Đề kiểm tra học kì 2 Toán 9 - Đề số 4 — Không quảng cáo

Đưa thừa số vào trong dấu căn để so sánh hai số $\sqrt A  < \sqrt B  \Leftrightarrow 0 \le A < B$.

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 $B \ge 0$

Ta có $5\sqrt 3  = \sqrt {{5^2}.3}  = \sqrt {25.3}  = \sqrt {75} $; $4\sqrt 5  = \sqrt {{4^2}.5}  = \sqrt {16.5}  = \sqrt {80} $

Vì $75 < 80 $ nên $\sqrt {75}  < \sqrt {80}  $ hay $ 5\sqrt 3  < 4\sqrt 5 $

Đường thẳng $d:y = mx + n$ và parabol $\left( P \right):y = a{x^2}$ không cắt nhau  khi phương trình $a{x^2} = mx + n$ vô nghiệm.

Sử dụng công thức chu vi đường tròn đường kính \(d = 2R\) là \(C = \pi d\,\)

Chu vi \(C = \pi d = 36\pi  \Rightarrow d = 36\). Vậy đường kính cần tìm là \(36(cm)\) .

Với hai biểu thức $A,B$ mà $B \ge 0$, ta có $\sqrt {{A^2}B}  = \left| A \right|\sqrt B  = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,{\rm{khi}}\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,{\rm{khi}}\,A < 0\end{array} \right.$

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

Trường hợp 1: Nếu \(b = 0\) ta có hàm số \(y = ax\). Đồ thị của \(y = ax\) là đường thẳng đi qua gốc tọa độ \(O(0;0)\) và điểm \(A(1;a).\)

Trường hợp 2: Nếu \(b \ne 0\) thì đồ thị \(y = ax + b\) là đường thẳng đi qua các điểm \(A(0;b),\,\,B\left( { - \dfrac{b}{a};0} \right).\)

Sử dụng công thức diện tích mặt cầu $S = 4\pi {R^2}$ và diện tích xung quanh của hình trụ \({S_{xq}} = 2\pi Rh\)

Vì đường kính đáy và chiều cao của hình trụ bằng nhau và bằng đường kính hình cầu nên \(h = 2R\) với \(R\) là bán kính hình cầu và cũng là bán kính đáy của hình trụ.

Diện tích mặt cầu \(S = 4\pi {R^2}\) , diện tích xung quanh của hình trụ \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi R.2R = 4\pi {R^2}\)

Tỉ số giữa d iện tích mặt cầu và diện tích xung quanh của hình trụ là \(\dfrac{S}{{{S_{xq}}}} = \dfrac{{4\pi {R^2}}}{{4\pi {R^2}}} = 1\) .

Tứ giác có tổng một cặp góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.

Ta có \(\widehat {DBO} = {90^0}\) và \(\widehat {DFO} = {90^0}\) ( tính chất tiếp tuyến).

Tứ giác \(OBDF\) có \(\widehat {DBO} + \widehat {DFO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên nội tiếp được trong một đường tròn.

Sử dụng công thức thể tích khối cầu $V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}$ để tính bán kính, từ đó suy ra đường kính của mặt cầu.

Ta có:

\(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = 288\pi  \)

\({R^3} = 216\)

\(R = 6\,cm\)

Từ đó đường kính mặt cầu là \(d = 2R = 2.6 = 12\,cm\).

Nếu một đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đường thẳng ấy là một tiếp tuyến của đường tròn.

Giải phương trình dạng \(\sqrt A  = \sqrt B \)

ĐK: \(A \ge 0\)  (hoặc \(B \ge 0\) )

Khi đó \(\sqrt A  = \sqrt B  \Leftrightarrow A = B\)

So sánh với điều kiện rồi kết luận.

Điều kiện:  \(x \ge 5\)

Ta có \(\sqrt {x - 5}  = \sqrt {3 - x} {\rm{ }}\)\( \Leftrightarrow x - 5 = 3 - x \Leftrightarrow x + x = 3 + 5 \Leftrightarrow 2x = 8 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {KTM} \right)\)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bước 1: Sử dụng định lí Viète

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

Bước 2: Sử dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng để biến đổi $A = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}$

Phương trình ${x^2} - 5x + 2 = 0$ có $\Delta  = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.1.2 = 17 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$

Theo định lí Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{-(-5)}{1} = 5\\{x_1}.{x_2} = \frac{2}{1} = 2\end{array} \right.\).

Ta có $A = x_1^2 + x_2^2 = \left(x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2\right) - 2{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {5^2} - 2.2 = 21$

Gọi số cần tìm là \(\overline {ab} ,\,\,a \in {\mathbb{N}^*},\,\,b \in {\mathbb{N}^*}\), $a,b \le 9$.

