Đề kiểm tra học kì 2 Toán 9 - Đề số 2 — Không quảng cáo

Số đo của cung nhỏ bằng số đo của góc ở tâm chắn cung đó.

Cho đường tròn tâm \((O)\) có \(Ax\) là tia tiếp tuyến tại tiếp điểm $A$ và dây cung $AB.$ Khi đó, góc \(BAx\)là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung.

+) Trong một đường tròn, đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì đi qua trung điểm của dây căng cung ấy.

+) Trong một đường tròn, đường kính đi qua trung điểm của một dây ( không đi qua tâm ) thì đi qua điểm chính giữa của cung bị căng bởi dây ấy.

+) Trong một đường tròn, đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì vuông góc với dây căng cung ấy và ngược lại.

Nhân cả hai vế của phương trình thứ nhất với 3 để được phương trình mới có hệ số của biến đối nhau.

Sử dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ.

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 1\\4x + y = 9\end{array} \right. \)

$\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 1\\12x + 3y = 27\end{array} \right.$

$\left\{\begin{array}{l}2x - 3y = 1\\2x - 3y+12x+3y =1+ 27\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 1\\14x = 28\end{array} \right. $

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\)

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\)

$ \Rightarrow x - y = 2 - 1 = 1$ .

Sử dụng  tính chất đường nối tâm của hai đường tròn cắt nhau và hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Vì $OA$ là tiếp tuyến của $\left( {O'} \right)$ nên $\Delta OAO'$ vuông tại $A$.

Vì $\left( O \right)$ và $\left( {O'} \right)$ cắt nhau tại $A,B$ nên đường nối tâm $OO'$ là trung trực của đoạn $AB$.

Gọi giao điểm của $AB$ và $OO'$ là $I$ thì $AB \bot OO'$ tại $I$ là trung điểm của $AB$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OAO'$ ta có

$\dfrac{1}{{A{I^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O'{A^2}}} = \dfrac{1}{{{8^2}}} + \dfrac{1}{{{6^2}}} \Rightarrow AI = 4,8\,cm \Rightarrow AB = 9,6\,cm$

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

+) Vì $d < R\left( {4cm < 5cm} \right)$ nên đường thẳng cắt đường tròn

+) Vì đường thẳng tiếp xúc với đường tròn nên $d = R = 8\,cm$

Sử dụng vị trí tương đối giữa hai đường thẳng

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

+) $d{\rm{//}}d' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.$

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

+) \(d \equiv d' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b = b'\end{array} \right.\).

+) \(d \bot d' \Leftrightarrow a.a' =  - 1\).

Ta thấy $d:y = x + 3$ có $a = 1$ và $d':y =  - 2x$ có $a' =  - 2$$ \Rightarrow a \ne a'\left( {1 \ne  - 2} \right)$ nên $d$ cắt $d'$.

-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).

-Cộng trừ các căn thức

\(\sqrt {32}  + \sqrt {50}  - 3\sqrt 8  - \sqrt {18} \)\( = \sqrt {16.2}  + \sqrt {25.2}  - 3\sqrt {4.2}  - \sqrt {9.2} \)

\(= 4\sqrt 2  + 5\sqrt 2  - 6\sqrt 2  - 3\sqrt 2  = 0\)

Sử dụng công thức đưa thừa số ra ngoài dấu căn: Với hai biểu thức $A,B$ mà $B \ge 0$, ta có $\sqrt {{A^2}B}  = \left| A \right|\sqrt B  = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,{\rm{khi}}\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,{\rm{khi}}\,A < 0\end{array} \right.$

Ta có $\sqrt {81{{\left( {2 - y} \right)}^4}}  = \sqrt {81.{{\left[ {{{\left( {2 - y} \right)}^2}} \right]}^2}}  = \left| {{{\left( {2 - y} \right)}^2}} \right|\sqrt {81}  = 9{\left( {2 - y} \right)^2}$

Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(BC = a,AC = b,AB = c.\) Ta có :

+) Theo định lý Py-ta-go ta có ${a^2} = {b^2} + {c^2}$ nên C đúng

+) Theo hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông ta có

\(b = a.\sin B = a.\cos C\); \(c = a.\sin C = a.\cos B\); \(b = c.\tan B = c.\cot C\); \(c = b.\tan C = b.\cot B\).

