Đề kiểm tra học kì II môn Toán Lớp 9 - Hình thức tự luận - Năm học 2022-2023

Nội dung text: Đề kiểm tra học kì II môn Toán Lớp 9 - Hình thức tự luận - Năm học 2022-2023

1. ĐỀ KIỂM TRA HKII – 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. (1,5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau 1/ x2 – 3x + 7 = 0 (0,5 điểm) 2/ 3x4 – 7x2 – 20 = 0 (0,5 điểm) 2 + 3 = 13 3/ 7 ― 2 = 8 (0,5 điểm) Câu 2. (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (D1): y = 2x + 8 1/ Vẽ (P) và (D1) trên cùng hệ trục tọa độ (1 điểm) 2/ Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D1) bằng phép toán (0,5 điểm) 3/ Lập phương trình đường thẳng (D2) biết (D2) song song đường thẳng (D3) sao cho (D3) đi qua 2 điểm M (1;12) ; N (3;22) và (P), (D1), (D2) đồng quy tại 1 điểm (0,5 điểm) Câu 3. (1,25 điểm) Bạn Ly mang theo 1 số tiền đến cửa hàng để mua các ly nước mía cho cả nhà. Cửa hàng có 3 kích cỡ ly nước mía là X, L, M. Bạn tính rằng nếu mua 10 ly cỡ X và 8 ly cỡ L thì vẫn còn dư 26000 đồng. Nếu mua 7 ly cỡ X và 16 ly cỡ L thì bị thiếu đi 20000 đồng để trả. Nếu mua 4 ly cỡ X và 7 ly cỡ M thì số tiền cần trả cho cửa hàng là 80000 đồng 1/ Hỏi giá tiền 1 ly cỡ X và giá tiền 1 ly cỡ L là bao nhiêu ?. (0,75 điểm) 2/ Nếu mua 8 ly cỡ X, 12 ly cỡ L và 5 ly cỡ M thì bạn còn thiếu 54000 đồng để trả cho cửa hàng. Bạn dự định mua 6 ly cỡ X, 9 ly cỡ L và 3 ly cỡ M cho cả nhà thì bạn có đủ tiền để trả cho cửa hàng không ?. Vì sao (0,5 điểm) Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – (m + 2)x + m – 1 = 0 (m là tham số) 1/ Chứng minh: Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m (0,5 điểm) 2 1 ― 1 2 2 ― 1 1 2/ Tìm m để: (0,5 điểm) 1 + 2 + 2 + 2 = 2
2. 3 3 ( 1 + 2 2 + 1) ( 2 + 2 1 + 1) 3/ Với m = 2. Tính giá trị của P = (0,5 ( 2 + 3)( 1 ― 1) + ( 1 + 3)( 2 ― 1) điểm) Câu 5. (1 điểm) Tại 1 hồ nước hình tròn có tâm là O có bắt 2 cây cầu AB và CD (A, B, C, D cùng thuộc điểm bờ hồ) sao cho = 1200 ; AB = 3 3 km ; CD = 5,8km; 2 cây cầu AB và CD giao nhau tại I sao cho = 650, lấy = 3,14 (xem hình vẽ) 1/ Một người chạy bộ quanh bờ hồ từ A đến D theo hướng cung nhỏ AD với vận tốc là 8km/h thì mất thời gian bao lâu ?. (0,5 điểm) 2/ Biết diện tích dùng để nuôi cá được giới hạn bời IA, ID và cung tròn của bờ hồ. Hỏi diện tích để nuôi cá chiếm bao nhiêu phần trăm diện tích của hồ ?. (0,5 điểm) Câu 6. (2,75 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Dựng đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB và AC lần lượt tại F và E, BE cắt CF tại H, AH cắt BC tại D. Dựng hình bình hành AHCK. Gọi I là điểm đối xứng H qua F. Kẻ BM _|_ EF tại M và EV _|_ AB tại V. Gọi J là trung điểm của cạnh EK 1/ Chứng minh: Tứ giác AFHE nội tiếp và 5 điểm K, A, I, B, C thuộc 1 đường tròn 2/ Chứng minh: HD.MV = MF.DE và EF.EM – EH.EB = AV.BF 3/ Kẻ AL _|_ EF tại L. Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF tại N. Lấy điểm T thuộc cạnh BC sao cho 퐿 = . Chứng minh: 퐽 = 2 và HN _|_ AT 4/ Đường thẳng qua F song song với BC cắt BN tại P và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CPI tại điểm thứ 2 là Q. Dựng tam giác QFS vuông tại F sao cho A và S nằm ở cùng nửa mặt phẳng bờ PQ và 퐹푄푆 = 퐿퐹. Chứng minh: 퐽 = 푆 + (Số điểm của câu 6 từ ý 1 đến ý 4 lần lượt là 0,75 điểm + 0,75 điểm + 0,75 điểm + 0,5 điểm) &&& HẾT ĐỀ THI &&&
3. Đáp án đề thi Câu 1. 1/ x2 – 3x + 7 = 0 ∆ = (–3)2 – 4.1.7 = –19 Phương trình đã cho vô nghiệm 2/ 3x4 – 7x2 – 20 = 0 Đặt t = x2 (t ≥ 0). Phương trình trở thành: 3t2 – 7t – 20 = 0 ∆ = (–7)2 – 4.3.–20 = 289 > 0, ∆ = 289 = 17 => Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 7 + 17 7 ― 17 ―5 t = = 4 > 0 (nhận) ; t = x2 = 4  x = 2 hoặc x = –2 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là 2 và –2 2 + 3 = 13 4 + 6 = 26 25 = 50 3/ 7 ― 2 = 8  21 ― 6 = 24  2 + 3 = 13 = 2 = 2 = 2  2.2 + 3 = 13  3 = 9  = 3 Câu 2. 2 1/ Bảng giá trị của (P): y = x và (D1): y = 2x + 8 Giá trị y = x2 y = 2x + 8 x –2 –1 0 1 2 –3 –2 y 4 1 0 1 4 2 4 2/ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D1) là: x2 = 2x + 8  x2 – 2x – 8 = 0 ∆ = (–2)2 – 4.1.(–8) = 36 > 0, ∆ = 36 = 6 => Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt: 2 + 6 2 ― 6 x = = 4 ; x = = –2 1 2.1 2 2.1 Với x = 4 => y = x2 = 42 = 16 Với x = –2 => y = x2 = (–2) 2 = 4
4. Vậy (P) cắt (D1) tại 2 điểm phân biệt là A (4;16) và B (–2;4) 3/ Gọi phương trình đường thẳng (D3) là y = ax + b M (1;12) thuộc (D3) => 12 = a + b N (3;22) thuộc (D3) => 22 = 3a + b + = 12 2 = 10 = 5 Từ đó ta có hệ phương trình: 3 + = 22  + = 12  = 7 Vậy phương trình đường thẳng (D3) là y = 5x + 7 Gọi phương trình đường thẳng (D2) là y = cx + d Do (D2) // (D3) => c = 5 và d # 7 => phương trình đường thẳng (D2) là y = 5x + d Do (P), (D1), (D2) đồng quy => Giao điểm của (P) và (D1) thuộc đường thẳng (D2) Trường hợp 1: A (4;16) thuộc (D2) => 16 = 5.4 + d  d = –4 # 7 (nhận) Vậy phương trình đường thẳng (D2) là y = 5x – 4 Trường hợp 2: B (–2 ;4) thuộc (D2) => 4 = 5.–2 + d  d = 14 # 7 (nhận) Vậy phương trình đường thẳng (D2) là y = 5x + 14 Câu 3. 