Đề kiểm tra học kì 1 Toán 9 - Đề số 1 — Không quảng cáo

• A.

  Nằm ngoài nhau

• B.

  Cắt nhau

• C.

  Tiếp xúc ngoài

• D.

  Tiếp xúc trong

• A.

  $AC > CD$

• B.

  $AC = CD$

• C.

  $AC < CD$

• D.

  $CD = OD$

• A.

  \(x = 1;x = 36\)

• B.

  \(x = 16\)

• C.

  \(x = 4;x = 6\)

• D.

  \(x = 16; x = 36\)

• A.

  \(P = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}}\)

• B.

  \(P = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}}\)

• C.

  \(P = \dfrac{{3 + \sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}}\)

• D.

  \(P = \dfrac{{ - \sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}}\)

• A.

  $\dfrac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = \dfrac{{HC}}{{HB}}$

• B.

  $\dfrac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = \dfrac{{HB}}{{HC}}$

• C.

  $\dfrac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = \dfrac{{HA}}{{HB}}$

• D.

  $\dfrac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = \dfrac{{HC}}{{HA}}$

• A.

  $\dfrac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}} = \dfrac{{BD}}{{EC}}$

• B.

  $\dfrac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}} = \dfrac{{AD}}{{EC}}$

• C.

  $\dfrac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}} = \dfrac{{BD}}{{ED}}$

• D.

  $\dfrac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}} = \dfrac{{EC}}{{BD}}$

Sử dụng kiến thức căn thức bậc hai của một thương.

Với số \(a\) không âm và số \(b\) dương , ta có \(\sqrt {\dfrac{a}{b}}  = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt b }}\)

Từ đó suy ra  \(\dfrac{{\sqrt {ab} }}{{\sqrt c }} = \sqrt {\dfrac{{ab}}{c}} \) với \(c > 0.\)

Sử dụng bảng vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn

+) Vì \(d > R\left( {5\,cm < 3\,cm} \right)\) nên đường thẳng không cắt đường tròn hay (1) điền là: Không cắt nhau.

+) Vì đường thẳng tiếp xúc với đường tròn nên \(d = R = 9\,cm\) hay (2) điền là \(9\,cm\)

- Trong một đường tròn:

+ Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm.

- Trong hai dây của một đường tròn:

+ Dây nào lớn hơn thì dây đó gần tâm hơn.

+ Dây nào gần tâm hơn thì dây đó lớn hơn,

Nên phương án B,C,D đúng.

Sử dụng nhận xét : Với góc nhọn \(\alpha ,\,\beta ,\) ta có: $\sin \alpha  < \sin \beta  \Leftrightarrow \alpha  < \beta $

Vì $20^\circ  < 70^\circ  \Leftrightarrow \sin 20^\circ  < \sin 70^\circ $.

Nhận thấy \(ah = bc\) nên phương án C là sai.

Sử dụng nhận xét: “ Trong tam giác vuông trung điểm cạnh huyền là tâm đường tròn ngoại tiếp” từ đó suy ra bán kính của đường tròn ngoại tiếp.

Trong tam giác vuông trung điểm cạnh huyền là tâm đường tròn ngoại tiếp. Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông bằng nửa cạnh huyền.

- Sử dụng công thức khai phương một tích  \(\sqrt {AB}  = \sqrt A .\sqrt B ,\,\,\left( {A,B \ge 0} \right)\) đưa biểu thức về các căn thức cùng loại (cùng biểu thức dưới dấu căn).

- Sử dụng \(\sqrt {{A^2}B}  = \left| A \right|\sqrt B  = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,khi\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,khi\,A < 0\end{array} \right.\)

- Cộng trừ các căn thức.

\(2\sqrt {32}  - \sqrt {27}  - 4\sqrt 8  + 3\sqrt {75} \)\( = 2\sqrt {16.2}  - \sqrt {9.3}  - 4\sqrt {4.2}  + 3\sqrt {25.3}  \)\(= 8\sqrt 2  - 3\sqrt 3  - 8\sqrt 2  + 15\sqrt 3  = 12\sqrt 3 \)

Xét tam giác  \(ABC\) vuông tại \(A\) có

$\tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow AB = AC.\tan C = 10.\tan 30^\circ  = \dfrac{{10\sqrt 3 }}{3}$; $\cos C = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AC}}{{\cos C}} = \dfrac{{10}}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{20\sqrt 3 }}{3}$

Vậy $AB = \dfrac{{10\sqrt 3 }}{3};BC = \dfrac{{20\sqrt 3 }}{3}$.

