13 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bài tập theo tuần Toán 9 - Tuần 25

Câu 1:

Tìm giá trị của t để hàm số $y = (|t| - 3) x^{2}$ đồng biến khi x > 0

Hàm số

y = (|t| - 3) x^{2}

đồng biến khi

x > 0 \Leftrightarrow |t| - 3 > 0 \Leftrightarrow |t| > 3 \Rightarrow [\begin{array}{l} t < - 3 \\ t > 3 \end{array}

Câu 2:

Tìm giá trị của t để hàm số

y = (|t| - 3) x^{2}

nghịch biến khi x < 0

Xem đáp án

Hàm số nghịch biến khi

x < 0 \Leftrightarrow |t| - 3 < 0 \Leftrightarrow - 3 < t < 3

Câu 3:

Cho parabol $(P) : y = 2 x^{2}$ và $d : y = \frac{3}{2} x$

a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d)

Xem đáp án

a) Học sinh tự vẽ (P) và (d)

b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm: $2 x^{2} = \frac{3}{2} x \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow y = 0 \\ x = \frac{3}{4} \Rightarrow y = \frac{9}{8} \end{array}$

Vậy tọa độ giao điểm $(0; 0); (\frac{3}{4}; \frac{9}{8})$

Câu 4:

Cho hàm số $y = a x^{2}$ có đồ thị là parabol (P)

a) Tìm hệ số a biết rằng (P) đi qua điểm M(-2; 4)

b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ và điểm N(2; 4)

c) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d)

Xem đáp án

a) Vì (P) đi qua $M (- 2; 4) \Rightarrow \{\begin{cases} x = - 2 \\ y = 4 \end{cases}$ thay vào (P): $4 = a . {(- 2)}^{2} \Leftrightarrow a = 1$

b) (d) đi qua O(0; 0) nên có dạng y = ax và qua $N (2; 4) \Rightarrow \{\begin{cases} x = 2 \\ y = 4 \end{cases}$

$\Rightarrow 4 = a .2 \Leftrightarrow a = 2$ . Vậy phương trình cần tìm y = 2x

c) $(P) : y = x^{2}, (d) : y = 2 x$ nên ta có phương trình hoành độ giao điểm $x^{2} = 2 x \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow y = 0 \\ x = 2 \Rightarrow y = 4 \end{array}$ . Vậy tọa độ (P) và (d) là $(0; 0); (2; 4)$

Câu 5:

Cho hàm số $y = (3 m + 1) x^{2}$ với $m \neq - \frac{1}{3}$

Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đi qua điểm $M (x_{0}; y_{0})$ với $(x_{0}; y_{0})$ là nghiệm của hệ phương trình : $\{\begin{cases} 3 x - 4 y = 2 \\ - 4 x + 3 y = - 5 \end{cases}$

Xem đáp án

Vì $x_{0}; y_{0}$ là nghiệm hệ $\{\begin{cases} 3 x_{0} - 4 y_{0} = 2 \\ - 4 x_{0} + 3 y_{0} = - 5 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{0} = 2 \\ y_{0} = 1 \end{cases}$ . Thay M(2; 1) vào (d)

$\Rightarrow 1 = (3 m + 1) {.2}^{2} \Leftrightarrow m = - \frac{1}{4}$

Câu 6:

Một vật rơi ở độ cao so với mặt đất là 100m. Quãng đường chuyển động s (m) của vật phụ thuộc vào thời gian t (giây) bởi công thức

s = 4 t^{2}

Sau 2 giây vật cách mặt đất bao nhiêu mét

Sau bao lâu vật tiếp đất

Xem đáp án

a) đường di chuyển của vật sau 2 giây: ${4.2}^{2} = 16 (m)$ , lúc đó vật cách mặt đất: 100 - 16 = 84 (m)

b) Vật cách mặt đất sau 5 giây do $4 t^{2} = 100 \Leftrightarrow t^{2} = 25 \Leftrightarrow t = 5$

Câu 7:

Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi H là điểm nằm giữa O và B. Kẻ dây CD vuông góc với AB tại H. Trên cung nhỏ AC lấy điểm E, kẻ $C K ⊥ A E$ tại K. Đường thẳng DE cắt CK tại F. Chứng minh:

a) AHCK là tứ giác nội tiếp $b) A H . A B = A D^{2} c) Δ A C F$ cân

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi H là điểm nằm giữa O và B. Kẻ dây (ảnh 1)

a)

a) ∠ H = ∠ K = 90^{0} \Rightarrow ∠ H + ∠ K = 180^{0} \Rightarrow A H C K

là tứ giác nội tiếp

b) $Δ A D B$ vuông tại D, DH đường cao $\Rightarrow A D^{2} = A H . A B$

c) $∠ E A C = ∠ E D B = \frac{1}{2} s d \overset{⏜}{E C}; ∠ E A C = ∠ K H C$ (do AKCH là tứ giác nội tiếp)

