PHIẾU HỌC TẬP TOÁN 9 TUẦN 29
Đại số 9 §6: Hệ thức Vi – Ét và ứng dụng
Hình học 9: Ôn tập hình học.
Bài 1: Giải các phương trình sau bằng cách nhẩm nghiệm:
|
|
|
|
Bài 2: Gọi ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ là hai nghiệm của phương trình:${{x}^{2}}+x-2+\sqrt{2}=0$. Không giải phương trình, tính các giá trị của các biểu thức sau:
$A=\dfrac{1}{{{x}_{1}}}+\dfrac{1}{{{x}_{2}}}$. $B={{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}$. $C=\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|$. $D={{x}_{1}}^{3}+{{x}_{2}}^{3}$.
Bài 3: Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là $\dfrac{1}{10-\sqrt{72}}$ và $\dfrac{1}{10+6\sqrt{2}}$.
Bài 4: Cho (O;R) hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trong đoạn AB lấy một điểm M (khác O). Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến của đường tròn tại N ở điểm P. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác OMNP nội tiếp được.
b) Tứ giác CMPO là hình bình hành.
c) Tính CM.CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
Bài 5: Từ một điểm A ở ngoài đường tròn(O), vẽ các tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE không đi qua tâm (D nằm giữa A và E). Gọi I là trung điểm của ED.
- Chứng minh 5 điểm O, B, A, C, I cùng thuộc một đường tròn.
- Đường thẳng qua D vuông góc với OB cắt BC, BE theo thứ tự tại H và K. Gọi M là giao điểm của BC và DE. Chứng minh MH.MC = MI.MD.
- Chứng minh H là trung điểm của KD.
- Hết –
PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1
- ${{x}^{2}}+\left( 1-\sqrt{2} \right)x-\sqrt{2}=0$. Ta có: $a-b+c=1-\left( 1-\sqrt{2} \right)+\left( -\sqrt{2} \right)=0$ nên phương trình có hai nghiệm: $\,{{x}_{1}}=-1$; ${{x}_{2}}=\dfrac{-c}{a}=\sqrt{2}$.
- $2{{x}^{2}}+\left( \sqrt{3}-2 \right)x-\sqrt{3}=0$. Ta có: $a+b+c=2+\left( \sqrt{3}-2 \right)+\left( -\sqrt{3} \right)=0$ nên phương trình có hai nghiệm: $\,{{x}_{1}}=1$; ${{x}_{2}}=\dfrac{c}{a}=-\sqrt{3}$.
- ${{x}^{2}}+x-6=0$. Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
S = {x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a} = - 1\\
P = {x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 6
\end{array} \right.$ suy ra ${x_1} = 2$; ${x_2} = - 3$. - ${{x}^{2}}-9x+20=0$. Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
S = {x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a} = 9\\
P = {x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = 20
\end{array} \right.$ suy ra ${x_1} = 4$ , ${x_2} = 5$.
Bài 2:
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
S = {x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a} = - 1\\
P = {x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 2 + \sqrt 2
\end{array} \right.$
$A=\dfrac{1}{{{x}_{1}}}+\dfrac{1}{{{x}_{2}}}=\dfrac{{{x}_{2}}+{{x}_{1}}}{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}=\dfrac{-1}{-2+\sqrt{2}}$.
$B={{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}$$={{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}$$=1-2\left( -2+\sqrt{2} \right)=5-2\sqrt{2}$.
$C=\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}}$$=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$$=\sqrt{1-4\left( -2+\sqrt{2} \right)}=2\sqrt{2}-1$.
$D={{x}_{1}}^{3}+{{x}_{2}}^{3}$$={{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{3}}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)$$=-1+3\left( -2+\sqrt{2} \right)=-7+3\sqrt{2}$.
Bài 3:
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
S = \dfrac{1}{{10 - \sqrt {72} }} + \dfrac{1}{{10 + 6\sqrt 2 }} = \dfrac{5}{7}\\
P = \dfrac{1}{{10 - \sqrt {72} }}.\dfrac{1}{{10 + 6\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{28}}
\end{array} \right.$
Vậy phương trình bậc hai có hai nghiệm $\dfrac{1}{10-\sqrt{72}}$ và $\dfrac{1}{10+6\sqrt{2}}$là : ${{X}^{2}}-\dfrac{5}{7}X+\dfrac{1}{28}=0$
Bài 4:
$\widehat{OMP}=\widehat{ONP}={{90}^{0}}$ (GT) => M, N cùng nhìn OP dưới một góc 900 => 4 điểm M, N, O, P cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác MNPO nội tiếp. |
b) Tứ giác CMPO có: CO // MP (cùng vuông góc với AB) (1) $\Delta COM=\Delta PMO$ ( cgv - gn) => CO = PM ( 2 cạnh tương ứng) (2) Từ (1); (2) => tứ giác CMPO là hình bình hành |
c) $\Delta OCM\sim \Delta NC\text{D}$ (g - g) $=>\dfrac{CM}{C\text{D}}=\dfrac{CO}{CN}$ => CM . CN = CD . CO = 2R2 (không đổi) |
Bài 5:
a) Có $IE=I\text{D}\Rightarrow OI\bot E\text{D}$ ( định lý đường kính và dây cung) Nên $\widehat{OI\text{A}}=\widehat{OBA}=\widehat{OCA}={{90}^{0}}$ Do đó I, B, C thuộc đường tròn đường kính OA (quỹ tích cung chứa góc 900) Vậy 5 điểm O, I, B, A, C cùng thuộc một đường tròn. |
b) Có KD//AB (vì cùng vuông góc với OB) $\Rightarrow \widehat{K\text{D}I}=\widehat{BAI}$ (đồng vị) Các điểm A, B, I, C cùng thuộc một đường tròn (CM câu a) ⇒ $\widehat{ICB}=\widehat{BAI}$ (cùng chắn cung IB) ⇒ $\widehat{KDI}=\widehat{ICB}$ CM được $\Delta IMC$ và $\Delta HMD$ đồng dạng ⇒MH.MC = MI.MD. c) Có $\widehat{HI\text{D}}=\widehat{HC\text{D}}$ (cùng chắn cung HD) $\widehat{BE\text{D}}=\widehat{HC\text{D}}$ (cùng chắn cung BD) $\Rightarrow \widehat{HI\text{D}}=\widehat{BE\text{D}}$ Do đó IH // EB (cặp góc đồng vị bằng nhau) Mà I là trung điểm của ED nên H là trung điểm của KD. |
|