Sử dụng cách vẽ đồ thị hàm số

Đồ thị hàm số $y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ là một đường thẳng

Nếu \(b \ne 0\) thì đồ thị \(y = ax + b\) là đường thẳng đi qua các điểm \(A(0;b),\,\,B\left( { - \dfrac{b}{a};0} \right).\)

Đồ thị hàm số $y = 2x + 1$ là đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ $\left( {0;1} \right)$ và $\left( {1;3} \right)$ nên hình 1 là đồ thị hàm số $y = 2x + 1$.

Sử dụng định nghĩa hàm số bậc nhất

Hàm số bậc nhất là hàm số dạng \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\)

Hàm số \(y = \dfrac{1}{{\sqrt {2m - 3} }}x + m\) là hàm số bậc nhất khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt {2m - 3} }}>0\\\sqrt {2m - 3}  \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 2m - 3 > 0 \Leftrightarrow m > \dfrac{3}{2}.\)

- Viết phương trình đường thẳng $(d)$ đi qua 2 điểm cho trước $A;B$.

- Để $3$ điểm $A;B;C$ thẳng hàng thì $C \in (d)$

Gọi $d:y = {\rm{ax}} + b$ là đường thẳng đi qua $A$ và $B$.

$\begin{array}{l}A(0;3) \in d \Leftrightarrow a.0 + b = 3 \Leftrightarrow b = 3\\B(2;2) \in d \Leftrightarrow a.2 + b = 2\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\2a + b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow d:y =  - \dfrac{1}{2}x + 3\end{array}$

Để $3$  điểm $A,B,C$ thẳng hàng thì $C(m + 3;m) \in (d):y =  - \dfrac{1}{2}x + 3$

$ \Leftrightarrow m =  - \dfrac{1}{2}\left( {m + 3} \right) + 3 \Leftrightarrow \dfrac{3}{2}m = \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow m = 1$.

Vậy $m = 1$.

Sử dụng công thức khai phương một thương: Với số $a$ không âm và số $b$ dương , ta có $\sqrt {\dfrac{a}{b}}  = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt b }}$.

Vì $ - 999 < 0;111 > 0 \Rightarrow \dfrac{{ - 999}}{{111}} < 0$ nên không tồn tại căn bậc hai của số âm

Đường tròn là hình có tâm đối xứng. Tâm đường tròn là tâm đối xứng của đường tròn đó.

Nên đường tròn có một tâm đối xứng duy nhất là tâm của đường tròn.

Hàm số có dạng \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) là hàm số bậc nhất.

Sử dụng công thức trục căn thức của biểu thức lấy căn.

Với các biểu thức \(A,B,C\) mà \(A,B,C > 0\), ta có: \(\sqrt {\dfrac{A}{{BC}}}  = \dfrac{{\sqrt {ABC} }}{{\left| {BC} \right|}} = \dfrac{{\sqrt {ABC} }}{{BC}}\) (vì \(B,C > 0\))

Cho hai đường thẳng $d:y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ và $d':y = a'x + b'\,\,\left( {a' \ne 0} \right)$.

\(d\) cắt $d'$\( \Leftrightarrow a \ne a'\).

Ta có \(\tan \widehat {MNP} = \dfrac{{MP}}{{MN}}\)

• A.

  Nằm ngoài nhau

• B.

  Cắt nhau

• C.

  Tiếp xúc ngoài

• D.

  Tiếp xúc trong

• A.

  $AC > CD$

• B.

  $AC = CD$

• C.

  $AC < CD$

• D.

  $CD = OD$

- Tìm tọa độ giao điểm 2  đường thẳng cho trước $d';d''$

- Cho giao điểm vừa tìm được thuộc vào đường thẳng $d$.

Điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b \)\(\Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm $A$ của $\left( {d'} \right)$  và $\left( {d''} \right)$:

$\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 4 =  - 3x - 1}\\{ \Leftrightarrow 5x =  - 5}\\{ \Leftrightarrow x =  - 1}\\{ \Rightarrow y = 2\left( { - 1} \right) + 4 = 2}\\{ \Rightarrow A\left( { - 1;2} \right)}\end{array}$

Để $\left( d \right);\left( {d'} \right);\left( {d''} \right)$ đồng quy thì $A\left( { - 1;2} \right) \in \left( d \right)$

$\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 2 = \left( {m + 2} \right).\left( { - 1} \right) - 3m}\\{ \Leftrightarrow 2 =  - 2 - 4m}\\{ \Leftrightarrow 4m =  - 4}\\{ \Leftrightarrow m =  - 1}\end{array}$

Vậy khi $m =  - 1$ thì $\left( d \right);\left( {d'} \right);\left( {d''} \right)$  đồng quy tại $A\left( { - 1;2} \right)$.