Biểu diễn số mới theo ab, từ đó viết các phương trình dựa vào đề bài để lập hệ phương trình.

Sử dụng phương pháp thế để giải hệ phương trình tìm được.

Gọi số cần tìm là \(\overline {ab} ,\,\,a \in {\mathbb{N}^*},\,\,b \in {\mathbb{N}^*}\), $a,b \le 9$.

Đổi chỗ hai chữ số của nó thì được một số mới là \(\overline {ba} \)

Ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}a - b = 5\\\overline {ba}  = \dfrac{3}{8}\overline {ab}  \end{array} \right.$ hay $\left\{ \begin{array}{l}a - b = 5 \;(1)\\b.10 + a = \dfrac{3}{8}\left( {a.10 + b} \right) (2)\end{array}\right.$

Nhân cả hai vế của phương trình (2) với 8, ta được phương trình: \(80b + 8a = 30a + 3b \;(3)\)

Từ phương trình (1) suy ra $a = b + 5$

Thế vào phương trình (3), ta được:

$80b + 8\left( {b + 5} \right) = 30\left( {b + 5} \right) + 3b$

$55b = 110$

$b = 2$ (TM)

Suy ra $a = 2 + 5 = 7$ (TM)

Vậy số cần tìm là $72$ nên tích các chữ số là $2.7 = 14$.

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

\(\sqrt A \) xác định (hay có nghĩa)  khi \(A\) lấy giá trị không âm tức là \(A \ge 0.\)

Ngoài ra: \(\dfrac{1}{A} \ge 0 \Leftrightarrow A > 0\)

Ta có \(\sqrt {\dfrac{1}{{x - 1}}} \) có nghĩa  \( \Leftrightarrow  \dfrac{1}{{x - 1}} \ge 0 \Rightarrow  x - 1 > 0\)  (vì $1>0$)

\( \Leftrightarrow x > 1\)

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 $M \in \left( O \right)$.

+) Xét tam giác $ABC$ có \(B{C^2} = {5^2} = 25;A{B^2} + A{C^2} = {4^2} + {3^2} = 25; \Rightarrow B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\)

\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại A (định lý Pytago đảo)

\( \Rightarrow AB \bot AC\) mà $A \in \left( {C;CA} \right)$ nên $AB$ là tiếp tuyến của $\left( {C;CA} \right)$

Sử dụng kiến thức hai góc cùng chắn một cung thì bằng nhau.

Sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp: Trong một tứ giác nội tiếp đường tròn, tổng số đo hai góc đối bằng \(180^\circ\)

Vì tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp nên

\(\widehat {BDC} = \widehat {BAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\) )

\(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) )

\(\widehat {DAB}\) và \(\widehat {BAx}\) là hai góc kề bù nhưng \(\widehat {DAB} \ne 90^\circ\) nên \(\widehat {DAB} \ne \widehat {BAx}\)

\(\widehat {BCA} = \widehat {BDA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\) )

Phương án A, B, D đúng

Tứ giác có 4 đỉnh thuộc một đường tròn thì nội tiếp đường tròn đó.

Tam giác MIC có $\widehat {MIC} = {90^0}$ ($MI$ vuông góc với $AC$) nên là tam giác vuông nội tiếp đường tròn đường kính MC.

Tam giác MHC có $\widehat {MHC} = {90^0}$ ($MH$ vuông góc với $BC$) nên là tam giác vuông nội tiếp đường tròn đường kính MC.

Suy ra tứ giác $IMHC$ nội tiếp (vì 4 đỉnh I, M, H, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC) nên đáp án D đúng và đáp án C sai.

Tuy nhiên tứ giác $IMHC$ chưa đủ điều kiện để là hình chữ nhật và hình vuông nên đáp án A, B chưa chính xác.

Gọi thời gian ô tô đi trên mỗi đoạn đường $AB$ và $BC$ lần lượt là $x,y$

($x>0;y>0,5$ ; đơn vị : giờ). Ta có hệ phương trình :

\(\left\{ \begin{array}{l}50.x + 45.y = 165\\y - x = 0,5\end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{l}x = 1,5\\y = 2\end{array} (TM) \right.\)

Vậy thời gian ô tô đi hết quãng đường $AB$ là $1,5$ giờ. Thời gian ô tô đi hết quãng đường $BC$ là $2$  giờ.

Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác là giao của các đường phân giác các góc trong tam giác.