1/ Gọi x (đồng) là giá tiến của 1 ly nước mía kích cỡ X (x > 0) Gọi y (đồng) là giá tiến của 1 ly nước mía kích cỡ L (y > 0) Số tiền ban đầu bạn Ly mang theo là: 10x + 8y + 26000 Số tiền ban đầu bạn Ly mang theo là: 7x + 16y – 20000 Ta có phương trình: 10x + 8y + 26000 = 7x + 16y – 20000  3x – 8y = –46000 Theo đề bài ta có hệ phương trình: 3 ― 8 = ―46000 12 ― 32 = ―184000 ―53 = ―424000 4 + 7 = 80000  ―12 ― 21 = ―240000  4 + 7 = 80000 = 8000 = 8000 = 8000  4 + 7.8000 = 80000  4 = 24000  = 6000 (nhận) Vậy giá tiền của 1 ly nước mía kích cỡ X là 6000 đồng Giá tiền của 1 ly nước mía kích cỡ Y là 8000 đồng 2/ Sô tiền ban đầu bạn mang theo là: 10.6000 + 8.8000 + 26000 = 150000 đồng Gọi z là giá tiền của 1 ly nước mía kích cỡ M (z > 0) Theo đề bài ta có phương trình: 8.6000 + 12.8000 + 5z = 150000 + 540000  48000 + 96000 + 5z = 204000  5z = 60000  z = 12000 > 0 (nhận) Số tiền dự định bạn cần trả cho cửa hàng là: 6.6000 + 9.8000 + 3.12000 = 144000 đồng Ta có: 144000 Bạn có đủ tiền để trả cho cửa hàng
5. Câu 4. x2 – (m + 2)x + m – 1 = 0 1/ ∆ = [ ― ( + 2)]2 ―4.1.( ― 1) = m2 – 4m + 4 – 4m + 4 = m2 + 8 > 0 => Phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi m + = + 2 2/ Theo định lý viet ta có: 1 2 1. 2 = ― 1 2 1 ― 1 2 2 ― 1 (2 1 ― 1)( 2 + 2) + (2 2 ― 1)( 1 + 2) Ta có: 1 + 2 + 2 + 2 = ( 1 + 2)( 2 + 2) 2 . + 4 ― ― 2 + 2 . + 4 ― ― 2 1 2 1 2 2 1 2 1 = 1. 2 + 2 1 + 2 2 + 4 4 . + 3 + 3 ― 4 4 . + 3( + ) ― 4 1 2 1 2 1 2 1 2 = 1. 2 + 2 1 + 2 2 + 4 = 1. 2 + 2( 1 + 2) + 4 4( ― 1) + 3( + 2) ― 4 4 ― 4 + 3 + 6 ― 4 7 ― 2 = ― 1 + 2( + 2) + 4 = ― 1 + 2 + 4 + 4 = 3 + 7 7 ― 2 1 Theo đề bài ta có:  2(7m – 2) = 3m + 7  14m – 4 = 3m + 7 3 + 7 = 2  11m = 11  m = 1 + = 4 3/ Với m = 2, phương trình trở thành: x2 – 4x + 1 = 0 và 1 2 1. 2 = 1 2 2 2 2 Ta có: 1 + 2 = ( 1 + 2) ―2 1. 2 = 4 ―2.1 = 14 3 3 3 3 ( 1 + 2 2 + 1) ( 2 + 2 1 + 1) P = ( 2 + 3)( 1 ― 1) + ( 1 + 3)( 2 ― 1) = + Với a = x1 + 2x2 + 1 ; b = (x2 + 3)(x1 – 1) ; c = x2 + 2x1 + 1 ; d = (x1 + 3)(x2 – 1) 3 2 2 3 Ta có: + .( 2 + 2) = + + + 3 3 => + .( 2 + 2) – ac. + + = 1 + 2 2 + 1 2 + 2 1 + 1 = + ( 2 + 3)( 1 ― 1) + ( 1 + 3)( 2 ― 1) ( 1 + 2 2 + 1).( 1 + 3)( 2 ― 1) + ( 2 + 2 1 + 1).( 2 + 3)( 1 ― 1) = ( 2 + 3)( 1 ― 1).( 1 + 3)( 2 ― 1) = . Ta có: A = (x2 + 3)(x1 + 3) = x2.x1 + 3x1 + 3x2 + 9 = x1.x2 + 3(x1 + x2) + 9 = 1 + 3.4 + 9 = 22
