Đề kiểm tra cuối học kì I môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra cuối học kì I môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

1. ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HKI – TOÁN LỚP 9 Năm học: 2022 – 2023 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi có: 02 trang Hình thức: Tự luận (6 câu) Câu 1. (2,75 điểm) Rút gọn các biểu thức sau A = 2 80 +3 45 ― 125 ― 2 21 ― 79. 2 21 + 79 (0,5 điểm) B = 3 9 ― 4 5 +4 21 + 4 5 ― 2(3 ― 5)2 (0,75 điểm) 34 50 6 ― 25 3 27 ― 8 C = (0,75 điểm) 33 ― 5 32 ― 3 3 + 2 + 7 ― 48 ― 5 + 6 2 + 1 ― 4 7 ― 10 D = với x > 0 và x # 4 (0,75 điểm) ― 2 ― + 2 ― ― 4 Câu 2. (1 điểm) Giải các phương trình sau: 2 36 + 36 3 4 + 4 1/ 4 + 25 + 25 (0,5 điểm) 3 + 2 = 2/ 4 2 ― 4 + 1 – 3 = 4 (0,5 điểm) Câu 3. (1,75 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng (d1): y = 3x – 5 và (d2): y = x + 1 1/ Vẽ 2 đường thẳng (d1) và (d2) trên cùng hệ trục tọa độ (1 điểm) 2/ Tìm tọa độ giao điểm của 2 đường thẳng (d1) và (d2) bằng phép toán (0,25 điểm) 3/ Lập phương trình đường thẳng (d3) biết (d3) song song với đường thẳng (d4) sao cho (d4) đi qua 2 điểm M (1;13) ; N (3;23) và (d1), (d2), (d3) đồng quy tại 1 điểm (0,5 điểm) Câu 4. (1 điểm) Sau khi băng tan, những thực vật nhỏ, được gọi là Địa y, bắt đầu phát triển trên đá. Mỗi nhóm Địa y phát triển trên một khoảng đất hình tròn. Mối quan hệ giữa đường kính d (mm) của hình tròn và số tuổi t (năm) của Địa y có thể biểu diễn tương đối theo hàm số: d = 7 푡 ― 12 với t ≥ 12. Cho công thức tính diện tích hình tròn có bán kính R là 푅2. Lấy = 3,14 1/ Tính diện tích của đất hình tròn (mm2) của 1 nhóm địa y sinh sống, biết nhóm địa y có số tuổi là 16 tuổi (0,5 điểm) 2/ Biết 1 nhóm địa y X sinh sống trên 1 đất hình tròn có diện tích là 1384,74mm2 vào năm 2005. Hỏi vào năm 2033 thì diện tích đất hình tròn nhóm địa y X sống tăng thêm
2. bao nhiêu bao nhiêu phần trăm so với diện tích đất hình tròn nhóm địa y X sống vào năm 1994 ?. (0,5 địểm) Câu 5. (0,5 điểm) Một cửa hàng đã đưa ra chương trình giảm giá ở sản phâm chai nước ngọt cam 1 lít (thuế VAT là 15%) từ ngày 5/9/2022 đến ngày 27/9/2022 ưu đãi như sau: + Giá tiền ở chai thứ 1, 4, 7 . bằng nhau và đây cũng là giá gốc + Giá tiền ở chai thứ 2, 5, 8 . bằng nhau + Giá tiền ở chai thứ 3, 6, 9 . bằng nhau + Giá tiền ở chai thứ 2 giảm 2000 đồng so với chai thứ 1. Giá tiền ở chai thứ 3 giảm giá 25% so với chai thứ 2 + Nếu khách hàng đi mua sắm ở cửa hàng vào ngày cuối tuần (chủ nhật) thì được giảm giá 20% trên tổng hóa đơn đã mua. Biết ngày 1/9/2022 là thứ năm Chị Tự mua sắm ở cửa hàng vào ngày 12/9/2022 với 7 chai nước ngọt cam 1 lít với số tiền cần trả cho cửa hàng là 156400 đồng. Chị đi mua vào ngày 25/9/2022 chỉ mua chai nước ngọt cam 1 lít với số tiền cần trả cho cửa hàng là 300840 đồng. Hỏi chị Tư đã mua bao nhiêu mua chai nước ngọt cam 1 lít vào ngày 25/9/2022 ?. Câu 6. (3 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Điểm C thuộc đường tròn (O) sao cho AC < BC. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại D. Kẻ dây cung CK của (O) vuông góc với AB tại H. Gọi E là trung điểm của cạnh BK. Tiếp tuyến tại B của (O) cắt OE tại F 1/ Chứng minh: BC = BK và BC.CD = AH.AB (0,75 điểm) 2/ Chứng minh: KF là tiếp tuyến của (O) và BC.BD = 2AK.OF (0,75 điểm) 3/ Trên tia đối của tia AB lấy điểm I (I nằm bên ngoài đường tròn (O)) sao cho 2 푡 푛 2 퐹 . 푡 1 ― 푡 = . Đặt t = . Chứng minh: tanAEI = (0,75 điểm) 푡 푛 3 퐹 . 2(3 ― 2푡2) 4/ DK cắt (O) tại M, BM cắt CH tại N, AN cắt (O) tại S, OS cắt AF tại P. Chứng minh: SI _|_ DP và tính 푆∆ 푆퐹 theo R nếu 5tanADP = 16tanAEI (0,75 điểm) &&& HẾT ĐỀ THI &&& ^^ Chúc các em làm bài tốt ^^ Đáp án đề thi Câu 1.