Nên A,D đúng.

Bất kì đa giác đều nào cũng có một và chỉ một đường tròn ngoại tiếp, có một và chỉ một đường tròn nội tiếp.

Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ ${S_{xq}} = 2\pi Rh$ và diện tích một đáy ${S_d} = \pi {R^2}.$

Bán kính đường tròn đáy \(R = \dfrac{8}{2} = 4\,cm\)  nên diện tích một đáy ${S_d} = \pi {R^2} = 16\pi \,(c{m^2})$

Ta có diện tích xung quanh của hình trụ: ${S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .4.12 = 96\pi \,(c{m^2})$

Vì hộp sữa đã mất nắp nên diện tích các mặt của hộp sữa là:

\(96\pi  + 16\pi  = 112\pi \,\left( {c{m^2}} \right).\)

Bước 1: Thay tọa độ điểm $A$ vào phương trình đường thẳng $d$ để tìm $m$ và đưa phương trình về dạng $y = ax + b$ .

Bước 2: Sử dụng  lý thuyết về hệ số góc của đường thẳng.

Đường thẳng $d$ có phương trình \(y = ax + b\,\left( {a \ne 0} \right)\) có $a$ là hệ số góc.

Thay tọa độ điểm $A$ vào phương trình đường thẳng $d$ ta được $\left( {m + 2} \right).\left( { - 1} \right) - 5 = 2 \Leftrightarrow -m-2=7\Leftrightarrow m = -9$

Suy ra $d:y = -7x - 5$

Hệ số góc của đường thẳng $d$ là $k = -7$ .

Ta có $\sin P = \dfrac{{MN}}{{MP}} \Rightarrow MN = MP.\sin P$.

Bước 1: Giải phương trình hoành độ giao điểm.

Bước 2: Số nghiệm vừa tìm được của phương trình là số giao điểm của đường thẳng và parabol

Xét phương trình hoành độ giao điểm ${x^2} = 2x + 4 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 4 = 0$ có $\Delta ' = 5 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt hay đường thẳng cắt parabol tại hai điểm phân biệt.

Thay $x = {x_0}$ vào phương trình đã cho ta được phương trình ẩn $m$. Giải phương trình ta tìm được $m$.

Thay $x = 2$ vào phương trình $2m{x^2} - \left( {2m + 1} \right)x - 3 = 0$ ta được:

$2m{.2^2} - \left( {2m + 1} \right).2 - 3 = 0 $

$ 4m - 5 = 0$

$m = \dfrac{5}{4}$

Vậy $m = \dfrac{5}{4}$ là giá trị cần tìm.

Sử dụng góc nội tiếp và góc có đỉnh bên ngoài đường tròn

Xét nửa \(\left( O \right)\) có \(\widehat {BAC} = \dfrac{1}{2}\) sđ \(\overparen{BC}\) (góc nội tiếp chắn cung BC) và \(\widehat {CDA} = \dfrac{1}{2}\) (sđ \(\overparen{AC} - \) sđ \(\overparen{BC}\) ) (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn)

Mà \(\Delta ADC\) cân tại \(C\) nên \(\widehat {DAC} = \widehat {CDA} \Leftrightarrow \) sđ \(\overparen{BC} = \) sđ \(\overparen{AC} - \) sđ \(\overparen{BC}\)

Suy ra sđ \(\overparen{AC} = 2\). sđ \(\overparen{BC}\)

Mà sđ \(\overparen{AC} + \) sđ \(\overparen{BC} = 180^\circ \) nên sđ \(\overparen{AC} = 120^\circ \) ; sđ\(\overparen{BC}= 60^\circ \)

Do đó $\widehat {ADC} = 30^\circ $.

