B, K thuộc một đường tròn hay tứ giác $B I H K$ là tứ giác nội tiếp.

b) Xét tam giác AHI và tam giác ABK có:

$\hat{H I B} = \hat{H K B} = 90^{\circ}$

$\hat{A}$ chung

nên $Δ A H I ∽ Δ A B K$ (g.g)

Suy ra $\frac{A H}{A I} = \frac{A B}{A K}$ . Do đó $A H . A K = A I . A B$ .

Mà I là trung điểm của AO nên $A I = \frac{A O}{2} = \frac{R}{2}$ .

Suy ra $A H . A K = A I . A B = \frac{R}{2} .2 R = R^{2}$ (không đổi).

Vậy $A H . A K$ có giá trị không phụ thuộc vị trí điểm $K$ .

Câu 3 : Cho phương trình $x^{2} - 2 (m + 1) x + m^{2} + 2 = 0$ , với m là tham số. Gọi hai nghiệm của phương trình đã cho là $x_{1}; x_{2}$ . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A = x_{1} x_{2} - 2 (x_{1} + x_{2}) - 6$ .

Phương pháp giải :

Sử dụng công thức nghiệm $Δ^{'} = b^{' 2} - a c$ , tìm điều kiện của m để $Δ > 0$ .

Sử dụng định lí Viète để biểu diễn $x_{1} + x_{2}; x_{1} . x_{2}$ : ${\begin{cases} x_{1} + x_{2} = \frac{- b}{a} \\ x_{1} . x_{2} = \frac{c}{a} \end{cases}$ .

Biến đổi để tìm giá trị nhỏ nhất của A.

Lời giải chi tiết :

Ta có: $Δ^{'} = {[- (m + 1)]}^{2} - (m^{2} + 2) = m^{2} + 2 m + 1 - m^{2} - 2 = 2 m - 1$

Để phương trình có hai nghiệm thì $Δ \geq 0$ hay $2 m - 1 \geq 0$ , suy ra $m \geq \frac{1}{2}$ .

Theo định lí Viète, ta có: ${\begin{cases} x_{1} + x_{2} = - \frac{- 2 (m + 1)}{1} = 2 m + 2 \\ x_{1} . x_{2} = \frac{m^{2} + 2}{1} = m^{2} + 2 \end{cases}$ .

Ta có:

$\begin{array}{l} A = x_{1} x_{2} - 2 (x_{1} + x_{2}) - 6 \\ = m^{2} + 2 - 2 (2 m + 2) - 6 \\ = m^{2} - 4 m - 8 \\ = m^{2} - 4 m + 4 - 12 \end{array}$

$= {(m - 2)}^{2} - 12 \geq - 12$ với mọi $m$ .

Dấu “=” xảy ra là giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

Suy ra giá trị nhỏ nhất của A bằng -12 khi $m - 2 = 0$ hay $m = 2$ .

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -12 khi m = 2.