Thứ sáu, 29/03/2024
IMG-LOGO
Trang chủ Lớp 9 Toán Bài tập theo tuần Toán 9 - Tuần 29

Bài tập theo tuần Toán 9 - Tuần 29

Bài tập theo tuần Toán 9 - Tuần 29

  • 329 lượt thi

  • 20 câu hỏi

  • 30 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho phương trình m+1x22m+1x+m2=01 (m là tham số)

a) Giải phương trình (1) với m = 3

b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa : 1x1+1x2=32

Xem đáp án

m+1x22m+1x+m2=01m1

a) Khi m = 3, phương trình (1) thành 4x28x+1=0

Δ'=424.1=12>0 nên phương trình có hai nghiệm

x1=4+124=2+32x2=4124=232

b) Để phương trình có 2 nghiệm thì (1) có Δ'0

m+12m+1m20m2+2m+1m2+m+20m1

Kết hợp với điều kiện trên m>1, khi đó, áp dụng Vi et :

x1+x2=2m+1m+1=2x1x2=m2m+1. Ta có:

1x1+1x2=32x1+x2x1x2=32

hay   2m2m+1=323m6m+1=43m6=4m+4m=10(ktm)

Vậy không có m thỏa đề.


Câu 2:

Cho phương trình : mx22m+3x+m4=0

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

Xem đáp án

mx22m+3x+m4=02

Δ=2m+324mm4=24m+9

Để phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

Δ>024m+9>0m>38

Câu 3:

Cho phương trình : mx22m+3x+m4=0

Tìm hệ thức độc lập không phụ thuộc tham số m

Xem đáp án

mx22m+3x+m4=02

Khi đó áp dụng Vi – et x1+x2=2m+3max1x2=m4(b)

bm=x1x2+4. Thay (b) vào (a) ta được :

x1+x2=2x1x2+8+3x1x2+4x1+x2=2x1x2+11x1x2+4

Đây là phương trình độc lập với m


Câu 4:

Cho parabol P:y=x2 và đường thẳng d:y=mx2 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1,x2 thỏa mãn x1+2x2+2=0

Xem đáp án

Ta có phương trình hoành độ giao điểm :

x2=mx2x2+mx2=0

Δ=m2+8>0 (với mọi m) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng định lý Vi – et x1+x2=mx1x2=2

Ta có:

x1+2x2+2+4=0x1x2+2x1+x2+4=0hay  2+2m+4=0m=1

Câu 5:

Cho phương trình mx22m+1x+4m=0 (m là tham số, m0)

Tìm m để phương trình có nghiệm kép

Xem đáp án

mx22m+1x+4m=0m0

Δ'=m+12m.4m=3m2+2m+1

Để phương trình có nghiệm kép Δ'=03m2+2m+1=0m=1m=13

Câu 6:

Cho phương trình mx22m+1x+4m=0 (m là tham số, m0)

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x12+x2217=0

Xem đáp án

mx22m+1x+4m=0m0

Để phương trình có nghiệm Δ'03m2+2m+1013m1 và m0

Áp dụng định lý Viet x1+x2=2m+1mx1x2=4. Ta có:

x12+x2217=0x1+x222x1x217=0hay  2m+12m2817=04m2+4m+=25m221m2+4m+1=0m=13m=17(tm)

Vậy m13;17 thì thỏa đề .


Câu 7:

Cho phương trình x2m+3x2m2+2=0(m là tham số)

Tìm các giá trị của m để hệ thức 3x1+2x2=8
Xem đáp án

x2m+3x2m2+2=0

Δ=m+324.1.2m2+2=m2+6m+9+8m28=9m2+6m+1=3m+120(voimoim)

Nên phương trình luôn có nghiệm . Áp dụng Vi – et :

x1+x2=m+3x1x2=22m2

kết hợp với 3x1+2x2=8. Ta có:
x1+x2=m+33x1+2x2=8x1=22mx2=3m+1

Thay vào x1x2=22m2 ta được:

22m3m+1=22m26m2+4m+22+2m2=04m2+4m=04m1m=0m=0m=1

Vậy m = 0, m = 1 thỏa đề.