$\Rightarrow ∠ E D C = ∠ K H C \Rightarrow D F / / H K$ (H là trung điểm DC nên K là trung điểm FC)

\Rightarrow Δ A C F

là tam giác cân

Câu 8:

Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn (O) đường kính AB cắt BC tại M.

a) Chứng minh $A M ⊥ B C$ và $A M . B C = A B . A C$

b) Gọi I là trung điểm của AC. Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Chứng minh MNCI là tứ giác nội tiếp

Chứng minh $I C^{2} = I N . I B$

Xem đáp án

Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn (O) đường kính AB cắt BC tại M. (ảnh 1)

Ta có: $\hat{A M B} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow A M ⊥ B C$

Ta có $Δ B A C$ vuông tại A, AM là đường cao $\Rightarrow A M . B C = A B . A C$ (hệ thức lượng)

Ta có $\hat{B N M} = \hat{B A M}$ (cùng chắn cung BM)

Mà $\hat{B A M} = \hat{B C A}$ (cùng phụ $\hat{A B C}$ )

$\Rightarrow \hat{B N M} = \hat{B C A} \Rightarrow M N I C$ là tứ giác nội tiếp

Ta có: $\hat{A N B} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \hat{A N I} = 90^{0}$

Xét $Δ A N I$ và $Δ B A I$ có: $\hat{A N I} = \hat{B A I} = 90^{0}; \hat{I}$ chung

$\Rightarrow Δ A N I ~ Δ B A I (g . g)$ $\Rightarrow \frac{A I}{N I} = \frac{B I}{A I} \Rightarrow A I^{2} = B I . N I$

Mà AI = IC (gt)

\Rightarrow I C^{2} = I N . I B (d p c m)

Câu 9:

Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx với nửa đường tròn. Gọi C là điểm trên nửa đường tròn sao cho cung CA bằng cung CB, D là điểm tùy ý trên cung $C B (D \neq C, D \neq B)$ , các tia AC, AD cắt tia Bx theo thứ tự ở E và F

a) Tính số đo $∠ A E B$

b) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp

c) Chứng minh $B E^{2} = A D . A F$

Xem đáp án

Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx với nửa đường tròn (ảnh 1)

a) Ta có $Δ A B E$ vuông tại B do Bx là tiếp tuyến mà $∠ C A B = 45^{0}$ (góc nội tiếp chắn cung $\overset{⏜}{C B} = 90^{0}) \Rightarrow Δ A B E$ vuông cân tại B $\Rightarrow ∠ A E B = 45^{0}$

b) Ta có $s d \overset{⏜}{A C} = \frac{s d \overset{⏜}{A B}}{2} = 90^{0} \Rightarrow ∠ A D C = 45^{0}$ . Tứ giác CDFE có $∠ E = ∠ C D A = 45^{0} \Rightarrow E F D C$ là tứ giác nội tiếp

c) Vì $Δ A B C$ vuông tại B, BD đường cao do $∠ A D B = 90^{0}$

\Rightarrow A D . A F = A B^{2} = B E^{2}

(do

Δ A B E

vuông cân)

Câu 10:

Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC = 2a. A là điểm trên nửa đường tròn, $∠ A C B = α (0^{0} < α < 90^{0}) .$ Đường tròn đường kính AB cắt BC ở D (D khác B), tiếp tuyến của (O) tại D cắt AC tại I. Vẽ $D E ⊥ A B, D F ⊥ A C$ $(E \in A B, F \in A C)$

a) Tính $∠ A O B$ theo $α$

b) Chứng minh BEFC là tứ giác nội tiếp

c) Tính $S_{A O B}$

d) Chứng minh rằng : DI là đường trung bình $Δ A D C$ . Tính $α$ khi DI // EF

Xem đáp án

Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC = 2a. A là điểm trên nửa đường tròn, (ảnh 1)

a) Ta có: $\hat{A O B} = 2 \hat{A C B}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB)

$\Rightarrow \hat{A O B} = 2 α$

b) Ta có $\hat{B A C} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Chứng minh tương tự $\Rightarrow \hat{A D B} = 90^{0}$

Ta có: $\hat{A} = \hat{E} = \hat{F} = 90^{0} \Rightarrow A E D F$ là hình chữ nhật $\Rightarrow \hat{E A D} = \hat{A E F}$

Mà $\hat{E A D} = \hat{A C B}$ (cùng phụ $\hat{A B D}) \Rightarrow \hat{A E F} = \hat{A C B}$

$\Rightarrow B E F C$ là tứ giác nội tiếp

c) $S_{q u a t \overset{⏜}{A B}} = \frac{π R^{2} .2 α}{360^{0}} = \frac{π R^{2} α}{180^{0}} (d v d t)$

