KCSL môn Toán lớp 9 cuối kì 1: Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ là 1?

1. (2,5đ):Cho hai biểu thức\(A = \frac{{x – 2\sqrt x  + 9}}{{\sqrt x  – 3}}\)và \(B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  – 3}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} – \frac{{x + 9}}{{x – 9}}\)với \(x > 0,\,\,x \ne 9\)

1) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 3\)

2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  – 3}}\)

3) So sánh \(\frac{A}{B}\) và 4.

2. (2,5đ):Cho hàm số \(y = \left( {m + 1} \right)x + m\) (với \(m \ne  – 1\)có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\)

1) Tìm giá trị của m để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ là 1

2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\) với giá trị m tìm được ở câu 1

3) Tìm giá trị của m để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt đường thẳng \(y = 3x + 2\) tại một điểm nằm trên trục hoành

3. (1,0đ): Giải hệ phương trình:  \(\left\{ \begin{array}{l}x + \left( {\sqrt 2  – 1} \right)y = 1\\\left( {\sqrt 2  + 1} \right)x – y = \sqrt 2  + 1\end{array} \right.\)

4. (3,5đ):Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm H cố định nằm ngoài đường tròn. Qua H kẻ đường thẳng d vuông góc với đoạn thẳng OH. Từ một điểm S bất kì trên đường thẳng d kẻ hai tiếp tuyến SA, SB với đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) (A, B là tiếpđ). Gọi M,N lần lượt là giao điểm của đoạn thẳng SO với đoạn thẳng AB và với đường tròn \(\left( {O;R} \right)\).

1) Chứng minh bốn điếm S, A, O, B cùng nằm trên một đường tròn

2) Chứng minh \(OM.OS = {R^2}\)

3) Chứng minh N là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SAB

4) Khi điểm S di chuyển trên đường thẳng d thì điểm M di chuyển trên đường nào? Tại sao?

5. (0,5đ):Cho ba số thực dương \(x,\,y,\,z\) thỏa mãn \(x + y + z = 1\)

Chứng minh rằng \(P = \frac{{5{y^3} – {x^3}}}{{yx + 3{y^2}}} + \frac{{5{z^3} – {y^3}}}{{zy + 3{z^2}}} + \frac{{5{x^3} – {z^3}}}{{xz + 3{x^2}}} \le 1\)

1. Cho hai biểu thức \(A = \frac{{x – 2\sqrt x  + 9}}{{\sqrt x  – 3}}\) và \(B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  – 3}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} – \frac{{x + 9}}{{x – 9}}\) với \(x > 0,\,\,x \ne 9\)

1) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 3\)

Khi \(x = 3\)thì \(A = \frac{{3 – 2\sqrt 3  + 9}}{{\sqrt 3  – 3}} = \frac{{\left( { – 5 – \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 3  – 3} \right)}}{{\sqrt 3  – 3}} =  – 5 – \sqrt 3 \)

2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  – 3}}\)

\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  – 3}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} – \dfrac{{x + 9}}{{x – 9}} \\\;\;\;= \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)}^2} + \sqrt x \left( {\sqrt x  – 3} \right) – \left( {x + 9} \right)}}{{\left( {\sqrt x  – 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\\;\;\; = \dfrac{{x + 6\sqrt x  + 9 + x – 3\sqrt x  – x – 9}}{{\left( {\sqrt x  – 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} \\\;\;\;= \dfrac{{x + 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  – 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\\;\;\; = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  – 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} \\\;\;\;= \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  – 3}}.\end{array}\)

3) So sánh \(\frac{A}{B}\) và 4.

\(\begin{array}{l}\frac{A}{B} = \frac{{x – 2\sqrt x  + 9}}{{\sqrt x  – 3}}.\frac{{\sqrt x  – 3}}{{\sqrt x }} = \frac{{x – 2\sqrt x  + 9}}{{\sqrt x }}\\\;\;\; = \sqrt x  – 2 + \frac{9}{{\sqrt x }}.\end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm \(\sqrt x \)và \(\frac{9}{{\sqrt x }}\) ta có: \(\sqrt x  + \frac{9}{{\sqrt x }} \ge 2.\sqrt {\sqrt x .\frac{9}{{\sqrt x }}}  = 2.3 = 6.\)

\( \Rightarrow \frac{A}{B} = \left( {\sqrt x  + \frac{9}{{\sqrt x }}} \right) – 2 \ge 6 – 2 = 4.\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt x  = \frac{9}{{\sqrt x }} \Leftrightarrow x = 9\;\;\left( {tm} \right).\)

Vậy \(\frac{A}{B} \ge 4\).