6. B = (x1 – 1)(x2 – 1) = x1.x2 – x1 – x2 + 1 = x1.x2 – (x1 + x2) + 1 = 1 – 4 + 1 = –2 C = (x1 + 2x2 + 1)(x1 + 3)(x2 – 1) + (x2 + 2x1 + 1)(x2 + 3)(x1 – 1) = (x1 + 2x2 + 1)(x1.x2 – x1 + 3x2 – 3) + (x2 + 2x1 + 1)(x2.x1 – x2 + 3x1 – 3) 2 2 2 2 = 1. 2 ― 1 +3 1. 2 ―3 1 +2 1. 2 ―2 2. 1 +6 2 ―6 2 + 1 2 ― 1 +3 2 ―3 2 2 2 2 + 2. 1 ― 2 +3 2. 1 ―3 2 +2 2. 1 ―2 1. 2 +6 1 ―6 1 + 2. 1 ― 2 +3 1 ―3 2 2 2 2 = 3 1. 2 +3 2. 1 + 5 1 + 5 2 +4 1. 2 ―7 1 ―7 2 ―6 2 2 = 3 1. 2( 1 + 2) +5. 1 + 2 +4 1. 2 ―7.( 1 + 2) ―6 = 3.1.4 + 5.14 + 4.1 – 7.4 – 6 = 52 52 ―13 Vậy: = + . = 22.( ― 2) = 11 ac = ( 1 + 2 2 + 1)( 2 + 2 1 + 1) 2 2 = 1 2 +2 1 + 1 +2 2 +4 1 2 +2 2 + 2 +2 1 +1 2 2 2 2 = 5 1 2 +2 1 +2 2 +3 1 +3 2 +1 = 5 1 2 +2 1 + 2 +3( 1 + 2) +1 = 5.1 + 2.14 + 3.4 + 1 = 46 a + c = (x1 + 2x2 + 1) + (x2 + 2x1 + 1) = 3(x1 + x2) + 2 = 3.4 + 2 = 14 a2 + c2 = (a + c)2 – 2ac = 142 – 46 = 150 2 + 2 1 + 1 1 + 2 2 + 1 = + ( 2 + 3)( 1 ― 1) + ( 1 + 3)( 2 ― 1) ( 2 + 2 1 + 1).( 1 + 3)( 2 ― 1) + ( 1 + 2 2 + 1).( 2 + 3)( 1 ― 1) = ( 2 + 3)( 1 ― 1).( 1 + 3)( 2 ― 1) = . Theo trên đã có: (x1 + 3)(x2 – 1) = x1.x2 – x1 + 3x2 – 3 (x2 + 3)(x1 – 1) = x1.x2 – x2 + 3x2 – 3 Ta có: D = (x2 + 2x1 + 1)(x1.x2 – x1 + 3x2 – 3) + (x1 + 2x2 + 1)(x2.x1 – x2 + 3x1 – 3) 2 2 2 2 = 2. 1 ― 1. 2 +3 2 ―3 2 +2 2. 1 ―2 1 + 6 1 2 ― 6 1 + 1. 2 ― 1 +3 2 ―3 2 2 2 2 + 1. 2 ― 1. 2 +3 1 ―3 1 +2 1. 2 ―2 2 + 6 1 2 ― 6 2 + 1. 2 ― 2 +3 1 ―3 2 2 2 2 = 3 1. 2 +3 2. 1 + 1 + 2 +12 1. 2 ―6 1 ―6 2 ―6 2 2 = 3 1. 2( 1 + 2) + ( 1 + 2) + 12 1. 2 ―6.( 1 + 2) ―6 = 3.1.4 + 14 + 12.1 – 6.4 – 6 = 8 8 ―2 Vậy: = + . = 22.( ― 2) = 11 Vậy: P = + .( 2 + 2) – ac. +
7. ―13.150 46. ― 2 ―1858 = 11 ― 11 = 11 Câu 5. 1/ Gọi E, F, T lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, AD. Cho OC cắt AB tại S. Kẻ IK _|_ AD tại K Xét ở dây cung AB có AE = BE => OE _|_ AB (quan hệ đường kính và dây cung) Ta có: Tam giác OAB cân tại O (OA = OB = R) có OE là đường cao => OE là tia phân giác của góc . Tương tự với các dây cung CD và AD 3 3 AE = km 2 = 2 1200 = = 600. 2 = 2 3 3 AE = OA.sinAOE = R.sinAOE => R = = 3km 푠푖푛 = 2.푠푖푛600 5,8 DF = = 2,9km 2 = 2 퐹 퐹 2,9 SinDOF = => 퐹 = 750 = 푅 = 3 퐹 = 900 ― 퐹 = 900 ― 750 = 150 = 2 퐹 = 2.750 = 1500 Xét tứ giác DOSI có: 푆 + + + = 3600 => 푆 = 3600 ― ― ― = 3600 ― 150 ― 1500 ― 650 = 1300 = 900 ― = 900 ― 600 = 300 푆 = + (góc ngoài của tam giác AOS)
8. => = 푆 ― = 1300 ― 300 = 1000 = 3600 ― ― = 3600 ― 1000 ― 1500 = 1100 Chu vi của đường tròn (O) là: 2 R = 2.6. = 12 km 12 .110 12.3,14.110 Độ dài của cung nhỏ AD là: = 11,51km 360 = 360 11,51 Thời gian để người đó chạy bộ từ A đến D là: = 1,44 giờ 8 1800 ― 1800 ― 1100 2/ Tam giác ADO cân tại O có: = = = 350 2 = 2 = + = 350 + 150 = 500 = + = 350 + 300 = 650 AD = 2DT = 2OD.cosADO = 2R.cos350 = 2.6.cos350 = 9,83km OT = OD.sinADO = R.sinADO = 6.sin350 = 3,44km . 