3. A = 2 80 +3 45 ― 125 ― 2 21 ― 79. 2 21 + 79 = 2 16.5 +3. 9.5 ― (2 21 ― 79).(2 21 + 79) = 2.4 5 +3.3 5 ― 84 ― 79 = 8 5 +9 5 ― 5 = 16 5 B = 3 9 ― 4 5 +4 21 + 4 5 ― 2(3 ― 5)2 = 3 ( 5 ― 2)2 +4 (2 5 + 1)2 ―2(9 ― 6 5 +5) = 3| 5 ― 2| +4|2 5 + 1| ―2(14 ― 6 5) = 3( 5 ―2) + 4(2 5 +1) ― 2(14 ― 6 5) = 3 5 ―6 + 8 5 +4 ― 28 + 12 5 = 23 5 ―30 34 50 6 ― 25 3 27 ― 8 C = 33 ― 5 32 ― 3 3 + 2 + 7 ― 48 ― 5 + 6 Ta có: 33 ― 5 32 = 33 ― 20 2 = (5 ― 2 2)2 = |5 ― 2 2| = 5 ― 2 2 7 ― 48 = 7 ― 4 3 = (2 ― 3)2 = |2 ― 3| = 2 ― 3 34 50 6 ― 25 3 27 ― 8 Vậy: C = 5 ― 2 2 ― 3 3 + 2 + 2 ― 3 ― 5 + 6 34(5 + 2 2) 25(2 6 ― 1)(3 3 ― 2) 3(2 + 3) = (5 ― 2 2)(5 + 2 2) ― (3 3 + 2)(3 3 ― 2) + (2 ― 3)(2 + 3) ― 33 ― 23 5 + 6 34(5 + 2 2) 25(2 6 ― 1)( 3 ― 2) 3(2 + 3) = 25 ― 8 ― 27 ― 2 + 4 ― 3 ― ( 3 ― 2)(3 + 6 + 2) 5 + 6 = 2(5 + 2 2) ― (2 6 ― 1)( 3 ― 2) +3(2 + 3) ―( 3 ― 2) = 10 + 4 2 ― (2 18 ― 2 12 ― 3 + 2) +6 + 3 3 ― 3 + 2 = 10 + 4 2 ―6 2 +4 3 + 3 ― 2 +6 + 3 3 ― 3 + 2 = 16 ― 2 2 +7 3 2 + 1 ― 4 7 ― 10 D = ― 2 ― + 2 ― ― 4 Ta có: ― 4 = ( ―2)( +2) nên: (2 + 1)( + 2) ― ( ― 4)( ― 2) ― (7 ― 10) D = ( ― 2)( + 2) 2 + 4 + + 2 ― ( ― 2 ― 4 + 8) ― (7 ― 10) = ( ― 2)( + 2)
4. 2 + 4 + + 2 ― + 2 + 4 ― 8 ― 7 + 10 = ( ― 2)( + 2) + 4 + 4 ( + 2)2 + 2 = ( ― 2)( + 2) = ( ― 2)( + 2) = ― 2 Câu 2. 2 36 + 36 3 4 + 4 1/ 4 + 25 + 25 3 + 2 = 2 36( + 1) 3 4( + 1)  4 + 25( + 1) 3 + 2 = 2.6 + 1 3.2 + 1  4 + 25( + 1) 3 + 2 =  4 + 1 +3 + 1 = 4 + 5 + 1  2 + 1 = 4  + 1 = 2  x + 1 = 4  x = 3 2/ 4 2 ― 4 + 1 – 3 = 4  (2 ― 1)2 = 7  |2x – 1| = 7  2x – 1 = 7 hoặc 2x – 1 = –7  2x = 8 hoặc 2x = –6  x = 4 hoặc x = –3 Câu 3. 1/ Bảng giá trị của (d1): y = 3x – 5 và (d2): y = x + 1 y = 3x – 5 y = x + 1 x 1 2 0 1 y –2 1 1 2 2/ Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường thẳng (d1) và (d2) là: 3x – 5 = x + 1  2x = 6  x = 3 Với x = 3 => y = x + 1 = 3 + 1 = 4 Vậy (d1) cắt (d2) tại điểm có tọa độ là A (3;4) 3/ Gọi phương trình đường thẳng (d4) có dạng: y = ax + b (d4) đi qua M (1;13) => 13 = a + b  b = 13 – a (1) (d4) đi qua N (3;13) => 23 = 3a + b  b = 23 – 3a (2) Từ (1), (2) => 13 – a = 23 – 3a  2a = 10  a = 5