Nếu \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình $a{x^2} + bx + c = 0\,\,(a \ne 0)$ thì  \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a}\\{x_1} \cdot {x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right..\)

Phương trình ${x^2} - 6x + 7 = 0$ có $\Delta  = {\left( { - 6} \right)^2} - 4.1.7 = 8 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$

Theo định lí Viète, ta có ${x_1} + {x_2} =  - \dfrac{{ - 6}}{1} = 6$

Sử dụng công thức đưa thừa số vào trong dấu căn và công thức khai phương một tích để xuất hiện nhân tử chung từ đó thực hiện phép tính.

Đưa thừa số vào trong dấu căn

+) $A\sqrt B  = \sqrt {{A^2}B} $ với $A \ge 0$ và $B \ge 0$

+) $A\sqrt B  =  - \sqrt {{A^2}B} $ với $A < 0$ và $B \ge 0$

Công thức khai phương một tích

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

Ta có \(5\sqrt a  - 4b\sqrt {25{a^3}}  + 5a\sqrt {16a{b^2}}  - \sqrt {9a} \)$ = 5\sqrt a  - 4\sqrt {25{a^3}{b^2}}  + 5\sqrt {16a{b^2}.{a^2}}  - \sqrt 9 .\sqrt a $

$ = 5\sqrt a  - 4\sqrt {25} .\sqrt {{a^3}{b^2}}  + 5\sqrt {16} .\sqrt {{a^3}{b^2}}  - 3\sqrt a $$ = \left( {5\sqrt a  - 3\sqrt a } \right) - \left( {4.5\sqrt {{a^3}{b^2}}  - 5.4\sqrt {{a^3}{b^2}} } \right)$$ = 2\sqrt a $

-Sử dụng công thức khai phương một thương \(\sqrt {\dfrac{A}{B}}  = \dfrac{{\sqrt A }}{{\sqrt B }}\) với \(A \ge 0,B > 0\) và công thức khai phương một tích  \(\sqrt {AB}  = \sqrt A .\sqrt B ,\,\,\left( {A,B \ge 0} \right)\)

-Khử mẫu biểu thức lấy căn theo công thức \(\sqrt {\dfrac{A}{B}}  = \dfrac{{\sqrt {AB} }}{B}\,\left( {A \ge 0,B > 0} \right)\)

-Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right|\)

-Cộng trừ các căn thức bậc hai.

Với $a>0$ ta có \(2\sqrt a  - \sqrt {9{a^3}}  + {a^2}\sqrt {\dfrac{{16}}{a}}  + \dfrac{2}{{{a^2}}}\sqrt {36{a^5}} \)$ = 2\sqrt a  - \sqrt {9{a^2}.a}  + {a^2}\dfrac{{\sqrt {16a} }}{a} + \dfrac{2}{{{a^2}}}.\sqrt {36{a^4}.a} $

$ = 2\sqrt a  - 3a\sqrt a  + 4a\sqrt a  + \dfrac{2}{{{a^2}}}.6{a^2}\sqrt a $$ = 2\sqrt a  - 3a\sqrt a  + 4a\sqrt a  + 12\sqrt a  = 14\sqrt a  + a\sqrt a $

+) Tìm điều kiện để hàm số $y=ax+b$ là hàm số bậc nhất là $a\ne 0$

+) Sử dụng vị trí tương đối giữa hai đường thẳng:

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

+) $d{\rm{//}}d' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.$

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

+) \(d \equiv d' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b = b'\end{array} \right.\).

+) \(d \bot d' \Leftrightarrow a.a' =  - 1\).

+) Ta thấy $d:y = \left( {m + 2} \right)x - m$ có $a = m + 2$ và $d':y =  - 2x - 2m + 1$ có $a' =  - 2$ .