3,44.9,83 Diện tích của tam giác ADO là: 푆 = = 16,91km2 ∆ 2 = 2 2 2 2 Diện tích của đường tròn (O) là: 푆(표) = R = .6 = 36 = 113,04 km 36 .110 36.3,14.110 Diện tích cung tròn nhỏ AD là: S(cung tròn AD) = = 34,54km2 360 = 360 Diện tích viên phân cung nhỏ AD là: 2 S(viên phân AD) = S(cung tròn AD) – 푆∆ = 34,54 – 16,91 = 17,63km Tam giác AIK vuông tại K cho: AK = IK.cotDAI = IK.cot650 Tam giác DIK vuông tại K cho: DK = IK.cotADI = IK.cot500 Ta có: AD = AK + DK  9,83 = IK.cot650 + IK.cot500 = IK.(cot650 + cot500) 9,83 => IK = = 7,53km 표푡650 + 표푡500 퐾. 9,83.7,53 Diện tích của tam giác ADI là: 푆 = = 37,01km2 ∆ 2 = 2 2 Diện tích dùng để nuôi cá là: 푆∆ + S(viên phân AD) = 37,01 + 17,63 = 54,64km 54,64.100 Tỉ lệ phầm trăm diện tích dùng để nuôi cá là: = 48,34% 113,04
9. Câu 6. 1/ Tứ giác AFHE nội tiếp và 5 điểm K, A, I, B, C cùng thuộc 1 đường tròn Ta có: = 퐹 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) => = 퐹 = 900 => Tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn đường kính AH) (góc ngoài bằng góc đối trong) (đpcm) Xét tam giác ABC có BE và CF là các đường cao cắt nhau tại H ( = 퐹 = 900) => H là trực tâm của tam giác ABC => AH là đường cao thứ 3 => AD _|_ BC Mà AH // KC (Tứ giác AHCK là hình bình hành) và AD _|_ BC (cmt) => BC _|_ KC Lại có: AK // FC (Tứ giác AHCK là hình bình hành) và AB _|_ FC ( 퐹 = 900) => AK _|_ AB Xét tứ giác AKCB có: 퐾 + 퐾 = 900 + 900 = 1800 => Tứ giác AKCB nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 180 độ) Xét tam giác BHI có BF là đường cao vừa là đường trung tuyến (FH = FI) => Tam giác BHI cân tại B => BF cũng là đường phân giác tam giác BHI => = Mà = 퐹 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EF của đường tròn (O)) => = 퐹 => Tứ giác AIBC nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh AI) Mà tứ giác AKCB nội tiếp (cmt) => 5 điểm K, A, I, B, C cùng thuộc 1 đường tròn (đpcm) 2/ HD.MV = MF.DE và EF.EM – EH.EB = AV.BF Ta có: = = 900 => Tứ giác BMVE nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh BE) => = .
10. Ta có: = = 900 => Tứ giác AEDB nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh AB) => = . Từ đó suy ra = Tứ giác BMVE nội tiếp (cmt) => = 퐹 Mà 퐹 = 퐹 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BF của đường tròn (O)) Ta có: = = 900 => Tứ giác DHEC nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => 퐹 = . Từ đó suy ra: = 퐹 = 퐹 = Xét ∆FMV và ∆HDE có: = (cmt) ; = (cmt) 퐹 => ∆FMV ~ ∆HDE (g – g) => => HD.MV = MF.DE (đpcm) = Ta có: AB _|_ FC