3. Đề kiểm tra giữa kì 2 Toán 9 – Đề số 3

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm): Giải hệ phương trình:

 \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x + 1}} – \sqrt {y – 1}  =  – 1\\\frac{3}{{x + 1}} + 2\sqrt {y – 1}  = 7\end{array} \right.\)

Câu 2 (3,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình:

Một nhóm gồm \(15\) học sinh nam và nữ, tham gia buổi lao động trồng cây. Cuối buổi lao động, thầy giáo nhận thấy các bạn nam trồng được \(30\) cây, các bạn nữ trồng được \(36\) cây. Mỗi bạn nam trồng được số cây như nhau và mỗi bạn nữ trồng được số cây như nhau. Tính số học sinh nam và số học sinh nữ của nhóm, biết rằng mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ \(1\) cây.

Câu 3 (4,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\,\,\left( {AB < AC} \right)\) nhọn nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Trên cạnh \(BC\) lần lượt lấy hai điểm \(D\) và \(E\) (\(D\) nằm giữa \(B\) và \(E\)) sao cho \(\angle DAB = \angle EAC\). Các tia \(AD\) và \(AE\) tương ứng cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại  \(I\) và \(J\).

a) Chứng minh rằng: Phân giác của góc \(BAC\) đi qua điểm chính giữa của cung nhỏ \(IJ\) của đường tròn \(\left( O \right)\).

b) Chứng minh rằng: Tứ giác \(BCJI\) là hình thang cân.

c) Kẻ tiếp tuyến \(xy\) của đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(A\). Chứng minh rằng: Đường thẳng \(xy\) cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\).

Câu 4 (1,0 điểm): Cho \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực không âm thỏa mãn \(a + b + c = 1\).

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\(P = {a^2} + {b^2} + {c^2} – 3ab\).

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD)

Phương pháp:

Xác định điều kiện của hệ phương trình.

Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

Cách giải:

Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x + 1}} – \sqrt {y – 1}  =  – 1\\\frac{3}{{x + 1}} + 2\sqrt {y – 1}  = 7\end{array} \right.\)

Điều kiện:\(\left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ne 0\\y – 1 \ge 0\end{array} \right.\)  \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne  – 1\\y \ge 1\end{array} \right.\)

Đặt \(\frac{1}{{x + 1}} = u\,\,\left( {u \ne 0} \right)\), \(\sqrt {y – 1}  = v\,\,\left( {v \ge 0} \right)\).

Khi đó, hệ phương trình trở thành:

\(\left\{ \begin{array}{l}u – v =  – 1\\3u + 2v = 7\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2u – 2v =  – 2\\3u + 2v = 7\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5u = 5\\3u + 2v = 7\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\\3.1 + 2v = 7\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\\v = 2\end{array} \right.\)\(\left( {tm} \right)\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x + 1}} = 1\\\sqrt {y – 1}  = 2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 = 1\\y – 1 = 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 5\end{array} \right.\)\(\left( {tm} \right)\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {0;\,\,5} \right)\)

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình:

+) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.

+) Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn vừa gọi và các đại lượng đã biết.

+) Dựa vào dữ kiện bài toán để lập phương trình.

+) Giải phương trình vừa lập sau đó đối chiếu với điều kiện đề bài và kết luận

Cách giải:

Gọi số học sinh nam của nhóm là \(x\) (học sinh), \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*},\,\,x < 15} \right).\)

Số học sinh nữ của nhóm là \(y\) (học sinh), \(\left( {y \in {\mathbb{N}^*},\,\,y < 15} \right).\)

Vì nhóm gồm \(15\) học sinh nên ta có phương trình: \(x + y = 15\)  \(\left( 1 \right)\)

Vì mỗi bạn nam trồng được số cây như nhau nên mỗi bạn nam trồng được số cây là: \(\frac{{30}}{x}\) (cây)

Vì mỗi bạn nữ trồng được số cây như nhau nên mỗi bạn nữ trồng được số cây là: \(\frac{{36}}{y}\) (cây)

Vì mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ \(1\) cây nên ta có phương trình: \(\frac{{30}}{x} – \frac{{36}}{y} = 1\)  \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\)ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 15\\\frac{{30}}{x} – \frac{{36}}{y} = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 15 – x\\\frac{{30}}{x} – \frac{{36}}{y} = 1\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{{30}}{x} – \frac{{36}}{{15 – x}} = 1\)\( \Leftrightarrow {x^2} – 81x + 450 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x – 75} \right)\left( {x – 6} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 75 = 0\\x – 6 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 75\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 6\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Với \(x = 6 \Rightarrow y = 15 – 6 = 9\)

Vậy số học sinh nam của nhóm là \(6\) học sinh , số học sinh nữ của nhóm là \(9\) học sinh.