5. Thế vào (1) => b = 13 – a = 13 – 5 = 8 Vậy phương trình đường thẳng (d4) có dạng: y = 5x + 8 Gọi phương trình đường thẳng (d3) có dạng: y = cx + d (d3) // (d4) => c = 5 và d # 8 => phương trình đường thẳng (d3) có dạng: y = 5x + d Do (d1), (d2), (d3) đồng quy tại 1 điểm => Tọa độ giao điểm của (d1) và (d2) thuộc (d3) => A (3;4) thuộc (d3) => 4 = 5.3 + d  d = –11 # 8 (nhận) Vậy phương trình đường thẳng (d3) có dạng là: y = 5x – 11 Câu 4. 2 1/ Ta có: R = => Diện tích của hình tròn bán kính R là: 2 4 Đường kính của nhóm địa y 16 tuổi là: d = 7. 16 ― 12 = 14mm 3,14 . 142 Diện tích hình tròn của nhóm địa y 16 tuổi là: = 153,86mm2 4 2/ Đường kính của nhóm địa y X vào năm 2005 là: 2 1384,74 . 4 1384,74 = => d = = 42mm 4 3,14 Số tuổi của nhóm địa y X vào năm 2005 là: 42 = 7 푡 ― 12  푡 ― 12 = 6  t – 12 = 36  t = 48 tuổi Số tuổi của nhóm địa y X vào năm 1994 là: 48 – (2005 – 1994) = 37 tuổi Đường kính của nhóm địa y X vào năm 1994 là: d = 7. 37 ― 12 = 35mm .352 Diện tích hình tròn của nhóm địa y X vào năm 1994 là: = 306,25 mm2 4 Số tuổi của nhóm địa y X vào năm 2033 là: 48 + (2033 – 2005) = 76 tuổi Đường kính của nhóm địa y X vào năm 2033 là: d = 7. 76 ― 12 = 56mm .562 Diện tích hình tròn của nhóm địa y X vào năm 2033 là: = 784 mm2 4 Tỉ lệ phần trăm tăng thêm của nhóm địa y X vào năm 2033 so với năm 1994 là: (784 ― 306,25 ).100 = 156% 306,25 Câu 5. Do chị Tư đi mua sắm vào 2 ngày 12/9/2022 và 25/9/2022 nên vẫn trong thời gian được giảm giá ở cửa hàng (5/9/2022 – 27/9/2022)
6. Do ngày 1/9/2022 là thứ năm nên các ngày chủ nhật trong tháng 9 của năm 2022 là các ngày 4, 11, 18, 25 + Xét khi chị Tư đi mua sắm vào ngày 12/9/2022 156400 Tổng số tiền của 7 chai nước cam khi chưa tính thuế VAT là: = 136000 đồng 1 + 15% Gọi x là giá tiền chai nước ngọt ở vị trí chai thứ 1, 4, 7 (x > 0) x – 2000 là giá tiền chai nước ngọt ở vị trí chai thứ 2, 5, 8 (x – 2000).75% = 0,75x – 1500 là giá tiền chai nước ngọt ở vị trí chai thứ 3, 6, 9 Theo đề bài ta có phương trình: 3x + 2(x – 2000) + 2(0,75x – 1500) = 136000  3x + 2x – 4000 + 1,5x – 3000 = 136000  6,5x = 143000  x = 22000 > 0 (nhận) Vậy giá tiền chai nước ngọt ở vị trí 1, 4, 7 là 22000 đồng Giá tiền chai nước ngọt ở vị trí 2, 5, 8, là 22000 – 2000 = 20000 đồng Giá tiền chai nước ngọt ở vị trí 3, 6, 9, là 20000.75% = 15000 đồng + Xét khi chị Tư đi mua sắm vào ngày 25/9/2022 (là ngày chủ nhật) 300840 Tổng số tiền của các chai nước cam khi chưa giảm giá là: = 376050 đồng 1 ― 20% 376050 Tổng số tiền của các chai nước cam khi chưa tính thuế VAT là: = 327000 đồng 1 + 15% * Trường hợp 1: Tổng số chai nước cam là 1, 4, 7, 10 Gọi n là số lượng chai nước ngọt ở vị trí chai