• A.

  \(x = 1;x = 36\)

• B.

  \(x = 16\)

• C.

  \(x = 4;x = 6\)

• D.

  \(x = 16; x = 36\)

• A.

  \(P = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}}\)

• B.

  \(P = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}}\)

• C.

  \(P = \dfrac{{3 + \sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}}\)

• D.

  \(P = \dfrac{{ - \sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}}\)

• A.

  $\dfrac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = \dfrac{{HC}}{{HB}}$

• B.

  $\dfrac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = \dfrac{{HB}}{{HC}}$

• C.

  $\dfrac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = \dfrac{{HA}}{{HB}}$

• D.

  $\dfrac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = \dfrac{{HC}}{{HA}}$

• A.

  $\dfrac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}} = \dfrac{{BD}}{{EC}}$

• B.

  $\dfrac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}} = \dfrac{{AD}}{{EC}}$

• C.

  $\dfrac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}} = \dfrac{{BD}}{{ED}}$

• D.

  $\dfrac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}} = \dfrac{{EC}}{{BD}}$

- Tìm điều kiện xác định.

- Sử dụng hằng đẳng thức \({\left( {\sqrt A } \right)^2} = A\) khi \(A > 0\) để đưa phương trình về dạng đã biết.

- So sánh điều kiện rồi kết luận nghiệm.

Điều kiện: \(2x - 5 > 0 \Leftrightarrow x > \dfrac{5}{2}\)

Với điều kiện trên ta có: \(\dfrac{{8 + 3x}}{{\sqrt {2x - 5} }} = \sqrt {2x - 5} \)\( \Rightarrow 8 + 3x = {\left( {\sqrt {2x - 5} } \right)^2} \Leftrightarrow 8 + 3x = 2x - 5\)\(\Leftrightarrow x = -13\,\left( {KTM} \right)\)

Vậy phương trình vô nghiệm.

- Sử dụng công thức khai phương một tích để xuất hiện nhân tử chung và rút gọn

$\sqrt {AB}  = \sqrt A .\sqrt B \,\,\left( {A,B \ge 0} \right)$

- Hoặc trục căn thức ở mẫu rồi rút gọn

Với các biểu thức $A,B,C$ mà $A \ge 0,A \ne {B^2}$, ta có $\dfrac{C}{{\sqrt A  + B}} = \dfrac{{C\left( {\sqrt A  - B} \right)}}{{A - {B^2}}};\dfrac{C}{{\sqrt A  - B}} = \dfrac{{C\left( {\sqrt A  + B} \right)}}{{A - {B^2}}}$

Ta có \(\left( {\dfrac{{\sqrt {14}  - \sqrt 7 }}{{1 - \sqrt 2 }} + \dfrac{{\sqrt {15}  - \sqrt 5 }}{{1 - \sqrt 3 }}} \right):\dfrac{1}{{\sqrt 7  - \sqrt 5 }}\)$ = \left( {\dfrac{{\sqrt 2 .\sqrt 7  - \sqrt 7 }}{{1 - \sqrt 2 }} + \dfrac{{\sqrt 5 .\sqrt 3  - \sqrt 5 }}{{1 - \sqrt 3 }}} \right):\dfrac{1}{{\sqrt 7  - \sqrt 5 }}$

$ = \left( {\dfrac{{\sqrt 7 \left( {\sqrt 2  - 1} \right)}}{{1 - \sqrt 2 }} + \dfrac{{\sqrt 5 \left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{{1 - \sqrt 3 }}} \right).\left( {\sqrt 7  - \sqrt 5 } \right)$

$ = \left( { - \sqrt 7  - \sqrt 5 } \right).\left( {\sqrt 7  - \sqrt 5 } \right)$