$Δ A D O$ vuông tại D $\Rightarrow \sin O = \frac{A D}{A O} \Rightarrow A D = R . \sin 2 α$

$\Leftrightarrow S_{A O B} = \frac{1}{2} O B . A D = \frac{1}{2} R . R \sin 2 α = \frac{R^{2} \sin 2 α}{2}$

d) Gọi P là tâm đường tròn đường kính AB

Xét $Δ P A I$ và $Δ P D I$ có: $\hat{P A I} = \hat{P D I} = 90^{0}, P A = P D, P I$ chung

$\Rightarrow Δ P A I = Δ P D I (c h - c g v) \Rightarrow D I = A I (1)$

$Δ A D C$ vuông tại D $(d o \hat{A D B} = 90^{0} - c m t)$ mà $A I = D I \Rightarrow Δ A D I$ cân tại I.

$\Rightarrow \hat{D A I} = \hat{A D I} \Rightarrow 90^{0} - \hat{D A I} = 90^{0} - \hat{A D I} \Rightarrow \hat{I D C} = \hat{I C D}$ $\Rightarrow Δ D I C$ cân tại I $\Rightarrow D I = I C (2)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow A I = I C \Rightarrow D I$ là đường trung tuyến $Δ A D C$

Khi DI // EF $\Rightarrow \hat{E F D} = \hat{F D I}$ (So le trong)

Mà ta có $\hat{A D F} = \hat{D A B} = \hat{I C D} = \hat{I D C} = α$

Mà $\hat{E F D} = \hat{D A B}$ (Tính chất hình chữ nhật)

$\Rightarrow \hat{A D F} = \hat{F D I} = \hat{I D C} = α$ mà $\hat{A D F} + \hat{F D I} + \hat{I D C} = \hat{A D C} = 90^{0}$

$\Rightarrow 3 α = 90^{0} \Rightarrow α = 30^{0}$

Câu 11:

Cho $Δ A B C$ nội tiếp (O). Vẽ Ax là tiếp tuyến của đường tròn (O). Đường thẳng song song với Ax cắt cạnh AB, AC lần lượt ở D, E. Chứng minh tứ giác BCED nội tiếp.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Vẽ Ax là tiếp tuyến của đường tròn (O). Đường thẳng (ảnh 1)

Ta có $∠ C = ∠ B A x$ (cùng chắn $\overset{⏜}{A B})$ mà $∠ B A x = ∠ E D A$ (so le trong)

Nên $∠ C = ∠ E D A \Rightarrow C B D E$ là tứ giác nội tiếp

Câu 12:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) và AB = BD tiếp tuyến của (O) tại A cắt đường thẳng BC tại Q. Gọi R là giao điểm của hai đường thẳng AB, DC

a) Chứng minh tứ giác AQRC nội tiếp

b) Chứng minh AD // QK

Xem đáp án

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) và AB = BD tiếp tuyến của (O) tại A cắt đường (ảnh 1)

a) Ta có: $∠ Q C K = ∠ B A D (A B C D$ là tứ giác nội tiếp)

$∠ Q A K = \frac{1}{2} s d \overset{⏜}{A B}$ (tiếp tuyến – dây cung) $\Rightarrow ∠ B A D = \frac{1}{2} s d \overset{⏜}{B D}$ (tc góc nội tiếp )

Mà $A B = B D \Rightarrow \overset{⏜}{A B} = \overset{⏜}{B D} \Rightarrow ∠ Q A K = ∠ Q C K \Rightarrow A Q C K$ là tứ giác nội tiếp

b) Ta có: $∠ Q C A = ∠ Q K A (A Q C K$ là tứ giác nội tiếp)

Và $∠ Q C A = ∠ B A D$ (hệ quả góc nội tiếp) nên $∠ Q K A = ∠ B A D \Rightarrow A D / / Q K$

Câu 13:

Cho hình vuông $A B C D, ∠ x A y = 45^{0}, A x$ cắt BC và BD lần lượt tại E và F. Ay cắt CD, BD tại G, H. Chứng minh tứ giác EFGH nội tiếp.

Xem đáp án

Cho hình vuông ABCD, góc xAy = 45 độ, Ax cắt BC và BD lần lượt tại E và F (ảnh 1)

ABCD là hình vuông nên $∠ B D C = 45^{0}$ , lại có $∠ G A F = 45^{0} (g t), A, D$ ở cùng phía của GF nên A, D nằm trên cung chứa góc $45^{0}$ , vẽ trên đoạn $F G \Rightarrow A D G H$ là tứ giác nội tiếp, có $∠ A D G = 90^{0}$ nên AG là đường kính của đường tròn (ADGH). Vì vậy $∠ A F G = 90^{0}$ hay $∠ E F G = 90^{0} . C m t t \Rightarrow ∠ E H G = 90^{0} \Rightarrow E F H G$ là tứ giác nội tiếp.