và AB _|_ EV => FC // EV => = 퐹 (2 góc ở vị trí sole trong) Mà 퐹 = (cmt) và = (cmt) => 퐹 = Xét ∆VEM và ∆EFC có: = 퐹 = (cmt) ; 퐹 = (cmt) 퐹 => ∆VEM ~ ∆EFC (g – g) => => EF.EM = EV.FC = 퐹 Xét ∆EHC và ∆VEB có: 퐹 = (cmt) ; = = 900 => ∆EHC ~ ∆VEB (g – g) => => EH.EB = EV.HC = Xét ∆FHB và ∆VAE có: = 퐹 (Tứ giác AFHE nội tiếp) ; = 퐹 = 900 퐹 => ∆FHB ~ ∆VAE (g – g) => => AV.BF = FH.EV. = 퐹 Từ đó suy ra; EF.EM – EH.EB = EV.FC – EV.HC = EV.(FC – HC) = EV.FH = AV.BF => EF.EM – EH.EB = AV.BF (đpcm) 3/ 푪푱푽 = 푪 và HN _|_ AT Ta có: 5 điểm K, A, I, B, C thuộc 1 đường tròn (cmt) => 퐾 = 퐾 = 900 và 퐾 = 퐹. Mà 퐹 = 퐹 (cmt) => 퐾 = 퐹 Xét ∆BIK và ∆BME có: 퐾 = 퐹 (cmt) ; 퐾 = = 900 퐾 => ∆BIK ~ ∆BME (g – g) => 퐾 = và =
11. Ta có: = ― = 퐾 ― = 퐾 Xét ∆IBM và ∆KBE có: 퐾 = 퐾 (cmt) ; (cmt) = => ∆IBM ~ ∆KBE (c – g – c) => = 퐾 Mà = 퐾 (5 điểm K, A, I, B, C thuộc 1 đường tròn) => 퐹 = + = 퐾 + 퐾 = 퐾 Ta có: AD // KC (cmt) => 퐾 = (2 góc ở vị trí sole trong) Mà = 퐹 (Tứ giác AFHE nội tiếp) và 퐹 = 퐹 (2 góc đối đỉnh) => 퐾 = = 퐹 = 퐹 Xét ∆KCE và ∆IFM có: 퐹 = 퐾 (cmt) ; 퐾 = 퐹 (cmt) 퐾 퐹 => ∆KCE ~ ∆IFM (g – g) => 퐾 = 퐾 퐹 퐾 2 퐹 => => (F là trung điểm của cạnh IH) 2퐾퐽 = 퐾퐽 = = Xét ∆KCJ và ∆IHM có: 퐾 퐹 = 퐾 (cmt) ; (cmt) 퐾퐽 = => ∆KCJ ~ ∆IHM (c – g – c) => 퐾 퐽 = Ta có: 퐾 = 퐾 퐽 + 퐽 và 퐹 = + 퐹 (góc ngoài tam giác MHF) Mà 퐾 퐽 = (cmt) và 퐾 = 퐹 (cmt) => 퐽 = 퐹 Ta có: 퐹 + 퐹 = 900 (Tam giác BMF vuông tại M) + = 900 (Tam giác BEC vuông tại E) Mà 퐹 = (Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (O)) => 퐹 = Theo như trên đã có: = = 퐹 Xét ∆MBV và ∆HBC có: 퐹 = (cmt) ; = 퐹 (cmt) => ∆MBV ~ ∆HBC (g – g) => = Ta có: = 퐹 + 퐹 = + 퐹 = Xét ∆BMH và ∆BVC có:
12. = (cmt) ; (cmt) = => ∆BMH ~ ∆BVC (c – g – c) => = Ta có: + 퐹 = 퐹 = 900 + 퐹 = 900 (Tam giác FCV vuông tại F) Mà = (cmt) => 퐹 = 퐹 Mà 퐹 = 퐽 (cmt) => 퐹 = 퐽 Ta có: 퐹 = 퐹 + = 퐽 + = 퐽 Mà 퐹 = (cmt) => = 퐽 퐽 ∆KCJ ~ ∆IHM (cmt) => 퐾 = Tứ giác AHCK là hình bình hành nên AH = CK Xét ∆FHA và ∆FBC có: 퐹 = 퐹 (cùng phụ với ) ; 퐹 = 퐹 = 900 퐹 => ∆FHA ~ ∆FBC (g – g) => = 퐹 ∆BMH ~ ∆BVC (cmt) => = Gọi Z là trung điểm của cạnh BH thì BH = 2BZ. Từ các chứng minh trên ta có: 퐽 퐽 퐾 퐹 퐹.2 푍 푍 = 퐾. . . = . 퐹. = 2 퐹. 퐹 = 퐹 Xét ∆JCV và ∆ZBF có: 퐽 푍 = 퐽 (cmt) ; (cmt) = 퐹 => ∆JCV ~ ∆ZBF (c – g – c) => 퐽 = 퐹푍 Tam giác FHB vuông tại F có BZ là đường trung tuyến => ZH = ZF => Tam giác ZHF cân tại Z => 퐹 = 퐹푍 Ta có: 퐹푍 = 퐹 + 퐹푍 (góc ngoài của tam giác FHZ) Mà 퐹 = (Tứ giác AFHE nội tiếp). Từ các chứng minh trên ta có: 퐽 = 퐹푍 = 퐹 + 퐹푍 = 2 퐹 = 2 => 퐽 = 2 (đpcm) Xét ∆EHL và ∆CHT có: 퐿 = (gt) ; 퐹 = 퐹 (cmt) 퐿 => ∆EHL ~ ∆CHT (g – g) => =