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

a) Sử dụng định lý của góc nội tiếp. Giả sử  phân giác của góc \(BAC\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(H\).

Sau đó chứng minh .

b) Chứng minh hình thang cân bằng cách sử dụng dấu hiệu nhận biết: Hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau là hình thang cân.

c) Xét đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ADE\) , chứng minh \(\angle xAD = \angle AED\) (bằng cách cộng góc)

Cách giải:

Tam giác \(ABC\,\,\left( {AB < AC} \right)\) nhọn nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Trên cạnh \(BC\) lần lượt lấy hai điểm \(D\) và \(E\)

(\(D\) nằm giữa \(B\) và \(E\)) sao cho \(\angle DAB = \angle EAC\). Các tia \(AD\) và \(AE\) tương ứng cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại  \(I\) và \(J\).

a) Phân giác của góc \(BAC\) đi qua điểm chính giữa của cung nhỏ \(IJ\) của đường tròn \(\left( O \right)\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\). Giả sử  phân giác của góc \(BAC\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(H\).

\( \Rightarrow \angle BAH = \angle CAH\)

\( \Rightarrow \angle BAI + \angle IAH = \angle CAJ + \angle JAH\)

Mà \(\angle BAI = \angle CAJ\) nên \(\angle IAH = \angle JAH\).

Ta có:

\(\angle IAH = \frac{1}{2}\)sđ (\(\angle IAH\) là góc nội tiếp bị chắn bởi cung \(IH\))

\(\angle JAH = \frac{1}{2}\)sđ (\(\angle JAH\) là góc nội tiếp bị chắn bởi cung \(JH\))

Mà \(\angle IAH = \angle JAH\) (chứng minh trên)

 \( \Rightarrow \) Điểm \(H\) nằm chính giữa cung nhỏ \(IJ\).

b) Tứ giác \(BCJI\) là hình thang cân.

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), ta có:

\(OI = OJ\) (vì \(I\)và \(J\) cùng thuộc đường tròn tâm \(O\))

 (liên hệ giữa cung và dây)

\( \Rightarrow OH\) là đường trung trực của \(IJ\).

\( \Rightarrow OH \bot IJ\) \(\left( 1 \right)\)

Vì \(AH\) là phân giác của \(\angle BAC\) nên \(\angle BAH = \angle CAH\).

\(\angle BAH = \frac{1}{2}\)sđ (\(\angle BAH\) là góc nội tiếp bị chắn bởi cung \(BH\))

\(\angle CAH = \frac{1}{2}\)sđ (\(\angle CAH\) là góc nội tiếp bị chắn bởi cung \(CH\))

Mà \(\angle BAH = \angle CAH\) (chứng minh trên)

 \( \Rightarrow BH = CH\) (liên hệ giữa cung và dây)

Lại có \(OB = OC\) suy ra \(OH\) là đường trung trực của \(BC\).

\( \Rightarrow OH \bot BC\) \(\left( 2 \right)\)

Từ\(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(BC\,\,{\rm{//}}\,IJ\) (quan hệ từ vuông góc đến song song)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BIJC\) là hình thang (dấu hiệu nhận biết)

Ta có:

\(\angle IBC = \frac{1}{2}\)sđ(sđ + sđ)

\(\angle JCB = \frac{1}{2}\)sđ(sđ + sđ)

Mà ,  (chứng minh trên)

\( \Rightarrow \angle IBC = \angle JCB\)

\( \Rightarrow \) \(BIJC\) là hình thang cân (dấu hiệu nhận biết)

c) Kẻ tiếp tuyến \(xy\) của đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(A\). Chứng minh rằng: Đường thẳng \(xy\) cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\).

Ta có:

\(\angle xAD = \angle xAB + \angle BAD\)

\(\angle AED = \angle ECA + \angle CAE\) (\(\angle AED\) là góc ngoài của \(\Delta AEC\))

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có:

 (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

 (góc nội tiếp bị chắn bởi cung \(AB\))

Hay\(\angle xAB = \angle ECA\,\)     \(\left( 1 \right)\)

Vì \(BCJI\) là hình thang nên \(BI = CJ\) (tính chất)

 (liên hệ giữa cung và dây)

Lại có:

 (góc nội tiếp bị chắn bởi cung \(BI\))

 (góc nội tiếp bị chắn bởi cung \(CJ\))

Mà  (chứng minh trên) suy ra \(\angle BAD = \angle CAE\) \(\left( 2 \right)\)

Cộng \(\left( 1 \right)\)với \(\left( 2 \right)\), ta có : \(\angle xAB + \angle BAD = \angle ECA + \angle CAE\)

\( \Rightarrow \angle xAD = \angle AED\)

\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(xy\) cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\).