Câu 8:

Cho phương trình x22m+1x+m2+m6=0 (m là tham số)

Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Xem đáp án

x22m+1x+m2+m6=0

Δ=2m+124m2+m6=25>0

nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt


Câu 9:

Cho phương trình x22m+1x+m2+m6=0 (m là tham số)
Tìm các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm âm phân biệt
Xem đáp án

x22m+1x+m2+m6=0

Để phương trình có 2 nghiệm âm phân biệt
S<0P>02m+1<0m2+m6>0m<12m<3m>12m<3

Câu 10:

Cho phương trình x22m+1x+m2+m6=0 (m là tham số)

Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=x12+x22

Xem đáp án

x12+x22=x1+x222x1x2=2m+122m2+m6=4m2+4m+12m22m+12=2m2+2m+13=2m2+m+132=2m+122+254=2.m+122+252

2m+1220 (với mọi m) nên 2m+122+252252

MinA=252m=12


Câu 11:

Cho phương trình x22m+1x+m2+m6=0 (m là tham số)

Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x13+x23=19

Xem đáp án

x1+x2=2m+1x1x2=m2+m6x13+x23=19x1+x2x12x1x2+x22=19x1+x2x1+x223x1x2=192m+122m+123m2+m6=194m2+4m+1m2+m+19=19

Đặt t=m2+m, phương trình thành:

4t+1t+19=194t2+77t=0t=0t=774

*)t=0m2+m=0m=0m=1*)t=774m2+m+774=0  (VN)

Vậy m0;1 thỏa đề


Câu 12:

Tìm hai số u, v trong trường hợp sau :

u+v=15,uv=36

Xem đáp án

u, v là hai nghiệm phương trình X215X+36X1=12X2=3

Vậy u,v12;3;3;12


Câu 13:

Tìm hai số u, v trong trường hợp sau :

u2+v2=13,uv=6

Xem đáp án

u2+v2=13,uv=6u2+v2=13u+v22uv=13u+v2=13+2.6=25u+v=5u+v=5

*)u+v=5u,v là nghiệm phương trình: X25X+6=0X=3X=2

*)u+v=5u,v là nghiệm phương trình X2+5X+6=0X=2X=3

Vậy u,v3;2;2;3;2;3;3;2


Câu 14:

Tìm hai số u, v trong trường hợp sau :

u+v=4,uv=7

Xem đáp án

u+v=4,uv=7,u,v là nghiệm phương trình X24X+7=0PTVN

Vậy không có u, v thỏa đề.


Câu 15:

Tìm hai số u, v trong trường hợp sau :

u+v=12,uv=20

Xem đáp án

u+v=12,uv=20,u,v là nghiệm phương trình X2+12X+20X=2X=10

Vậy u,v2;10;10;2


Câu 16:

Cho phương trình x22m+1x+m23=01

a) Giải phương trình (1) với m = 3

b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa : x12+x222x1x2>3

Xem đáp án

x22m+1x+m23=01

a) Khi m = 3 phương trình (1) thành :

x28x+6x=4±10

b) Δ'=m+12m23=2m+4

Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Δ'>02m+4>0m>2

Khi đó, áp dụng Vi – et x1+x2=2m+2x1x2=m23. Ta có:

x12+x222x1x2>3x1+x224x1x2>3

hay2m+224.m23>34m2+8m+44m2+12>38m>13m>138(tm)

Vậy m>138 thì thỏa đề


Câu 17:

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Hai tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M, AM cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Gọi E là trung điểm AD, EC cắt (O) tại điểm thứ hai là F. Chứng minh :

a) Tứ giác OEBM nội tiếp

b) MB2=MA.MD

c)BFC=MOCd)BF//AM

Xem đáp án
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Hai tiếp (ảnh 1)

a)OBM=OEM=900OEBM là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh được ΔABM=ΔBDM(gg)MB2=MA.MD

c) ΔOBC cân tại O có OM vừa là đường trung trực vừa là đường phân giác

MOC=12BOC=12sdBC

Mà BFC=12sdBCMOC=BFC

d)OEM=OCM=900EOCM là tứ giác nội tiếp

MEC=MOC=BFC mà hai góc ở vị trí đồng vị nên FB // AM


Câu 18:

Cho tam giác ABC có BAC=450. Các góc B, C đều nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại D và E. Gọi H là giao điểm CD và BE

a) Chứng minh AE = BE

b) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp. Xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp này.

c) Chứng minh OE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔADE

d) Cho BC = 2a. Tính diện tích viên phân cung DE của đường tròn (O) theo a

Xem đáp án
Cho tam giác ABC có góc BAC = 45 độ. Các góc B, C đều nhọn. Đường tròn đường (ảnh 1)

a) Chứng minh: AE = BE

Ta có : BEA=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)AEB=900

ΔAEB vuông ở E có BAE=450 nên vuông cân AE=BE

b) BDC=900ADH=900

Tứ giác ADHE có ADH+AEH=1800 nên nội tiếp đường tròn, tâm K của đường tròn này là trung điểm AH

c) ΔAEH vuông ở E có K là trung điểm AH nên KE=KA=12AH

Vậy ΔAKE cân ở K. Do đó KAE=KEA

ΔEOC cân ở O (do OC=OE)OCE=OECH là trực tâm ΔABCAHBC

HAC+ACO=900AEK+OEC=900

Do đó KEO=900OEKE

Điểm K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE nên cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔADE

Vậy OE là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ΔADE

d) Ta có : DOE=2ABE=2.450=900 (cùng chắn cung DE)

SquatDOE=πa2.9003600=πa24;   SDOE=12OD.OE=12a2

Vậy diện tích viên phân cung DE là :

πa24a22=a24π2

Câu 19:

Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính BC = 2a và một điểm A nằm trên nửa đường tròn sao cho AB = a. Trên cung AC lấy điểm M, BM cắt AC tại I. Tia BA cắt đường thẳng CM tại D

a) Chứng minh ΔAOB là tam giác đều

b) Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp đường tròn, xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó

c) Cho ABM=450. Tính độ dài cung AI và Squat AKI của đường tròn tâm K theo a

Xem đáp án
Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính BC = 2a và một điểm A nằm trên nửa (ảnh 1)

a) ΔOABOA=OB=AB=aΔOAB đều

b) BAC=BMC=12sdBC=900

CAD=BMD=900IAD+IMD=1800

AIMD nội tiếp đường tròn đường kính DI, tâm I là trung điểm DI

ABM=450ΔABI vuông cân tại AAI=AB=a

AIMD nội tiếp ADI=AMI=12AOB=300

DI=2AI=2a;AK=KI=12DI=aΔAKI đều AKI=600

c) lAI=2πa.6003600=πa3;        SquatAKI=πa2.6003600=πa26


Câu 20:

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao BD, CE của tam giác cắt nhau tại H DAC,EAB

a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp. Từ đó suy ra BCD=AED

b) Kẻ đường kính AK. Chứng minh AB.BC=AK.BD

c) Từ O kẻ OMBCMBC. Chứng minh H, M, K thẳng hàng.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao BD (ảnh 1)

a) Ta có AEH=ADH=900AEHD là tứ giác nội tiếp

AED=AHD (cùng chắn AD)

Lý luận được ACB=AHD (cùng phụ CAH)AED=AHD)

b) Xét ΔABKΔBDC có: ABK=BDC=900;

AKB=BCD (cùng chắn AB)ΔABK~ΔBDCg.g

ABBD=AKBCAB.BC=AK.BD

c) Ta có : OMBCM là trung điểm BC

Vì BD//KCAC,BK//HCAB

HCKB là hình bình hành HK đi qua trung điểm M của BC

Vậy 3 điểm H, M, K thẳng hàng.


Bắt đầu thi ngay