13. Xét ∆HEF và ∆HCB có: 퐹 = (2 góc đối đỉnh) ; 퐹 = 퐹 (cmt) => ∆HEF ~ ∆HCB (g – g) => 퐹 = 퐿 퐿 Từ đó suy ra: 퐹 = . 퐹 = . = Xét ∆ELA và ∆BDA có: 퐹 = (Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (O)) ; 퐿 = = 900 퐿 => ∆ELA ~ ∆BDA (g – g) => = Xét ∆AEF và ∆ABC có: là góc chung; 퐹 = (Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (O)) => ∆AEF ~ ∆ABC (g – g) => 퐹 = 퐿 퐿 Từ đó suy ra: 퐹 = . 퐹 = . = 퐿 Theo trên ta có: => CT = BD = 퐹 = => OD = OB – OD = OC – CT = OT => DT = 2OD Gọi U là trung điểm của cạnh AH. Kẻ AW _|_ UN tại W => U là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFHE => UA = UH = UE = UF Ta có: AN // BC (gt) và AD _|_ BC (cmt) => AD _|_ AN Tam giác AUN vuông tại A có đường cao AW => UA2 = UW.UN (hệ thực lượng tam giác 푈푊 푈퐹 vuông) => UF2 = UA2 = UW.UN => 푈퐹 = 푈 Xét ∆UWF và ∆UFN có: 푈푊 푈퐹 퐹푈 là góc chung ; (cmt) 푈퐹 = 푈 => ∆UWF ~ ∆UFN (c – g – c) => 푈푊퐹 = 푈퐹 UF = UE (cmt) => Tam giác UFE cân tại U => 푈퐹 = 푈 퐹 => 푈푊퐹 = 푈 퐹 => Tứ giác FUEW nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh UF) UA = UF (cmt) => Tam giác UAF cân tại U => 퐹푈 = Mà = 퐹 (cùng phụ với góc ) Lại có: OC = OF (là bán kính đường tròn (O)) => Tam giác OEF cân tại O => 퐹 = 퐹
14. Từ đó suy ra: 퐹푈 = = 퐹 = 퐹 => 푈퐹 = 퐹 + 푈퐹 = 퐹푈 + 푈퐹 = 퐹 = 900. Chứng minh tương tự ta có: 푈 = 900. Ta có: 푈퐹 + 푈 = 900 + 900 = 1800 => Tứ giác UFEO nội tiếp đường tròn đường kính OU Mà tứ giác FUEW nội tiếp (cmt) => 5 điểm E, W, U, F, O cùng thuộc 1 đường tròn đường kính UO => 푈푊 = 900 => OW _|_ UN. Mà AW _|_ UN => 3 điểm A, W, O thẳng hàng hay OA _|_ UN tại W OA _|_ UN tại W (cmt) và AD _|_ BC (cmt) => = 푈 (cùng phụ với ) Xét ∆DOA và ∆AUN có: = 푈 (cmt) ; = 푈 = 900 2 => ∆DOA ~ ∆AUN (g – g) => => = 푈 = 2 푈 = = Xét ∆DTA và ∆AHN có: = = 900 ; (cmt) = => ∆DTA ~ ∆AHN (c – g – c) => = Ta có: + = 900 (Tam giác DAT vuông tại D) Mà = (cmt) => + = 900 => AT _|_ HN (đpcm) 4/ 푽푱 = 푬푯푺 + 푯푴푫 Xét ∆FBI và ∆FCA có: 퐹 = (cmt) ; 퐹 = 퐹 = 900 퐹 퐹 => ∆FBI ~ ∆FCA (g – g) => => FB.FA = FI.FC 퐹 = 퐹 Xét ∆PFC và ∆IFQ có: 푃퐹 = 퐹푄 (2 góc đối đỉnh) ; 푄퐹 = 푃 퐹 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PI ở đường tròn (PIQC)) 퐹푃 퐹 => ∆PFC ~ ∆IFQ (g – g) => => FI.FC = FP.FQ 퐹 = 퐹푄 퐹 퐹푄 Từ đó suy ra FB.FA = FP.FQ => 퐹푃 = 퐹 Ta có; FP // BC (gt) và AN // BC (gt) => AN // FP 퐹 퐹푃 퐹 AN // FP (cmt) => (hệ quả talet trong tam giác ABN) => = 퐹푃 =