thứ 1, 4, 7 (n > 0 và n nguyên) n – 1 là số lượng chai nước ngọt ở vị trí chai thứ 2, 5, 8 n – 1 là số lượng chai nước ngọt ở vị trí chai thứ 3, 6, 9 Ta có phương trình: 22000n + 20000(n – 1) + 15000(n – 1) = 327000  22000n + 20000n – 20000 + 15000n – 15000 = 327000  57000n = 362000  n = 6,35 (loại) * Trường hợp 2: Tổng số chai nước cam là 2, 5, 8, 11 Gọi n là số lượng chai nước ngọt ở vị trí chai thứ 1, 4, 7 (n > 0 và n nguyên) n là số lượng chai nước ngọt ở vị trí chai thứ 2, 5, 8 n – 1 là số lượng chai nước ngọt ở vị trí chai thứ 3, 6, 9 Ta có phương trình: 22000n + 20000n + 15000(n – 1) = 327000  22000n + 20000n + 15000n – 15000 = 327000  57000n = 342000  n = 6 (nhận)
7. Vậy tổng số chai nước cam chị mua là: 6 + 6 + 5 = 17 chai * Trường hợp 3: Tổng số chai nước cam là 3, 6, 9, 12 Gọi n là số lượng chai nước ngọt ở vị trí chai thứ 1, 4, 7 (n > 0 và n nguyên) n là số lượng chai nước ngọt ở vị trí chai thứ 2, 5, 8 n là số lượng chai nước ngọt ở vị trí chai thứ 3, 6, 9 Ta có phương trình: 22000n + 20000n + 15000n = 327000  57000n = 327000  n = 5,73 (loại) Tóm lại chị Tư vào ngày 25/9/2022 đã mua ở cửa hàng 17 chai nước ngọt cam 1 lít Câu 6 1/ BC = BK và BC.CD = AH.AB Ta có: CK _|_ AB tại H => HC = HK (quan hệ đường kính và dây cung) Xét tam giác BCK có BH là đường cao (BH _|_ CK) vừa là đường trung tuyến (HC = HK) => Tam giác BCK cân tại B => BC = BK (đpcm) Ta có: = 900 (Tam giác ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB) => AC _|_ BD Xét tam giác ABD vuông tại A (AD là tiếp tuyến của (O)) có đường cao AC (AC _|_ BD) => AC2 = BC.CD (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Xét tam giác ABC vuông tại C (AC _|_ BD có đường cao CH (CH _|_ AB)
8. => AC2 = AH.AB (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Từ đó suy ra BC.CD = AH.AB (= AC2) (đpcm) 2/ KF là tiếp tuyến của (O) và BC.BD = 2AK.OF Ta có: Tam giác OKB cân tại O (OB = OK = R) có OF là đường trung tuyến (EB = EK) => OF cũng là tia phân giác của góc 퐾 => 퐹 = 퐾 퐹 Xét ∆BOF và ∆KOF có: OB = OK = R ; 퐹 = 퐾 퐹 (cmt) ; OF là cạnh chung => ∆BOF và ∆KOF (c – g – c) => 퐾퐹 = 퐹 = 900 => OK _|_ KF. Lại có K thuộc đường tròn (O) => KF là tiếp tuyến của (O) (đpcm) Xét tam giác ABK có OA = OB = R và EB = EK (gt) => OE là đường trung bình của tam giác ABK => AK = 2OE Ta có: OF _|_ BK (tính chất của 2 tiếp tuyến tại B và K cắt nhau tại F) Xét