$=  - \left( {\sqrt 7  + \sqrt 5 } \right)\left( {\sqrt 7  - \sqrt 5 } \right)$

$=  - \left( {7 - 5} \right) =  - 2$

-Sử dụng các phép biến đổi như trục căn thức ở mẫu và đưa về hằng đẳng thức để rút gọn biến số trước khi thay vào biểu thức

-Thay giá trị của biến (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức và thực hiện phép tính

Ta có $x = \dfrac{2}{{2 - \sqrt 3 }} = \dfrac{{2\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}} = \dfrac{{4 + 2\sqrt 3 }}{{4 - 3}} = 4 + 2\sqrt 3  = {\left( {\sqrt 3  + 1} \right)^2}$.$ \Rightarrow \sqrt x  = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}^2}}  = \sqrt 3  + 1$

Khi đó ta có $P = \dfrac{{4 + 2\sqrt 3 }}{{\sqrt 3  + 1 + 1}} = \dfrac{{4 + 2\sqrt 3 }}{{\sqrt 3  + 2}} = \dfrac{{2\left( {\sqrt 3  + 2} \right)}}{{\sqrt 3  + 2}} = 2$.

Để \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là giao của hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) ta thay tọa độ điểm \(M\) vào từng phương trình đường thẳng để tìm \(m\).

Nhận thấy \(M \in {d_2}\).

Ta thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình \({d_1}\) được phương trình \(3 =  - \left( {2m - 2} \right).1 + 4m \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{2}\)

Vậy \(m = \dfrac{1}{2}.\)

Bước 1: Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là \(y = ax + b\,\,\)\(\left( {a \ne 0} \right)\)

Bước 2:  Thay tọa độ hai điểm \(A,B\) vào phương trình đường thẳng \(d\) để tìm hệ số \(a,b\).

Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là \(y = ax + b\,\,\)\(\left( {a \ne 0} \right)\)

Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta được \(3a + b = 3\)\( \Rightarrow b = 3 - 3a\)

Thay tọa độ điểm \(B\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta được \( - 1.a + b = 4\)\( \Rightarrow b = 4 + a\)

Suy ra \(3 - 3a = 4 + a \Leftrightarrow 4a =  - 1 \Leftrightarrow a =  - \dfrac{1}{4}\)\( \Rightarrow b = 4 + a = 4 + \left( { - \dfrac{1}{4}} \right) = \dfrac{{15}}{4} \Rightarrow y = \dfrac{{ - 1}}{4}x + \dfrac{{15}}{4}\).

Vậy \(d:y =  - \dfrac{1}{4}x + \dfrac{{15}}{4}\).

Gọi phương trình đường thẳng \(d:y = ax + b\)\(\left( {a \ne 0} \right)\)

Xác định hệ số \(a\) dựa vào góc tạo bởi đường thẳng với trục \(Ox\), tìm \(b\) dựa vào điểm đi qua

Gọi phương trình đường thẳng \(d:y = ax + b\) \(\left( {a \ne 0} \right)\)

Vì góc tạo bởi đường thẳng \(d\) và trục \(Ox\) là \(30^\circ \) nên \(a = \tan 30^\circ  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow y = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}x + b\)

Vì đường thẳng \(d\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \(6\) nên \(d\) giao với trục hoành tại \(A\left( {6;0} \right)\).

Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta được \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}.6 + b = 0 \Rightarrow b =  - 2\sqrt 3 \)

Nên \(d:y = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}x - 2\sqrt 3 \).

Bước 1: Tính $AH$ theo hệ thức $A{H^2} = BH.CH$

Bước 2: Tính $x;y$ theo định lý Pytago

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có:

$A{H^2} = BH.CH$$ \Rightarrow A{H^2} = 1.4 \Rightarrow AH = 2$

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông $AHB;AHC$ ta có

$AB = \sqrt {A{H^2} + H{B^2}}  = \sqrt 5 ;AC = \sqrt {A{H^2} + H{C^2}}  = 2\sqrt 5 $

Vậy $x = \sqrt 5 ;y = 2\sqrt 5 $ .