15. 퐹 퐹푄 Theo trên suy ra => AB.AF = FQ.AN = 퐹푃 = 퐹 Xét ∆AFH và ∆ADB có: là góc chung ; 퐹 = = 900 퐹 => ∆AFH ~ ∆ADB (g – g) => => AB.AF = AH.AD = Theo như trên đã có: => AU.AD = AN.OD = 푈 Từ các chứng minh trên ta có: FQ.AN = AB.AF = AH.AD = 2AU.AD = 2AN.OD => FQ = 2OD. Cho EF cắt AH tại Y và cắt BC tại G Ta có: 푈 = 900 => D thuộc đường tròn đi qua 5 điểm E, W, U, F, O => Tứ giác UFDE nội tiếp => 푈퐹 = 푈 Xét ∆YUF và ∆YED có: 퐹푌푈 = 푌 (2 góc đối đỉnh) ; 푈퐹 = 푈 (cmt) 푌푈 푌 => ∆YUF ~ ∆YED (g – g) => => YU.YD = YF.YE 푌퐹 = 푌 Xét ∆YAF và ∆YEH có: 푌퐹 = 푌 (2 góc đối đỉnh) ; 퐹 = 퐹 (Tứ giác AFHE nội tiếp) 푌 푌 => ∆YAF ~ ∆YEH (g – g) => => YF.YE = YA.YH 푌퐹 = 푌 푌푈 푌 Từ đó suy ra: YU.YD = YA.YH => 푌 = 푌 푌 푌 Ta có: AN // BC (cmt) => (định lí talet) 푌 = 푌 푌푈 푌 Từ đó suy ra: => UN // HG (định lí talet) 푌 = 푌 Ta có: OA _|_ UN (cmt) và UN // HG (cmt) => HG _|_ OA Xét tam giác AOG có 2 đường cao AD và HG cắt nhau tại H => H là trực tâm của tam giác AOG => OH _|_ AG Ta có: AD _|_ OG và OH _|_ AG (cmt) => = (cùng phụ với ) = 퐿 = 900 => Tứ giác ALDG nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh AG) => = 퐿퐹. Kết hợp với giả thiết ta có: 퐹푄푆 = 퐿퐹 = = Xét ∆FQS và ∆DOH có: 퐹푄푆 = (cmt); 푆퐹푄 = = 900
16. 퐹푆 퐹푄 => ∆FQS ~ ∆DOH (g – g) => = 2 (Do FQ = 2OD) => FS = 2HD = Xét ∆FHA và ∆DHC có: 퐹 = (2 góc đối đỉnh); 퐹 = = 900 퐹 퐹 2 푈 푈 퐹 퐹 => ∆FHA ~ ∆DHC (g – g) => => => = = = 2 = 퐹푆 Ta có: FS _|_ FQ (Tam giác FQS vuông tai F) và FQ // BC (gt) => SF _|_ BC Ta có: SF _|_ BC (cmt) và AH _|_ BC (cmt) => SF // AH => 푆퐹 = 푈 (2 góc ở vị trí đồng vị) Xét ∆HFS và ∆UHC có: 푈 퐹 푆퐹 = 푈 (cmt); (cmt) = 퐹푆 => ∆HFS ~ ∆UHC (c – g – c) => 퐹 푆 = 푈 Theo như trên đã có tứ giác UFDE nội tiếp và UF = UE => 퐹 = 푈 và = 퐹 (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau trong đường tròn UFDE)) Xét ∆FDY và ∆UDE có: 퐹 = 푈 (cmt) ; = 퐹 (cmt) 퐹 푈 => ∆FDY ~ ∆UDE (g – g) => => DY.DU = DE.DF 푌 = Ta có: = 퐹 => = 퐹 (cùng phụ với 2 góc bằng nhau) Xét ∆DFB và ∆DCE có: = 퐹 (cmt) ; = (Tứ giác ABDE nội tiếp) 퐹 => ∆DFB ~ ∆DCE (g – g) => => DE.DF = DB.DC = 푈 Từ đó suy ra: DY.DU = DB.DC => 푌 = Xét ∆DBY và ∆DUC có: 푈 푌 = 푈 = 900 ; (cmt) 푌 = => ∆DBY ~ ∆DUC (c – g – c) => 푈 = 푌 Ta có: 푌 = 푌 = 900 => Tứ giác BMYD nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => 푌 = 퐹 . Từ các chứng minh trên ta có: 퐹 푆 = 푈 = 푌 = 퐹 Theo như trên đã có: 퐹 = 퐽 ; 퐽 = 2 ; = (Tứ giác AFHE nội tiếp)
17. Ta có: 퐽 + 퐽 + 퐽 = 1800 (tổng số đo góc tam giác AJC) => 퐽 = 1800 ― 퐽 ― 퐽 Lại có: 퐽 = 퐽 + 퐽 (góc ngoài của tam giác AVJ). Từ các điều trên ta có: = 퐹 ― 퐹 = 푆 퐹 ― 퐽 = 1800 ― 푆 ― 1800 ― 퐽 ― 퐽 = 퐽 + 퐽 ― 푆 = 퐽 + 퐽 + 퐽 ―( + 푆) = 2 + 퐽 + 퐽 ― + 푆 = + 퐽 + + 퐽 ― 푆 퐽 + 퐽 ― 푆 = 퐽 ― 푆 => 퐽 = 푆 + (đpcm)