Tải bản đầy đủ

HƯỚNG DẪN GIẢI TOÁN LỚP 9

ĐỀ SỐ 40
Câu 1. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình: 3x + 4y = 2.
a) Tìm hệ số góc của đường thẳng d.
b) Với giá trị nào của tham số m thì đường thẳng d1: y = (m2 -1)x + m song song
với đường thẳng d.
ax  by  3


Câu 2. Tìm a, b biết hệ phương trình �bx  ay  11 có nghiệm

�x  3

�y  1 .

Câu 3. Cho phương trình: (1  3)x  2x  1  3  0 (1)
a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.
2

b) Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x1 , x 2 . Lập một phương trình bậc 2 có 2
1
1

x1 và x 2 .

nghiệm là
Câu 4. Bên trong hình vuông ABCD vẽ tam giác đều ABE . Vẽ tia Bx thuộc nửa mặt
phẳng chứa điểm E, có bờ là đường thẳng AB sao cho Bx vuông góc với BE. Trên tia
Bx lấy điểm F sao cho BF = BE.
a) Tính số đo các góc của tam giác ADE.
b) Chứng minh 3 điểm: D, E, F thẳng hàng.
c) Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác AEB cắt AD tại M. Chứng minh ME // BF.
3
2

�x  2y  4y  3  0 (1)
�2
2 2
Câu 5. Hai số thực x, y thoả mãn hệ điều kiện : �x  x y  2y  0 (2) .
2
2
Tính giá trị biểu thức P = x  y .

ĐÁP ÁN
3
1
3
� y x

4
2 , nên hệ số góc của đường thẳng d là k = 4 .
Câu 1. a) 3x + 4y = 2
3
1
�2
�2 1

m 1  
m 
m�





4��
4��
2 � m1



1
1
1
2



m�
m�
m�
� 2
� 2
b) d // d1 � � 2
.
1
m
2 thì d1 // d.
Vậy với
ax  by  3
a.3  b( 1)  3

�x  3




Câu 2. Hệ phương trình �bx  ay  11 có nghiệm �y  1 nên �b.3  a( 1)  11


3a  b  3
9a  3b  9
10a  20
a2
a 2





��
��
��
� ��
��
a  3b  11 �
a  3b  11
a  3b  11
3a  b  3 �
b 3.




Câu 3.
a) Do ac  (1  3)(1  3)  1  3  2  0 nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.
b) Vì x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo hệ thức Vi-et, ta có:
1 3
2
x1 x 2 
1 3 ,
1 3 .
1
1 x1  x 2
2
2(1  3)
S 



 (1  3)
x
x
x
x

2
1

3
1
2
1
2
Do đó:
.
2
1 1
1
1  3 (1  3)
42 3
. 



 (2  3)
x
x
x
x

2

2
1

3
1
2
1
2
và P =
.
x1  x 2 

2
Vậy phương trình bậc 2 cần tìm là: X  (1  3)X  (2  3)  0 .
Câu 4.

a) Tam giác ADE cân tại A vì
AD = AE. Lại có:


0
0
0


A
1 = DAB  EAB  90  60  30

C

D
E
3

2

1

x

M

Do đó

F

�  AED
�  1 (1800  300 )  750
ADE
2
.

b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác
BEF

O
1
2

A

1

B

0

vuông cân tại B, nên E1  45 .
Từ đó ta có:

�  DEA
� E
� E
�  750  600  450  1800
DEF
2
1
suy ra 3 điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm.


�  300
�  300
B1  A1
B
B
1
2

c) Ta có:

� B

E
3
2

(cùng chắn cung EM) suy ra

nên

.

0


nên E 3  30 .
0
0
0
� �
Vậy E 2  E 3  60  30  90 hay ME  EB. Mặt khác BF  EB do đó ME // BF.
3
�
1) 2 1 1 x
1 (3)
Câu 5. Từ (1) ta có: x 2(y

2y
x 2 ��
��
1  x 2 1
2
y 1
Từ (2) ta có:

1 x 1

(4)
Từ (3) và (4), suy ra x = -1, thay vào hệ đã cho ta được y = 1.
Vậy P = 2.




Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×