+) Để $y = \left( {m + 2} \right)x - m$ là hàm số bậc nhất thì $m + 2 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  - 2$

+) Để \(d\) cắt $d'$\( \Leftrightarrow a \ne a'\)

$ \Leftrightarrow m + 2 \ne  - 2 \Leftrightarrow m \ne  - 4$

Vậy $m \ne \left\{ { - 2; - 4} \right\}$.

Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn có nghiệm $\left( {{x_0};{y_0}} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a{x_0} + b{y_0} = c\\a'{x_0} + b'{y_0} = c'\end{array} \right..$

Thay $x = 1;y =  - 2$ vào hệ ta được

$\left\{ \begin{array}{l}2.1 + b.\left( { - 2} \right) =  - 1\\b.1 - 2a.\left( { - 2} \right) = 1\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l} - 2b =  - 3\\b + 4a = 1\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}b = \dfrac{3}{2}\\\dfrac{3}{2} + 4a = 1\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}b = \dfrac{3}{2}\\a =  - \dfrac{1}{8}\end{array} \right.$

$a - b =  - \dfrac{{13}}{8}$

Vậy $a - b =  - \dfrac{{13}}{8}$.

Bước 1: Giải hệ phương trình tìm được nghiệm $\left( {x,y} \right)$ theo tham số $m$

Bước 2: Thay $x,y$ vừa tìm được vào hệ thức yêu cầu để tìm $m$

Từ $\left( {m - 1} \right)x + y = 2$ thế vào phương trình còn lại ta được phương trình:

$mx + 2-\left( {m - 1} \right)x = m + 1 \Leftrightarrow x = m-1$ suy ra $y = 2-{\left( {m - 1} \right)^2}$ với mọi $m$

Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất $\left( {x;y} \right) = \left( {m - 1;2-{{\left( {m - 1} \right)}^2}} \right)$

$2x + {\rm{ }}y = 2\left( {m - 1} \right) + 2-{\left( {m - 1} \right)^2} =  - {m^2} + 4m - 1$

$= 3-{\left( {m - 2} \right)^2} \le 3$ với mọi $m$.

Giải bài toán có nội dung hình học  bằng cách  lập hệ phương trình.

Chú ý các công thức:

+ Chu vi hình chữ nhật $ = $  ( Chiều dài $ + $  chiều rộng)$.2$

+ Định lý Pitago: " Trong tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông"

Gọi chiều dài  và chiều rộng của mảnh đất  hình chữ nhật lần lượt là $x,y\,\,\left( {21 > x > y > 0;\,m} \right)$

Vì khu vườn hình chữ nhật có chu vi bằng $42$  $m$ nên ta có $\left( {x + y} \right).2 = 42$

Đường chéo hình chữ nhật dài $15$$m$ nên ta có phương trình ${x^2} + {y^2} = {15^2}$

Suy ra hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}\left( {x + y} \right).2 = 42\\{x^2} + {y^2} = 225\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 21\\{x^2} + {y^2} = 225\end{array} \right.$

$ \left\{ \begin{array}{l}y = 21 - x\\{x^2} + {\left( {21 - x} \right)^2} = 225\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.$

Giải phương trình $\left( 1 \right)$ ta được

$2{x^2} - 42x + 216 = 0 \\ {x^2} - 21x + 108 = 0 \\ \left( {x - 12} \right)\left( {x - 9} \right) = 0 $

$x = 12, y = 9\,\left( N \right)$ hoặc $x = 9, y = 12\,\,\left( L \right)$

Vậy chiều rộng mảnh đất ban đầu là $9\,\,m$.

Giải bài toán chuyển động  bằng cách  lập hệ phương trình.

