Đáp án Bài tập ôn cuối năm - Sách Bài tập Toán 9 Tập 2 phần Hình học

Đang tải...

Đáp án Bài tập ôn cuối năm

A. Phần đại số

1. Đáp số đúng là (C).

2. Câu trả lời đúng là (D).

3. Đáp số đúng là (C).

4. Ta có

6. Biến đổi vế trái , ta được

7. a) Điều kiện để p có nghĩa là x ≥ 0 và x ≠ 1.

8. Đáp số đúng là (D). Điểm (-1 ; 7).

9. a) Hàm số đồng biến khi hệ số a = m – 3 > 0 hay m > 3 và nghịch biến khi m < 3.

b) Tọa độ điểm A phải nghiệm đúng hệ thức y = (m – 3)x tức là 2 = (m – 3).1 suy ra m = 5. Ta có hàm số y = 2x.

c) Tương tự, ta tìm được m – 1. Hàm số cần tìm là y = -2x.

10. Câu trả lời đúng là (D). Cặp số (19/7; 17/7) .

11. a) Hướng dẫn. Điều kiện x ≠ ± y.

b) Hướng dẫn. Điều kiện x > 0 ; y > 0. Đặt $\sqrt{x}$ = u (u ≥ 0), $\sqrt{y}$ = v (v ≥ 0).

Đáp số: (0 ; 1).

12. Câu trả lời đúng là (D).

13. a) Phương trình (1) có nghiệm nếu Δ’ = 1 – m > 0 hay m < 1.

b) Có hai nghiệm dương nếu Δ’ =1 – m > 0, P = $x_1$ $x_2$ = m > 0 vì S = $x_1$ + $x_2$ = 2 > 0. Từ đó ta có 0 < m < 1.

c) Có hai nghiệm trái dấu nếu P = $x_1$ $x_2$ = m < 0.

16. Cạnh đáy 20dm, chiều cao 15dm.

17. Gọi vận tốc ôtô là x (km/h) (x > 0) và thời gian đi của ôtô là y (h) (y > 0). Ta có hệ phương trình

Giải ra, được x = 60, y = 3.

18. Gọi hai số phải tìm là x và y. Không mất tính tổng quát, giả sử x > y.

Cách 1. Theo đề bài, ta có hệ phương trình

Từ (1) suy ra ${(x + y)}^2$ = 202 hay $x^2$ + $y^2$ + 2xy = 400.

Do đó 2xy = 400 – 208 = 192 nên xy = 96.

Các số x và y là các nghiệm của phương trình

$X^2$ – 20X + 96 = 0.

Phương trình này cho ta nghiệm x = 12, y = 8.

Cách 2. Đặt x = 10 + a (a > 0) thì y = 20 – x = 20 – (10 + a) = 10 – a.

Theo đề bài ta có phương trình ${(10 + a)}^2$ + ${(10 - a)}^2$ = 208

Từ đó ta tìm được a = 2.

Suy ra hai số phải tìm là : x = 12, y = 8.

B. Phần hình học

1. a) h = $\sqrt{b'c'}$ = $\sqrt{25.16}$ = 20 ;

b = $\sqrt{ab'}$ = $\sqrt{(b' + c'). b'}$ = $\sqrt{41.25}$ = 5 $\sqrt{41}$ ; c = 4 $\sqrt{41}$ .

b) a = 24, c = 12 $\sqrt{3}$ , c’ = 18.

c) a= 16, b=8 $\sqrt{3}$ ,b’ = 12.

d) b = 3 $\sqrt{5}$ , c’ = 4,b’ = 5,h= 2 $\sqrt{5}$ .

3. Vì $5^2$ + $12^2$ = $13^2$ nên $AB^2$ + $AC^2$ = $BC^2$ . Theo định lí Py-ta-go đảo, tam giác ABC vuông tại A.

5. (h. 128) Gọi E là giao điểm của tia BD và đường B tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

6. Đáp số đúng là (A).

7. Đáp số đúng là (D).

8. Đáp số đúng là (D).

9. Đáp số đúng la (D).

10. (h.129)

a) $\widehat{OMO '}$ = 90° (vì MO là tia phân giác của

$\widehat{AMB}$ và MO’ là tia phân giác của $\widehat{AMC}$ ).

b) Trong tam giác vuông OMO’ ta có

$MA^2$ = AO.AO’ = 16.9 = 144 => MA = 12 (cm).

Ta lại có MA = MB = MC nên BC = 2MA = 24 (cm).

c) Dễ thấy OBCO’ là hình thang vuông và IM là đường trung bình của nó.

=> IM là bán kính của đường tròn tâm I lại vuông góc với BC tại M. Vậy BC là tiếp tuyến của đường tròn tâm I.

11. (h.130) Kẻ đường kính BB’. Nối B’A, B’D, B’C. Ta có tứ giác ADB’C là hình thang (AC // B’D vì cùng vuông góc với BD). Hình thang này nội tiếp đường tròn (O) nên là hình thang cân suy ra CD = AB’. Do đó ${AB}^2$ + ${CD}^2$ = ${AB}^2$ + ${AB'}^2$ = ${BB'}^2$ (tam giác ABB’ vuông ở A).

Vậy ${AB}^2$ + ${CD}^2$ = 4 $R^2$ .

12. (h.131)

a) ΔADE ∼ ΔACB (g.g)

ΔABE ∼ ΔACD (g.g).
b) Từ câu a) suy ra

Từ (1) và (2) ta có

AD.BC + AB.CD = AC(DE + BE) = AC.BD.

13. (h.132)

a) Các tứ giác AECI và BFCI nội tiếp được vì chúng đều có tổng hai góc đối bằng 180° ( $\widehat{A}$ + $\widehat{C}$ = $\widehat{C}$ + $\widehat{B}$ = 180°).

b) Xét AIEF và ACAB, có :

$\widehat{E_1}$ = $\widehat{A_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AECI).

$\widehat{F_1}$ = $\widehat{B_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFCI).

Do đó ΔIEF ∼ ΔCAB (g.g) suy ra $\widehat{EIF}$ = $\widehat{ACB}$ .

Ta lại có $\widehat{ACB}$ = 90° nên $\widehat{EIF}$ = 90°, do đó AIEF vuông.

14. (h.133)

a) Hướng dẫn. Chứng minh tổng các góc đối bằng 180°.

b) $\widehat{C_1}$ = $\widehat{C_2}$ (vì cùng bằng $\widehat{D_1}$ ).

c) Ta có MF = MD (MF là trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông) suy ra tam giác MFD cân ở M và $\widehat{BMF}$ = 2 $\widehat{D_1}$ . Ta lại có $\widehat{BCF}$ = 2 $\widehat{D_1}$ (từ câu b)), nên $\widehat{BMF}$ = $\widehat{BCF}$ suy ra tứ giác BCMF nội tiếp được.

15. (h.134)

a) Hướng dẫn. Chứng minh tổng các góc đối của các tứ giác đó bằng 180°.

b) Có $\widehat{D_1}$ = $\widehat{A_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE) ; $\widehat{A_1}$ = $\widehat{B_1}$ (góc giữa tia tiếp tuyến với một dây và góc nội tiếp cùng chắn cung CA) ; $\widehat{B_1}$ = $\widehat{F_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD). Suy ra $\widehat{D_1}$ = $\widehat{F_1}$ .

Chứng minh tương tự ta có $\widehat{E_2}$ = $\widehat{D_2}$ .