tam giác OBF vuông tại B (BF là tiếp tuyến của (O)) có đường cao BE (OF _|_ BK) => OB2 = OE.OF (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Mà AK = 2OE (cmt) => AK.OF = 2OE.OF = 2OB2 = 2R2 Xét tam giác ABD vuông tại A (AD là tiếp tuyến của (O)) có đường cao AC (AC _|_ BD) => AB2 = BC.BD (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Từ đó: BC.BD = AB2 = 4R2 = 2.2R2 = 2AK.OF => BC.BD = 2AK.OF (đpcm) 풕 ― 풕 푭푪.푬푪 3/ tanAEI = nếu t = ( ― 풕 ) 푭푰.푪푰 Kẻ IG _|_ BK tại G. Gọi I là trung điểm của cạnh EK. Kẻ EJ _|_ IT tại J Ta có: OE _|_ BK (cmt) và IG _|_ BK (cách vẽ) => IG // OE => = (2 góc ở vị trí sole trong) => tanOEI = tanEIG Mà trong tam giác IEG vuông tại G cho: tanOEI = tanEIG = Theo như trên có: Tam giác BCK cân tại B có AB là đường cao => AB cũng là đường phân giác của 퐾 => = Xét tam giác IBG vuông tại G và tam giác ABC vuông tại C có = (cmt) => = => tanCAB = tanBIG Mà trong tam giác IBG vuông tại G cho: tanCAB = tanBIG = Đặt EK = EB = y => BK = 2y
9. 푡 푛 2 3 2 Theo đề bài cho:  3tanOEI = 2tanCAB  푡 푛 = 3 =  3EG = 2BG  3(EK + KG) = 2(KG + BK)  3(y + KG) = 2(KG + 2y)  3y + 3KG = 2KG + 4y  KG = y Ta có: 퐾 = 900 (Tam giác AKB nội tiếp đường tròn đường kính AB) => AK _|_ BK Ta có: AK _|_ BK (cmt) và IG _|_ BK => IG // AK 퐾 2 Áp dụng định lý talet trong tam giác IBG có IG // AK: = 2 = 퐾 = => AB = 2AI mà AB = 2R => AI = R Xét tam giác ACB vuông tại C và tam giác AKB vuông tại K có: BC = BK (cmt) ; AB là cạnh chung => ∆ABC = ∆ABK (ch – cgv) => = 퐾 Ta có: AK _|_ BK và OF _|_ BK => AK // OF => 퐾 = 퐹 (2 góc ở vị trí sole trong). Mà = 퐾 (cmt) => = 퐹 Xét ∆BOF và ∆CAB có: = 퐹 = 900 ; = 퐹 (cmt) 퐹 퐹 => ∆BOF ~ ∆CAB (g – g) => . Mà AI = OB = R => = = Ta có: = + = 900 + 퐹 = 퐹 + = 900 + Mà = (cùng phụ với ) => = 퐹 Xét ∆CBF và ∆CAI có: 퐹 = 퐹 (cmt); (cmt) = 퐹 => ∆CBF ~ ∆CAI (c – g – c) => = 퐹 và = Mà = 퐹 + 퐹 = + 퐹 = 퐹 Xét ∆CAB và ∆CIF có: 퐹 = 퐹 (cmt); (cmt) = 퐹 퐾 => ∆CAB ~ ∆CIF (c – g – c) => (do BC = BK) 퐹 = = Theo trên: = => = + = 2 Ta có: tam giác OBC cân tại O (OB = OC = R) => =