Chia cả tử và mẫu cho \({\cos ^2}\alpha \) rồi sử dung công thức \(\tan \alpha  = \dfrac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }};\,1 + {\tan ^2}\alpha  = \dfrac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}\) đề biến đổi và tính toán

Vì \(\tan \alpha  = 3 \ne 0 \Rightarrow \cos \alpha  \ne 0.\) Chia cả tử và mẫu của \(B\) cho \({\cos ^2}\alpha \) ta được

\(B = \dfrac{{\dfrac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} - 3\dfrac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}}}{{\dfrac{3}{{{{\cos }^2}\alpha }} - \dfrac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}}} = \dfrac{{1 - 3{{\tan }^2}\alpha }}{{3.\dfrac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} - {{\tan }^2}\alpha }}\)

\( = \dfrac{{1 - 3{{\tan }^2}\alpha }}{{3\left( {1 + {{\tan }^2}\alpha } \right) - {{\tan }^2}\alpha }} = \dfrac{{1 - 3{{\tan }^2}\alpha }}{{3 + 2{{\tan }^2}\alpha }}\)

\( = \dfrac{{1 - 3.9}}{{3 + 2.9}} =  - \dfrac{{26}}{{21}}\)

Hay \(B =  - \dfrac{{26}}{{21}} < 0\)

Từ giả thiết ta có chiều dài ban đầu của cây là $AD$; sau khi bị sét đánh thì cây còn lại $AC = 1\,\,m;\widehat {CBA} = 40^\circ $và $CD = CB$.

Xét tam giác $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có $BC = \dfrac{{AC}}{{\sin 40^\circ }} = 1,56\,m$ nên $CD=1,56\,m$

Suy ra $AD = AC + CD $

$= 1 + 1,56 = 2,56\,m$.

Vậy cây cao $2,56\,m$.

Bước 1: Đưa các điểm đã cho về các đỉnh của tam giác vuông.

Bước 2: Tìm điểm cách đều cả bốn đỉnh $A,D,E,M$. Điểm đó chính là tâm của đường tròn.

+) Ta có \(\Delta DCN = \Delta CMB\left( {c - g - c} \right) \)

$\Rightarrow\widehat {CDN} = \widehat {ECN}$ nên $\widehat {CNE} + \widehat {ECN} = \widehat {CNE} + \widehat {CDN} = 90^\circ $ suy ra $\widehat {CEN} = 90^\circ  \Rightarrow CM \bot DN$

+) Gọi $I$ là trung điểm của $DM$.

Xét tam giác vuông $ADM$ ta có $AI = ID = IM = \dfrac{{DM}}{2}$. Xét tam giác vuông $DEM$ ta có $EI = ID = IM = \dfrac{{DM}}{2}$

Nên $EI = ID = IM = IA = \dfrac{{DM}}{2}$

Do đó bốn điểm $A,D,E,M$ cùng thuộc đường tròn tâm $I$ bán kính $\dfrac{{DM}}{2}$.

Kẻ các đường vuông góc từ tâm đến dây.

Sử dụng mối liên hệ giữa dây và đường kính và tính chất hình chữ nhật để suy ra khoảng cách.

Xét đường tròn tâm \(\left( O \right)\),

Kẻ \(OE \bot AB\) tại \(E\) suy ra \(E\) là trung điểm của \(AB\), kẻ \(OF \bot CD\) tại \(F\) suy ra \(F\) là trung điểm của \(CD\),

Xét tứ giác \(OEMF\) có \(\widehat E = \widehat F = \widehat M = 90^\circ \) nên \(OEIF\) là hình chữ nhật, suy ra \(FM = OE\).

Ta có \(CD = 8\,cm \Rightarrow FC = 4\,cm\) mà \(MC = 1\,cm \Rightarrow FM = FC - MC = 4 - 1 = 3\,cm\) nên \(OE = FM = \,3cm\)

Vậy khoảng cách từ tâm \(O\) đến dây \(AB\) là \(3\,cm\)

Sử dụng  cách chứng minh tiếp tuyến

Để chứng minh đường thẳng $d$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại tiếp điểm là $M$ ta chứng minh $OM \bot d$ tại $M$ và $M \in \left( O \right)$.

Gọi $O$ là trung điểm $AI$. Xét tam giác vuông $AIK$ có $OK = OI = OA \Rightarrow K \in \left( {O;\dfrac{{AI}}{2}} \right)$ (*)

Ta đi chứng minh $OK \bot KH$ tại $K$.