Câu 4 (VDC)

Phương pháp:

+) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\): Biến đổi \(P\), khi đó ta có \(P = 1 – \left( {5ab + 2bc + 2ac} \right) \le 1\)

+) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P\): Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm \(a\) và \(b\).

Cách giải:

Cho \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực không âm thỏa mãn \(a + b + c = 1\).

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = {a^2} + {b^2} + {c^2} – 3ab\).

Vì \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực không âm thỏa mãn \(a + b + c = 1\) nên \(0 \le a,\,\,b,\,\,c \le 1\).

*) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {a^2} + {b^2} + {c^2} – 3ab\)

\(\begin{array}{l}P = {a^2} + {b^2} + {c^2} – 3ab\\P = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ac – 2ab – 2bc – 2ac – 3ab\\P = {\left( {a + b + c} \right)^2} – 5ab – 2bc – 2ac\\P = 1 – 5ab – 2bc – 2ac\\P = 1 – \left( {5ab + 2bc + 2ac} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow P \le 1\) với \(0 \le a,\,\,b,\,\,c \le 1\)

Dấu “\( = \)” xảy ra \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = b = 0,\,\,c = 1\\a = c = 0,\,\,b = 1\\b = c = 0,\,\,a = 1\end{array} \right.\)

Vậy \(P\) đạt giá lớn nhất bằng 1 khi

 \(\left[ \begin{array}{l}a = b = 0,\,\,c = 1\\a = c = 0,\,\,b = 1\\b = c = 0,\,\,a = 1\end{array} \right.\)

*) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = {a^2} + {b^2} + {c^2} – 3ab\)

\(\begin{array}{l}P = {a^2} + {b^2} + {c^2} – 3ab\\P = {a^2} – 2ab + {b^2} + {c^2} – ab\\P = {\left( {a – b} \right)^2} + {c^2} – ab\end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm \(a\) và \(b\) ta có:

\(a + b \ge 2\sqrt {ab} \)\( \Leftrightarrow \sqrt {ab}  \le \frac{{a + b}}{2}\)

\( \Leftrightarrow ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\)\( \Leftrightarrow  – ab \ge  – \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\)

\( \Leftrightarrow  – ab \ge  – \frac{{{{\left( {1 – c} \right)}^2}}}{4}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow P = {\left( {a – b} \right)^2} + {c^2} – ab \ge {\left( {a – b} \right)^2} + {c^2} – \frac{{{{\left( {1 – c} \right)}^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow P \ge {\left( {a – b} \right)^2} + {c^2} – \frac{1}{4}\left( {1 – 2c + {c^2}} \right)\\ \Leftrightarrow P \ge {\left( {a – b} \right)^2} + {c^2} – \frac{1}{4}{c^2} + \frac{1}{2}c – \frac{1}{4}\\ \Leftrightarrow P \ge {\left( {a – b} \right)^2} + \frac{3}{4}{c^2} + \frac{1}{2}c – \frac{1}{4}\\ \Leftrightarrow P \ge {\left( {a – b} \right)^2} + \frac{3}{4}\left( {{c^2} + \frac{2}{3}c} \right) – \frac{1}{4}\\ \Leftrightarrow P \ge {\left( {a – b} \right)^2} + \frac{3}{4}\left( {{c^2} + 2.c.\frac{1}{3} + \frac{1}{9}} \right) – \frac{1}{{12}} – \frac{1}{4}\\ \Leftrightarrow P \ge {\left( {a – b} \right)^2} + \frac{3}{4}{\left( {c + \frac{1}{3}} \right)^2} – \frac{1}{3} \ge  – \frac{1}{3}\end{array}\)

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi

 \(\left\{ \begin{array}{l}a – b = 0\\c + \frac{1}{3} = 0\\a + b + c = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b = \frac{2}{3}\\c =  – \frac{1}{3}\end{array} \right.\)

Vậy \(P\) đạt giá nhỏ nhất bằng \( – \frac{1}{3}\) khi \(a = b = \frac{2}{3}\), \(c =  – \frac{1}{3}\).