10. Mà = + = 2 (góc ngoài của tam giác ABC) => = 푅 1 OI = OA + AI = R + R = 2R => . = 2푅 = 2 퐾 1 퐾 Đồng thời ta cũng có BC = BK = 2BE => => = 2 = Xét ∆OCI và ∆BEC có: 퐾 = (cmt); (cmt) = 퐾 => ∆OCI ~ ∆BEC (c – g – c) => (do OI = AB = 2R, BC = BK) = = 퐹 퐾 Từ đó ta có: 퐹 = = 퐾 Nếu đặt 퐾 = a, AB = x thì trong tam giác AKB vuông tại K có: sina = 퐹 . 퐹 Nên: t = = . = 푠푖푛 .푠푖푛 = sina 퐹 . 퐹 Trong tam giác vuông ABK có: AK = AB.cosKAB = x.cosa ; BK = AB.sinKAB = x.sina 퐾 .푠푖푛 퐾 .푠푖푛 EB = EK = ; ET = 2 = 2 2 = 4 2.푠푖푛2 Tam giác AEK vuông tại K cho: AE2 = AK2 + EK2 = x2.cos2a + 4 2(4 표푠2 + 푠푖푛2 ) 2 4(1 – 푠푖푛2 ) + 푠푖푛2 = 4 = 4 2(4 ― 4푠푖푛2 + 푠푖푛2 ) 2(4 ― 3푠푖푛2 ) 4 ― 3푠푖푛2 => AE = = 4 = 4 2 Ta có: BE = EK = 2ET và AB = 2AI (cmt) 1 => => AE // IT (định lý talet đảo trong tam giác BIT) = = 2 BI = AB + AI = 2R + R = 3R 2푅 2 Áp dụng hệ quả talet trong tam giác BIT có AE // IT: = = 3푅 = 3 3 3 4 ― 3푠푖푛2 => IT = 2 = 4 Do IT // AE (cmt) => 퐾 = 퐽 (2 góc ở vị trí sole trong) Xét ∆KEA và ∆JTE có:
11. 퐾 = 퐽 = 900 ; 퐾 = 퐽 (cmt) 퐽 퐾 퐽 퐾 => ∆KEA ~ ∆JTE (g – g) => và = = . 퐾 .푠푖푛 .푠푖푛 2 .푠푖푛2 Vậy: TJ = = 4 . 2 . 4 ― 3푠푖푛2 = 4 4 ― 3푠푖푛2 . 퐾 . 표푠 .푠푖푛 2 .푠푖푛 . 표푠 EJ = = 1 . 4 . 4 ― 3푠푖푛2 = 2 4 ― 3푠푖푛2 3 4 ― 3푠푖푛2 .푠푖푛2 .푠푖푛2 + 3 (4 ― 3푠푖푛2 ) IJ = IT + TJ = + 4 4 4 ― 3푠푖푛2 = 4 4 ― 3푠푖푛2 (푠푖푛2 + 12 ― 9푠푖푛2 ) (12 ― 8푠푖푛2 ) (3 ― 2푠푖푛2 ) = 4 4 ― 3푠푖푛2 = 4 4 ― 3푠푖푛2 = 4 ― 3푠푖푛2 Ta có: IT // AE (cmt) => = 퐽 (2 góc ở vị trí sole trong) => tanAEI = tanEIJ Mà trong tam giác EIJ vuông tại J có: 퐽 .푠푖푛 . 표푠 4 ― 3푠푖푛2 푠푖푛 . 표푠 tanAEI = tanEIJ = 퐽 = 2 4 ― 3푠푖푛2 . (3 ― 2푠푖푛2 ) = 2(3 ― 2푠푖푛2 ) 푠푖푛 . 1 ― 푠푖푛2 Do sin2a + cos2a = 1 => cosa = 1 ― 푠푖푛2 nên tanAEI = 2(3 ― 2푠푖푛2 ) 푡 1 ― 푡2 Mà t = sina (cmt) => TanAEI = (đpcm) 2(3 ― 2푡2) 4/ SI _|_ DP và tính 푺∆푫푺푭 theo R nếu 5tanADP = 16tanAEI Cho BM cắt AD tại L, AF cắt DI tại V, kẻ SW _|_ DP tại W Ta có: = 900 (Tam giác AMB nội tiếp đường tròn đường kính AB) Xét ∆BHN và ∆BMA có: = = 900 ; là góc chung => ∆BHN ~ ∆BMA (g – g) => => BM.BN = BH.AB = Xét tam giác AKB vuông tại K có đường cao HK cho: BH.AB = BK2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 퐾 Từ đó ta có: BK2 = BH.AB = BM.BN => = 퐾 Xét ∆BKN và ∆BMK có: 퐾 là góc chung ; (cmt) = 퐾 => ∆BKN ~ ∆BMK (c – g – c) => 퐾 = 퐾
12. Mà tam giác BCK cân tại B (cmt) nên 퐾 = 퐾 Ta có: AD _|_ AB và CH _|_ AB => AD // CH => 퐾 = (2 góc ở vị trí đồng vị) Lại có: 퐾 = 퐿 (2 góc đối đỉnh) Từ đó suy ra: 퐿 = 퐾 = 퐾 = 퐾 = => 퐿 = Xét ∆LMD và ∆LDB có: 퐿 = (cmt) ; 퐿 là góc chung 퐿 퐿 => ∆LMD ~ ∆LDB (g – g) => => LM.LB = LD2 퐿 = 퐿 Xét tam giác ALB vuông tại A có đường cao AM cho: LM.LB = AL2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Từ đó suy ra LD2 = AL2 => LD = AL Do AD // CH (cmt) nên áp dụng