2.

Cho hàm số \(y = \left( {m + 1} \right)x + m\) (với \(m \ne  – 1\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\)

1) Tìm giá trị của m để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ là 1

Để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ là 1\( \Rightarrow \) Điểm \(A\left( {0;1} \right)\) thuộc \(\left( d \right)\)

\( \Rightarrow 1 = \left( {m + 1} \right)0 + m \Leftrightarrow m = 1\).

Vậy với \(m = 1\)đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ là 1.

2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\) với giá trị m tìm được ở câu 1

Với \(m = 1\) thì \(\left( d \right):\,y = 2x + 1\)

Ta có:

Đồ thị hàm số \(\left( d \right):\,y = 2x + 1\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;1} \right)\) và \(\left( {1;3} \right)\)

3) Tìm giá trị của m để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt đường thẳng \(y = 3x + 2\) tại một điểm nằm trên trục hoành

Gọi đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt đường thẳng \(y = 3x + 2\) tại một điểmB nằm trên trục hoành

\( \Rightarrow \)B là giao điểm của đường thẳng \(y = 3x + 2\) với trục hoành \( \Rightarrow \,\,B\left( { – \frac{2}{3};0} \right)\)

Vì B cũng thuộc \(\left( d \right)\)\( \Rightarrow 0 = \left( {m + 1} \right)\left( { – \frac{2}{3}} \right) + m \Leftrightarrow \frac{1}{3}m – \frac{2}{3} = 0 \Leftrightarrow m = 2\)

Vậy với \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

3. Giải hệ phương trình:  \(\left\{ \begin{array}{l}x + \left( {\sqrt 2  – 1} \right)y = 1\\\left( {\sqrt 2  + 1} \right)x – y = \sqrt 2  + 1\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + \left( {\sqrt 2  – 1} \right)y = 1\\\left( {\sqrt 2  + 1} \right)x – y = \sqrt 2  + 1\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 – \left( {\sqrt 2  – 1} \right)y\\\left( {\sqrt 2  + 1} \right)x – y = \sqrt 2  + 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 – \left( {\sqrt 2  – 1} \right)y\\\left( {\sqrt 2  + 1} \right)\left[ {1 – \left( {\sqrt 2  – 1} \right)y} \right] – y = \sqrt 2  + 1\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 – \left( {\sqrt 2  – 1} \right)y\\\sqrt 2  + 1 – \left( {\sqrt 2  + 1} \right)\left( {\sqrt 2  – 1} \right)y – y = \sqrt 2  + 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 – \left( {\sqrt 2  – 1} \right)y\\ – y – y = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 – \left( {\sqrt 2  – 1} \right)y\\ – 2y = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 – \left( {\sqrt 2  – 1} \right)y\\y = 0\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là\(\left( {x;y} \right) = \left( {1;0} \right)\)

4. Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm H cố định nằm ngoài đường tròn. Qua H kẻ đường thẳng d vuông góc với đoạn thẳng OH. Từ một điểm S bất kì trên đường thẳng d kẻ hai tiếp tuyến SA, SB với đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) (A, B là tiếpđ). Gọi M,N lần lượt là giao điểm của đoạn thẳng SO với đoạn thẳng AB và với đường tròn \(\left( {O;R} \right)\).

1) Chứng minh bốn điếm S, A, O, B cùng nằm trên một đường tròn

Ta có SA,SBlà hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\)\( \Rightarrow \angle OAS = \angle OBS = {90^o}\)

\( \Rightarrow \)A, Bcùng thuộc đường tròn đường kính OS

\( \Rightarrow \) A, B, O, Scùng thuộc một đường tròn đường kính OS.