Chú ý: Công thức liên quan đến chuyển động của tàu, cano.. trên dòng nước

Vận tốc xuôi dòng $ = $ vận tốc ca nô (tàu) $ + $ vận tốc dòng nước

Vận tốc ngược dòng $ = $ vận tốc ca nô (tàu) $ - $ vận tốc dòng nước

Gọi vận tốc thực của canô là $x\,\,\left( {{\rm{km/h}},x > 0} \right)$, vận tốc dòng nước là $y\,\,\left( {{\rm{km/h}},0 < y < x} \right)$

Vận tốc cano khi xuôi dòng là $x + y\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$, vận tốc cano khi ngược dòng là $x - y\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$

Canô chạy trên sông trong $7$  giờ, xuôi dòng \(108\,km\) và ngược dòng \(63\,km\) nên ta có phương trình

$\dfrac{{108}}{{x + y}} + \dfrac{{63}}{{x - y}} = 7$

Canô chạy trên sông trong $7$  giờ canô xuôi dòng \(81\,km\) và ngược dòng \(84\,km\) nên ta có phương trình

$\dfrac{{81}}{{x + y}} + \dfrac{{84}}{{x - y}} = 7$

Ta có hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{108}}{{x + y}} + \dfrac{{63}}{{x - y}} = 7\\\dfrac{{81}}{{x + y}} + \dfrac{{84}}{{x - y}} = 7\end{array} \right.$

Đặt \(a = \frac{1}{x+y}, b = \frac{1}{x-y}\), hệ phương trình trở thành:

$\left\{ \begin{array}{l}108a + 63b = 7\\81a + 84b = 7\end{array} \right.$

Nhân phương trình thứ nhất với 4, nhân phương trình thứ hai với 3, ta được:

$\left\{ \begin{array}{l}432a + 252b = 28\\243a + 252b = 21\end{array} \right.$

Trừ hai vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai, ta được:

$432a + 252b - \left(243a + 252b \right) = 28 - 21$ $189a = 7$

$a = \frac{1}{27}$, thay vào $81a + 84b = 7$ ta được $b = \frac{1}{21}$

Suy ra $x + y = 27;x - y = 21$

Ta tính được \(x = \frac{27 + 21}{2} = 24; y = \frac{27 - 21}{2} = 3\) (TM)

Vậy vận tốc dòng nước là $3\,\,{\rm{km/h}}.$

Xét phương trình bậc hai dạng $a{x^2} + bx + c = 0$ với $b = 2b'$

TH1: $a = 0$

TH2: $a \ne 0$. Khi đó, p hương trình vô nghiệm\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' < 0\end{array} \right.\)

Phương trình \(\left( {m - 3} \right){x^2} - 2mx + m - 6 = 0\) có $a = m - 3;b' =  - m;c = m - 6$

Suy ra $\Delta ' = {m^2} - \left( {m - 3} \right)\left( {m - 6} \right) = 9m - 18$

TH1: $m - 3 = 0 \Leftrightarrow m = 3 \Rightarrow  - 6x - 3 = 0 \Leftrightarrow x =  - \dfrac{1}{2}$

TH2: $m - 3 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 3$

Để phương trình có vô nghiệm phân biệt thì $\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 3\\9m - 18 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 3\\m < 2\end{array} \right. \Rightarrow m < 2$

Vậy $m < 2$ là giá trị cần tìm.

Xét phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm âm phân biệt khi \(\Delta  > 0\) (\(\Delta ' > 0\)), \(P > 0\) và \(S < 0\).

Phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 3} \right)x + 8 - 4m = 0\) có $ {a = 1;b' =  - \left( {m - 3} \right);c = 8 - 4m} $

Ta có $\Delta ' = {\left( {m - 3} \right)^2} - \left( {8 - 4m} \right) $$= {m^2} - 2m + 1 = {\left( {m - 1} \right)^2}$;

Áp dụng định lí Viète, ta có: $S = {x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 3} \right);$$P = {x_1}.{x_2} = 8 - 4m$

Phương trình có hai nghiệm âm phân biệt khi:

+) \(\Delta ' > 0\) hay \({\left( {m - 1} \right)^2} > 0\) suy ra \(m \ne 1\)

+) $S = {x_1} + {x_2} < 0$ hay $2\left( {m - 3} \right) < 0$ suy ra $m < 3$

+) $P = {x_1}.{x_2} > 0$ hay $8 - 4m > 0$ suy ra \(m < 2\)

Kết hợp 3 điều kiện trên, ta được \(m \ne 1\) và \(m < 2\)

Vậy $m < 2$ và $m \ne 1$ là giá trị cần tìm.