hệ quả talet: Trong tam giác ALB có: 퐿 = 퐿 Trong tam giác DLB có: 퐿 = 퐿 Từ đó suy ra: . Mà LD = AL (cmt) => NH = NC => HC = 2HN 퐿 = 퐿 Ta có: = (cùng phụ với ) Xét ∆HCA và ∆ABD có: = = 900 ; = (cmt) => ∆HCA ~ ∆ABD (g – g) => = Mà AB = 2OA và HC = 2NN (cmt) => => 2 = 2 = Xét ∆HAN và ∆ADO có: = = 900 ; (cmt) = => ∆HAN ~ ∆ADO (c – g – c) => = Tam giác AHN vuông tại H cho: + = 900 Mà = (cmt) => + = 900 => OD _|_ AS Tam giác OAS cân tại O (OA = OS = R) có OD là đường cao (OD _|_ AS) => OD cũng là tia phân giác của 푆 => = 푆
13. Xét ∆AOD và ∆SOD có: OA = OS = R ; = 푆 (cmt) ; OD là cạnh chung => ∆AOD và ∆SOD (c – g – c) => DA = DS và 푆 = = 900 Ta có: 퐹 = (cmt) và = (cùng phụ với ) => 퐹 = Xét ∆BOF và ∆ADB có: 퐹 = = 900 ; 퐹 = (cmt) 퐹 => ∆BOF ~ ∆ADB (g – g) => = 퐹 Mà OB = AI = R => = Xét ∆BFA và ∆AID có: 퐹 퐹 = = 900 ; (cmt) = => ∆BFA ~ ∆AID (c – g – c) => 퐹 = Ta có: 퐹 = (2 góc đối đỉnh). Mà 퐹 = (cmt) => = Trong tam giác ADV có: + = + = = 900 => AV _|_ ID Xét tam giác IAD vuông tại A có đường cao AV cho: DV.DI = AD2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Xét tam giác DSP vuông tại S có đường cao SW cho: DW.DP = DS2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 푊 Mà AD = DS (cmt) => DV.DI = DW.DP => 푃 = Xét ∆DVP và ∆DWI có: 푊 푃 là góc chung ; (cmt) 푃 = => ∆DVP ~ ∆DWI (c – g – c) => 푊 = 푃 = 900 Ta có: 푆푊 = 푊푆 + 푊 = 900 + 900 = 1800 => 3 điểm I, W, S thẳng hàng => SI _|_ DP tại W hay SI _|_ DP (đpcm) Lấy điểm Y thuộc cạnh BS sao cho YB = 2YS, điểm U thuộc cạnh AI sao cho UI = 2UA. Kẻ UZ _|_ DI tại Z, SQ _|_ AD tại Q, FX _|_ AD tại X 푌푆 1 Từ YB = 2YS và AB = 2AI => = 푌 = 2 => SI // AY (định lý talet đảo trong tam giác BSI) Ta có: SI _|_ DP (cmt) và SI // DY (cmt) => AY _|_ DP
14. Do AY _|_ DP => 푃 = 푌 (cùng phụ với 푌) 푆 = 900 (Tam giác ASB nội tiếp đường tròn đường kính AB) => BS _|_ AS Ta có: BS _|_ AS (cmt) và OD _|_ AS (cmt) => OD // BS => 푆 = (2 góc ở vị trí đồng vị) Tam giác IDO có AD là đường cao (AD _|_ OI) vừa là đường trung tuyến => Tam giác IDO cân tại I => = . Mà 푆 = (cmt) => 푆 = Xét ∆SBA và ∆AID có: 푆 = = 900 ; 푆 = (cmt) 푆 => ∆SBA ~ ∆AID (g – g) => = 3 푌 3푈 Theo trên có YB = 2YS và UI = 2UA => BS = và AI = 2 2 3 푌 3푈 푌 푈 Từ đó có: => 2 = 2 = Xét ∆BAY và ∆IDU có: 푌 푈 푆 = (cmt) ; (cmt) = => ∆BAY ~ ∆IDU (c – g – c) => 푌 = 푈 Mà 푃 = 푌 (cmt) => 푃 = 푈 => tanADP = tanIDU Theo như trên ta có: AB = x ; a = 퐾 = = ; t = sina . 