Bài tập theo tuần Toán 9 - Tuần 14

a) Gọi dy=ax+b là hàm số cần tìm

Vì A−1;1;B2;5∈d⇒−a+b=12a+b=5⇔a=43b=73

⇒d:y=43x+73

b) Hệ số góc a=43

y=(m+1)x−2m+1(d)

a) Để (d) đi qua gốc tọa độ ⇒m+1≠0−2m+1=0⇔m=12

b) Để (d) đi qua A(3;4)⇒4=m+1.3−2m+1⇔m=0

Học sinh tự vẽ đồ thị.

c) Ta có: d:y=x+1(d'):y=−2x+4

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (d') là:

x+1=−2x+4⇔3x=3⇔x=1⇒y=2

Vậy A(1; 2) là tọa độ của (d) và (d')

d)d':y=−2x+4

Ta có: tanβ=42=2⇒α≈630

⇒góc α tạo bởi (d') với Ox là: α=1800−630=1170

a) a=−2<0⇒y=−2x+3 nghịch biến trên R

b) Học sinh tự vẽ

c) Ta có: y=−2x+3Ma;b∈d⇒−2a+3=b⇒3=2a+b

Ta có: 

ab+1=2⇔2ab+1=4⇔2ab+2a=3+1⇔2ab+2a=2a+b+1⇔2a+b+1−2ab−2a=0⇔a−2ab+b+a−2a+1=0⇔a−b2+a−12=0⇒a−b=0a−1=0⇒a=b=1

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

MP = MQ và MO là tia phân giác của PMQ^ nên OM⊥PQ tại K

Ta có: ΔOKI~ΔOHM (vì có KOI^ chung)

⇒OKI^=OHM^=900⇒OKOH=OIOM⇒OH.OI=OK.OM

Vì MP, MQ là các tiếp tuyến của (O) nên OP⊥MP,OQ⊥MQ

ΔOPM có PK là đường cao nên OK.OM=OP2=R2

Vậy OI.OH=OK.OM=R2

b) Vì đường thẳng d cố định, đường tròn (O) cố định nên OH cố định và có độ dài không đổi , mà OI.OH=R2 không đổi nên OI=R2OHkhông đổi

I ở trên tia OH cố định và có OI không đổi nên I cố định.

a) ΔBMC có OM=OB=OC=BC2=R⇒ΔBMC vuông tại M (định lý đảo đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

⇒BM⊥MC(1), Cmtt⇒BN⊥NC(2)

Từ (1) và (2) suy ra BN, CM là hai đường cao của tam giác ABC⇒H là trực tâm ΔABC⇒AK⊥BC.

b) ΔAMH vuông tại M, ME là đường trung tuyến ⇒AE=EM⇒ΔAEM cân ⇒AEM^=EMA^(3) mà EMA^=OCM^ (cùng phụ với góc B) (4)

Và OCM^=OMC^ (tính chất tam giác cân ) (5)

Từ 3,4,5⇒EMA^=OMC^ mà EMA^+EMH^=900

⇒OMC^+EMH^=900⇒EMO^=900,M∈O ⇒EM là tiếp tuyến của (O)

c) Vì sinBAC^=22⇒BAC^=450⇒ΔAMC vuông cân tại M⇒AM=MC

Xét ΔAMH và ΔCMB có: MAH^=MCB^ (cùng phụ góc B); AM = CM

AMH^=BMC^=900⇒ΔAMH=ΔCMB⇒AH=BC

a) Vì CM, CA là hai tiếp tuyến cắt nhau nên MOC^=AOC^=12AOM^

Chứng minh tương tự ⇒MOD^=DOB^=12MOB^

⇒COD^=COM^+MOD^=12AOM^+MOB^=12AOB^=12.1800=900

Vậy COD^=900

b) Cũng theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ⇒OC là trung trực của AM ⇒I^=900

Chứng minh tương tự ⇒K^=900

Tứ giác MIOK có COD^=I^=K^=900⇒OIMK là hình chữ nhật

c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ⇒AC=MCBD=MD⇒AC.MD=MC.MD

Áp dụng hệ thức lượng vào ΔCOD vuông tại O, OM đường cao ⇒MC.MD=OM2=R2

Vậy AC.BD=R2 không đổi .

d) Gọi E là trung điểm CD. Ta có CA // DB (cùng vuông góc với AB)⇒CABD là hình thang có E là trung điểm CD, O là trung điểm AB⇒EO là đường trung bình hình thang CABD⇒EO⊥AB và OE = OC = OD (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)⇒O∈E;ED và EO⊥AB nên AB là tiếp tuyến của (E)

a) Xét ΔABE và ΔACF có BAE^ chung; AEB^=AFC^=900

⇒ΔABE~ΔACF(g.g)⇒ABAC=AEAF

Xét ΔAEF và ΔABC có: EAF^ chung; AEAB=AFAC(cmt)⇒ΔAEF~ΔABC

b) ΔAEF~ΔABC⇒AEF^=ABC^

cmtt⇒DEC^=ABC^⇒AEF^=DEC^

Ta có DEC^+HED^=AEF^+HEF^=900 nên HED^=HEF^⇒EH là đường phân giác của ΔDEF. Chứng mnh tương tự ta cũng có DH là đường phân giác ΔDEF⇒H là tâm đường tròn nội tiếp ΔDEF

c) Gọi Fx là tia đối của tia FD

Ta có: xFA^+DFC^=AFE^+EFC^=900 mà DFC^=EFC^, do đó xFA^=AFE^

A là giao điểm của đường phân giác D^ và đường phân giác ngoài đỉnh F nên A là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc D của ΔDEF. Chứng minh tương tự ta cũng có B,  C là tâm đường tròn bàng tiếp ΔDEF.

d) Theo bài PDEF=2EM,PDEF=2NF

⇒DE+DF+EF=EM+NF⇒DE+DF+EF=MN−EN+NF⇔DE+DF+EF=MN+EF⇔DE+DF=MN