Sử dụng cách nhẩm nghiệm:

Xét phương trình bậc hai $a{x^2} + bx + c = 0{\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)$.

+) Nếu phương trình có $a + b + c = 0$ thì phương trình có một nghiệm ${x_1} = 1$, nghiệm kia là ${x_2} = \dfrac{c}{a}.$

+ ) Nếu phương trình có $a - b + c = 0$ thì phương trình có một nghiệm ${x_1} =  - 1$, nghiệm kia là ${x_2} =  - \dfrac{c}{a}.$

Phương trình $\left( {m - 2} \right){x^2} - \left( {2m + 5} \right)x + m + 7 = 0$ có $a = m - 2;b =  - 2m - 5;c = m + 7$

Vì $a + b + c = m - 2 - 2m - 5 + m + 7 = 0$ nên phương trình có hai nghiệm ${x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{{m + 7}}{{m - 2}}$.

Ta có \(3{x^3} + 3{x^2} + 5x + 5 = 0\)$ \Leftrightarrow 3{x^2}\left( {x + 1} \right) + 5\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {3{x^2} + 5} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{x^2} + 5 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{x^2} =  - 5\left( L \right)\\x =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow x =  - 1$

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x =  - 1$.

Gọi vận tốc của ca nô lúc dòng nước yên lặng là $x{\rm{ }}\left( {{\rm{km/h}}} \right);\left( {x > {\rm{2}}} \right)$

Vì vận tốc nước là $2{\rm{ km/h}}$  nên vận tốc xuôi dòng và ngược dòng lần lượt là $x{\rm{ }} + {\rm{ }}2$ và $x{\rm{  -  }}2{\rm{ }}\left( {{\rm{km/h}}} \right)$

Thời gian để ca nô đi hết $42{\rm{ km}}$  xuôi dòng là $\dfrac{{42}}{{x + 2}}{\rm{(h)}}$

Thời gian để ca nô đi hết $20{\rm{ km}}$  ngược dòng là $\dfrac{{20}}{{x - 2}}{\rm{(h)}}$

Tổng thời gian là $5{\rm{h}}$  do đó

$\dfrac{{42}}{{x + 2}} + \dfrac{{20}}{{x - 2}} = 5 \Leftrightarrow \dfrac{{42(x - 2) + 20(x + 2)}}{{(x - 2)(x + 2)}} = 5 \Leftrightarrow \dfrac{{62x - 44}}{{{x^2} - 4}} = 5$

$ \Rightarrow 5{x^2} - 62x + 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 12{\rm{(TM)}}\\x = 0,4{\rm{(L)}}\end{array} \right.$

Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là $12{\rm{ km/h}}$ .

Sử dụng dấu hiệu nhận biết các hình đặc biệt và cách chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn.

Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $BH$ và $CH.$

Để chứng minh $DE$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $I$ đường kính $BH$ ta chứng minh

\(ID \bot DE\) hay $\widehat {ODI} = {90^o}$

Vì $D,E$ lần lượt thuộc đường tròn đường kính $BH$ và $HC$ nên ta có: $\widehat {BDH} = \widehat {CEH} = {90^0}$

Suy ra tứ giác $ADHE$ là hình chữ nhật.

Gọi $O$ là giao điểm của $AH$ và$DE$, khi đó ta có $OD = OH = OE = OA$ .