Xét tam giác $OKA$ cân tại $O$ ta có $\widehat {OKA} = \widehat {OAK}$ $\left( 1 \right)$

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ có đường cao $AH$ nên $H$ là trung điểm của$BC$ . Xét tam giác vuông $BKC$ có $HK = HB = HC = \dfrac{{BC}}{2}$

Suy ra tam giác $KHB$ cân tại $H$ nên $\widehat {HKB} = \widehat {HBK}$$\left( 2 \right)$

Mà $\widehat {HBK} = \widehat {KAH}$ (cùng phụ với $\widehat {ACB}$) $\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right);\left( 2 \right);\left( 3 \right)$ suy ra $\widehat {HKB} = \widehat {AKO}$ mà $\widehat {AKO} + \widehat {OKI} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {HKB} + \widehat {OKI} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {OKH} = 90^\circ $ hay $OK \bot KH$ tại $K$ (**)

Từ (*) và (**) thì $HK$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AI$.

Bước 1: Xác định khoảng cách từ tâm $A$ đến các trục tọa độ.

Bước 2: Sử dụng vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn.

Vì $A\left( {4;5} \right)$ nên khoảng cách từ $A$ đến trục hoành là ${d_1} = \left| {{y_A}} \right| = 5$, khoảng cách từ $A$ đến trục tung là ${d_2} = \left| {{x_A}} \right| = 4$

Nhận thấy ${d_2} = R\left( { = 5} \right)$ nên trục hoành tiếp xúc với đường tròn $\left( {A;5} \right)$.

Và ${d_2} = 4 < 5 = R$ nên trục tung cắt đường tròn $\left( {A;5} \right)$.

Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và công thức chu vi tam giác

Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn

Xét \(\left( O \right)\) có \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) mà \(\widehat {AMB} = 60^\circ \) nên \(\Delta MAB\) đều suy ra chu vi \(\Delta MAB\) là \(MA + MB + AB = 3AB = 24 \)\(\Rightarrow AB = 8cm = MA = MB\)

Lại có \(\widehat {AMO} = \dfrac{1}{2}\widehat {AMB} = 30^\circ \) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Xét tam giác vuông \(MAO\) có \(\tan \widehat {AMO} = \dfrac{{OA}}{{MA}} \Rightarrow OA = MA.\tan 30^\circ  = \dfrac {8}{\sqrt 3}\,cm\)

- Xác định giao điểm 2 đường thẳng đã cho

- Dựng đường cao của tam giác được tạo thành

- Tính độ dài các đoạn thẳng

- Tính diện tích tam giác.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của ${d_1};{d_2}$

$x + 2 =  - 2x + 5 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y = 3 \Rightarrow {d_1} \cap {d_2}$ tại $ M(1;3)$

Gọi $H$ là chân đường vuông góc kẻ từ $M$ tới $Ox$. Suy ra $MH = 3$

$d \cap Ox$ tại $ A( - 2;0) \Rightarrow OA = 2$

$d' \cap Ox$ tại $ B\left( {\dfrac{5}{2};0} \right) \Rightarrow OB = \dfrac{5}{2}$

$\Rightarrow AB = OA+OB=2 + \dfrac{5}{2} = \dfrac{9}{2}$

${S_{MAB}} = \dfrac{1}{2}AB.MH = \dfrac{1}{2}.\dfrac{9}{2}.3 = \dfrac{{27}}{4}\,(dvdt)$

+ Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn

+ Tam giác đồng dạng

+ Tính chất dãy tỉ số bằng nhau

Ta có: \(\tan B = \dfrac{{AD}}{{BD}};\tan C = \dfrac{{AD}}{{CD}}\).

Suy ra \(\tan B.\tan C = \dfrac{{A{D^2}}}{{BD.CD}}\)   (1)

\(\widehat {HBD} = \widehat {CAD}\) (cùng phụ với \(\widehat {ACB}\)); \(\widehat {HDB} = \widehat {ADC} = {90^0}\).

Do đó \(\Delta BDH \backsim \Delta ADC\) (g.g), suy ra \(\dfrac{{DH}}{{DC}} = \dfrac{{BD}}{{AD}}\), do đó \(BD.DC = DH.AD\)  (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\tan B.\tan C = \dfrac{{A{D^2}}}{{DH.AD}} = \dfrac{{AD}}{{DH}}\)  (3).

Theo giả thiết \(\dfrac{{HD}}{{AH}} = \dfrac{1}{2}\) suy ra \(\dfrac{{HD}}{{AH + HD}} = \dfrac{1}{{2 + 1}}\) hay \(\dfrac{{HD}}{{AD}} = \dfrac{1}{3}\), suy ra \(AD = 3HD\).

Thay vào (3) ta được: \(\tan B.\tan C = \dfrac{{3HD}}{{DH}} = 3\).