2)Chứng minh \(OM.OS = {R^2}\)

Ta có SA, SBlà hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) cắt nhau tại S

\( \Rightarrow \)\(SA = SB\) và SO là phân giác \(\angle ASB\)  (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

\( \Rightarrow \Delta SAB\) là tam giác cân tại S.

\( \Rightarrow \)SO vừa là phân giác \(\angle ASB\) vừa là đường trung trực của AB (tính chất tam giác cân)

\( \Rightarrow SO \bot AB\) tại M.

\( \Rightarrow \)AMlà đường cao trong tam giác OAS

Xét tam giác OAS vuông tại A, đường cao AMta có:

\(OM.OS = O{A^2} = {R^2}\)(hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông)

3) Chứng minh N là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SAB

Có \(\angle OBS = {90^o}\) ( SB là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\))\( \Rightarrow \angle OBN + \angle NBS = {90^o}\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Có  \(SO \bot AB\) (chứng minh trên)\( \Rightarrow \)Tam giác MNB vuông tại M\( \Rightarrow \angle MNB + \angle NBM = {90^o}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Có \(ON = OB = R \Rightarrow \) Tam giác ONB cân tại O\( \Rightarrow \angle MNB = \angle OBN\)(tính chất tam giác cân) \(\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \angle NBS = \angle NBM\)\( \Rightarrow \)BN là phân giác \(\angle SBA\)

Mặt khác SN là phân giác \(\angle ASB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(SN \cap BN = \left\{ N \right\}\)

\( \Rightarrow \)N là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SAB.

4) Khi điểm S di chuyển trên đường thẳng d thì điểm M di chuyển trên đường nào? Tại sao?

Gọi \(HO \cap AB = \left\{ K \right\}\).

Xét \(\Delta OMK\) và \(\Delta OHS\) có: \(\angle O\)chung; \(\angle OMK = \angle OHS\,\,\,( = {90^o})\)

\( \Rightarrow \Delta OMK \sim \Delta OHS\)(g.g) \( \Rightarrow \frac{{OK}}{{OS}} = \frac{{OM}}{{OH}} \Rightarrow OK.OH = OM.OS = {R^2}\)

Vì H cố định \( \Rightarrow \)OH cố định mà R cố định\( \Rightarrow \)OK cố định.

Mặt khác \(\angle OMK = {90^o}\)\( \Rightarrow \)M thuộc đường tròn đường kính OK cố định.

Vậy khi điểm S di chuyển trên đường thẳng d thì điểm M di chuyển trên đường tròn đường kính OK cố định.

5. Cho ba số thực dương \(x,\,y,\,z\) thỏa mãn \(x + y + z = 1\)

Chứng minh rằng \(P = \frac{{5{y^3} – {x^3}}}{{yx + 3{y^2}}} + \frac{{5{z^3} – {y^3}}}{{zy + 3{z^2}}} + \frac{{5{x^3} – {z^3}}}{{xz + 3{x^2}}} \le 1\)

Với \(x,y,z > 0\) ta có :  \(\frac{{5{y^3} – {x^3}}}{{yx + 3{y^2}}} \le 2y – x \Leftrightarrow 5{y^3} – {x^3} \le  – {x^2}y + 6{y^3} – x{y^2}\)

\( \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} – xy\left( {x + y} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + y} \right){\left( {x – y} \right)^2} \ge 0\)luôn đúng với mọi \(x,\;y > 0.\)

\( \Rightarrow \frac{{5{y^3} – {x^3}}}{{yx + 3{y^2}}} \le 2y – x\)đúng với \(x,y,z > 0\)

Tương tự ta được \(\frac{{5{z^3} – {y^3}}}{{zy + 3{z^2}}} \le 2z – y\,;\,\,\frac{{5{x^3} – {z^3}}}{{xz + 3{x^2}}} \le 2x – z\)

\( \Rightarrow P = \frac{{5{y^3} – {x^3}}}{{yx + 3{y^2}}} + \frac{{5{z^3} – {y^3}}}{{zy + 3{z^2}}} + \frac{{5{x^3} – {z^3}}}{{xz + 3{x^2}}} \le 2y – x + 2z – y + 2x – z = x + y + z = 1\)

Dấu ‘=’ xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}x = y = z\\x + y + z = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z = \frac{1}{3}\)