Suy ra $\Delta ODH$ cân tại $O \Rightarrow \widehat {ODH} = \widehat {OHD}$

Ta cũng có $\Delta IDH$ cân tại $I$$ \Rightarrow \widehat {IDH} = \widehat {IHD}$

Từ đó $ \Rightarrow \widehat {IDH} + \widehat {HDO} = \widehat {IHD} + \widehat {DHO} \Rightarrow \widehat {IDO} = 90^\circ $$ \Rightarrow ID \bot DE$

Ta có \(ID \bot DE,D \in \left( I \right)\) nên  $DE$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $BH$.

Từ chứng minh trên suy ra các phương án B,C,D đúng.

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

Xét $\left( O \right)$ có $MA = MB$; $\widehat {AMO} = \widehat {BMO}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên $\widehat {AMO} = 60^\circ $. Xét tam giác vuông $AOM$ có $AM = AO.cot\widehat {AMO} = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3}$ nên $MA = MB = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3}$

Lại có $\widehat {AOB} + \widehat {AMB} = 180^\circ  \Rightarrow \widehat {AOB} = 60^\circ $ suy ra $\Delta AOB$ là tam giác đều $ \Rightarrow AB = OB = OA = R$

Chu vi tam giác $MAB$ là $MA + MB + AB = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3} + \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3} + R = 6\left( {3 + 2\sqrt 3 } \right)$

hay $ R\left( {\dfrac{{3 + 2\sqrt 3 }}{3}} \right) = 6\left( {3 + 2\sqrt 3 } \right) \Rightarrow R = 18\,cm$ nên $AB = 18\,cm$.

Sử dụng tính chất đường nối tâm của hai đường tròn cắt nhau và định lý Pytago

Ta có: $AI = \dfrac{1}{2}AB = 12\,\ cm$

Theo định lý Pytago ta có

$O{I^2} = O{A^2}-A{I^2} = 256$ $ \Rightarrow $ $OI = 16 \,\ cm$ và $O'I = \sqrt {O'{A^2} - I{A^2}}  = 9 \,\ cm$

Do đó: $OO' = OI-O'I = 16-9 = 7\left( {cm} \right)$ .

Sử dụng hệ quả của góc nội tiếp để chứng minh các góc bằng nhau và suy ra tam giác đồng dạng

Từ đó có hệ thức cần chứng minh.

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {AEB} = \widehat {ABC}\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau \(AB = AC\) )

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AEB\) có \(\widehat A\) chung và \(\widehat {AEB} = \widehat {ABC}\) (cmt) nên \(\Delta ABD\backsim\Delta AEB\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AE}} = \dfrac{{AD}}{{AB}} \Rightarrow A{B^2} = AE.AD\)

Sử dụng  hệ quả về góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung để chứng minh các góc bằng nhau

Ta có \(\widehat {yAB} = \widehat {ACB}\) (hệ quả) mà \(\widehat {yAB} = \widehat {ABM}\) (so le trong) nên \(\widehat {ACB} = \widehat {ABM} \Rightarrow \Delta AMB\backsim\Delta ABC\left( {g - g} \right)\)

\(\dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow AM.AC = A{B^2}\) .

Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

Tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Ta có: \(\widehat {AKB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) suy ra \( \widehat {AKB} = {90^0}.\)

Tam giác HKB có \(\widehat {HKB} = {90^0}\) và tam giác HIB có \(\widehat {HIB} = {90^0}\left( {do\;\;CD \bot AB } \right)\) nên tam giác HKB và tam giác HIB vuông và nội tiếp đường tròn đường kính HB.

Do đó tứ giác HKBI là tứ giác nội tiếp (bốn đỉnh H, K, B, I cùng thuộc đường tròn đường kính HB).

Vậy A đúng, B sai.

Lại có \(\widehat {KBA} < {90^0}\) do \(\Delta AKB\) vuông tại \(K\) nên \(KBIH\) không là hình chữ nhật. Do đó C sai.

Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp:

+) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)

+) Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc \(\alpha .\)

+) Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm, điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+) Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó.

+) Ta có: \(\widehat {MDC}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $MC$ \( \Rightarrow \widehat {MDC} = {90^0}\) (tính chất góc nội tiếp).

Xét tứ giác $ABCD$ ta có:

Góc $BAC$ và góc $BDC$ cùng nhìn đoạn $BC$ dưới góc \({90^0}.\)

\( \Rightarrow \) $ABCD$ là tứ giác nội tiếp (dhnb) \( \Rightarrow \) phương án A đúng.

+) Xét tứ giác $ABCD$ nội tiếp ta có\(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\) (cùng nhìn đoạn $AD$ )\( \Rightarrow \) phương án B đúng.

+) Xét đường tròn đường kính $MC$ ta có $4$  điểm $M,C,D,S$ cùng thuộc đường tròn.

\( \Rightarrow \) Tứ giác $MCSD$ là tứ giác nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {ADM} = \widehat {SCM}\) (góc ngoài tại $1$  đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện). $\left( 1 \right)$

Vì tứ giác $ABCD$ nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (cùng nhìn đoạn$AB$ )    $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ \( \Rightarrow \widehat {BCA} = \widehat {ACS}\;\;\;\left( { = \widehat {ADB}} \right).\)

Hay $CA$ là phân giác của \(\widehat {SCB} \Rightarrow \) phương án C đúng.

+) Giả sử tứ giác $ABCS$ là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {ASB} = \widehat {BCA}\) (hai góc cùng nhìn đoạn $AB$ ).

Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {BDA};\;\;\;\widehat {BAD} \ne \widehat {BSA}\) (xét trong đường tròn đường kính $CM$ )

\( \Rightarrow \widehat {ASB} \ne \widehat {BCA} \Rightarrow \) tứ giác $ABCS$ không là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \)phương án D sai.

+ Áp dụng công thức tính chu vi hình tròn

+ Tính chất của tam giác cân

+ Sử dụng định lý Pitago

+ Sử dụng công thức tính diện tích tam giác

Gọi \(R\) là bán kính của đường tròn \(\left( O \right)\).  Độ dài của các cung \(AB,BC,CA\) đều bằng \(4\pi \) nên ta có \(C = 2\pi R = 4\pi  + 4\pi  + 4\pi  = 12\pi \), suy ra \(R = 6\) hay \(OA = OB = OC = 6\)

Ta cũng có  \(\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COA} = {120^0}\) suy ra \(\Delta AOB = \Delta AOC = \Delta BOC = \dfrac{1}{3}\Delta ABC\)

Xét tam giác \(AOC\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {OAC} = \widehat {OCA} = {30^0}\\\widehat {COA} = {120^0}\end{array} \right.\)

Kẻ đường cao$OE$ , ta có đồng thời là đường trung tuyến, phân giác của góc \(\widehat {COA}\) . Ta có  \(\widehat {AOE} = \widehat {COE} = \dfrac{1}{2}\widehat {AOC}\)

Xét tam giác $COE$ có:       \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {ECO} = {30^0}\\\widehat {CEO} = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow OE = \dfrac{1}{2}CO = \dfrac{R}{2}\)

Áp dụng định lý Pytago ta có: \(CE = \sqrt {O{C^2} - O{E^2}}  = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\dfrac{R}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}R\)

Vậy \({S_{COE}} = \dfrac{1}{2}OE.CE = \dfrac{1}{2}.\dfrac{R}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 R}}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 {R^2}}}{8}\)

Suy ra   \({S_{COA}} = 2{S_{COE}} = \dfrac{{\sqrt 3 {R^2}}}{4}\) và   \({S_{ABC}} = 3{S_{COA}} = \dfrac{{3\sqrt 3 {R^2}}}{4} = \dfrac{{3\sqrt 3 {R^2}}}{4} = 27\sqrt 3 \,\ cm^2 .\)