표푠 Tam giác ABD vuông tại A có: AD = AB.cota = 푠푖푛 2 2 AI = ; UI = 2 = 2 3 = 3.2 = 3 Tam giác AID vuông tại A có: DI2 = AI2 + AD2 2 2. 표푠2 2(푠푖푛2 + 4 표푠2 ) 2(푠푖푛2 + 4 ― 4푠푖푛2 ) = 4 + 푠푖푛2 = 4푠푖푛2 = 4푠푖푛2 2(4 ― 3푠푖푛2 ) 4 ― 3푠푖푛2 => DI = = 4푠푖푛2 2푠푖푛 Xét ∆IZU và ∆IAD có: 푍푈 = = 900 ; là góc chung 푍 푍 => ∆IZU ~ ∆IAS (g – g) => và 푈 = 푈푍 = 푈. . 2푠푖푛 .푠푖푛 Vậy: IZ = = 3.2. 4 ― 3푠푖푛2 = 3 4 ― 3푠푖푛2
15. 푍. .푠푖푛 . 표푠 2 2 . 표푠 UZ = = 3 4 ― 3푠푖푛2 . 푠푖푛 . = 3 4 ― 3푠푖푛2 4 ― 3푠푖푛2 .푠푖푛 DZ = DI – IZ = ― 2푠푖푛 3 4 ― 3푠푖푛2 = 3 (4 ― 3푠푖푛2 ) ― 2 .푠푖푛2 6푠푖푛 . 4 ― 3푠푖푛2 (12 ― 9푠푖푛2 ― 2푠푖푛2 ) (12 ― 11푠푖푛2 ) = 6푠푖푛 . 4 ― 3푠푖푛2 = 6푠푖푛 . 4 ― 3푠푖푛2 Trong tam giác vuông DZU có: 푈푍 2 . 표푠 6푠푖푛 . 4 ― 3푠푖푛2 TanADP = TanIDU = 푍 = 3 4 ― 3푠푖푛2 . .(12 ― 11푠푖푛2 ) 4푠푖푛 . 표푠 4푡 1 ― 푡2 푡 1 ― 푡2 . Theo như trên đã có: TanAEI = = 12 ― 11푠푖푛2 = 12 ― 11푡2 2(3 ― 2푡2) 5.4푡 1 ― 푡2 16푡 1 ― 푡2 Theo đề bài ta có: 5TanADP = 16TanAEI => (*) 12 ― 11푡2 = 2(3 ― 2푡2) 5.4 16 Do 0 푡 1 ― 푡2 # 0 nên (*) trở thành: 12 ― 11푡2 = 2(3 ― 2푡2)  40(3 – 2t2) = 16(12 – 11t2)  5(3 – 2t2) = 2(12 – 11t2) 9 3  15 – 10t2 = 24 – 22t2  12t2 = 9  t = = 12 2 3 2푅 3 Vậy sinADB = => = 600 ; AD = AB.cot600 = 2R.cot600 = 2 3 Tam giác OAD vuông tại A có: 2 2 3 7푅 푅 21 OD2 = OA2 + AD2 = R2 + 2푅 = => OD = 3 3 3 Theo trên đã có: ∆AOD = ∆SOD => 푆∆ = 푆∆푆 => 푆 푆 = 2푆∆ . 푆 . Do OD _|_ AS nên . Tam giác AOD vuông tại A nên: 푆 = 푆 푆 = 2 ∆ 2 Do đó: 푆 푆 = 2푆∆ => AS.OD = 2OA.AD 2 . 2푅 2푅 3 3 4푅 7 => AS = = 1 . 3 .푅 21 = 7 Theo trên có: OD _|_ AS => 푆 = (cùng phụ với AOB) Xét ∆QAS và ∆AOD có:
16. 푄푆 = = 900 ; 푆 = (cmt) 푄 푄 => ∆QAS ~ ∆AOD (g – g) => và 푆 = 푄푆 = 푆. 4푅 7. 푅 3 4 3.푅 Vậy: AQ = = 7 .1.푅 21 = 7 푄. 4 3.푅 2푅 3 1 8푅 QS = = 7 . 3 .푅 = 7 2푅 3 4 3.푅 2 3.푅 DQ = AD – DQ = 3 ― 7 = 21 퐹 . 푅 2푅 3 Theo trên đã có: => BF = 푅 3 = = 1. 1 .2푅 3 = Xét tứ giác ABFX có: = 퐹 = 퐹 = 900 => Tứ giác ABFX là hình chữ nhật => FX = AB = 2R ; AX = BF = 푅 3 4 3.푅 11 3.푅 QX = AQ + AX = + R 3 = 7 7 2 3.푅 5 3.푅 DX = AD + AX = + R 3 = 3 3 푄.푄푆 2 3.푅 8푅 1 8 3.푅2 Tam giác DQS vuông tại Q nên: 푆 = ∆ 푄푆 2 = 21 . 7 .2 = 117 . 퐹 4 3.푅 2푅 1 5 3.푅2 Tam giác DXF vuông tại X nên: 푆 = ∆ 퐹 2 = 3 . 1 .2 = 3 Do SQ _|_ AD và FX _|_ AD nên tứ giác SQXF là hình thang vuông (푆푄 + 퐹). 푄 8푅 2푅 11 3.푅 1 121 3.푅2 푆 = + 푆푄 퐹 2 = 7 1 . 7 .2 = 49 8 3.푅2 121 3.푅2 5 3.푅2 6푅2 3 푆 = 푆 + 푆 ― 푆 = ∆ 푆퐹 ∆ 푄퐹 ∆ 퐹 푆푄 퐹 117 + 49 ― 3 = 7