Sử dụng tính chất tia phân giác để tính góc \(BDC\) từ đó sử dụng quỹ tích cung chứa góc

Ta có \(\widehat A = 50^\circ  \Rightarrow \widehat B + \widehat C = 130^\circ \) nên \(\widehat {BDC} + \widehat {DBC} = \dfrac{{130^\circ }}{2} = 65^\circ  \Rightarrow \widehat {BDC} = 115^\circ \)

Quỹ tích của điểm $D$ là hai cung chứa góc \(115^\circ \) dựng trên đoạn $BC$.

- Sử dụng công thức đưa thừa số ra ngoài dấu căn để xuất hiện nhân tử chung từ đó thực hiện phép tính

Công thức đưa thừa số ra ngoài dấu căn:

Với hai biểu thức $A,B$ mà $B \ge 0$, ta có $\sqrt {{A^2}B}  = \left| A \right|\sqrt B  = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,{\rm{khi}}\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,{\rm{khi}}\,A < 0\end{array} \right.$

- Sử dụng công thức trục căn thức $\sqrt {\dfrac{A}{B}}  = \dfrac{{\sqrt {AB} }}{B},\,\left( {A \ge 0;\,B > 0} \right)$.

Ta có \(2\sqrt {\dfrac{{16a}}{3}}  - 3\sqrt {\dfrac{a}{{27}}}  - 6\sqrt {\dfrac{{4a}}{{75}}}  = 2\sqrt {{4^2}.\dfrac{a}{3}}  - 3\sqrt {\dfrac{1}{9}.\dfrac{a}{3}}  - 6\sqrt {\dfrac{4}{{25}}.\dfrac{a}{3}} \)$ = 2.4\sqrt {\dfrac{a}{3}}  - 3.\dfrac{1}{3}\sqrt {\dfrac{a}{3}}  - 6.\dfrac{2}{5}.\sqrt {\dfrac{a}{3}} $

$ = \sqrt {\dfrac{a}{3}} .\left( {8 - 1 - \dfrac{{12}}{5}} \right) = \dfrac{{23}}{5}\sqrt {\dfrac{a}{3}}  = \dfrac{{23}}{5}.\dfrac{{\sqrt {3a} }}{3} = \dfrac{{23\sqrt {3a} }}{{15}}$

+ Phân tích mẫu thức thành nhân tử rồi qui đồng mẫu các phân thức

+ Từ đó rút gọn phân thức

$\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{2} - \dfrac{1}{{2\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} - \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}}} \right) = \dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x }}.\left( {\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\sqrt x  + 1}} - \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\sqrt x  - 1}}} \right)\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x }}.\dfrac{{\sqrt x {{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2} - \sqrt x {{\left( {\sqrt x  + 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} = \dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x }}.\dfrac{{\sqrt x \left[ {x - 2\sqrt x  + 1 - \left( {x + 2\sqrt x  + 1} \right)} \right]}}{{x - 1}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{x - 2\sqrt x  + 1 - x - 2\sqrt x  - 1}}{2} = \dfrac{{ - 4\sqrt x }}{2} =  - 2\sqrt x .\end{array}$

Vậy \(A =  - 2\sqrt x \) với \(x > 0;\,\,x \ne 1.\)

+ Tìm điều kiện

+ Giải phương trình dạng \(\sqrt A  = B\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\)

Điều kiện:

\(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2.\)

Ta có: \(\sqrt {2{x^2} - 4x + 5}  = x - 2\)\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 5 = {\left( {x - 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 5 = {x^2} - 4x + 4 \Leftrightarrow {x^2} + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} =  - 1\,\) (vô nghiệm vì \({x^2} \ge 0\,\,\forall x\) )

Vậy phương trình vô nghiệm.

Để hai đường thẳng ${d_1}:y = ax + b$ và ${d_2}:y = a'x + b'$ cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì $\left\{ \begin{array}{l}a \ne a'\\b = b'\end{array} \right.$

Để hai đồ thị hàm số \(y =  - 2x + m + 2\) và \(y = 5x + 5 - 2m\) cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì

$\left\{ \begin{array}{l} - 2 \ne 5\\m + 2 = 5 - 2m\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow 3m = 3 \Leftrightarrow m = 1$.

Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng theo các bước

Bước 1. Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng đó để tìm hoành độ giao điểm.

Bước 2. Thay hoành độ giao điểm vừa tìm được vào một trong hai phương trình đường thẳng ta tìm được tung độ giao điểm.

Giao điểm của đường thẳng $d$ và trục tung có hoành độ $x = 0$. Thay $x = 0$ vào phương trình $y = 3x - \dfrac{1}{2}$ ta được $y = 3.0 - \dfrac{1}{2} =  - \dfrac{1}{2}$.

Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là $D\left( {0; - \dfrac{1}{2}} \right)$

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 $a' =  - 2$ .

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

+) Để \(d\)$ \equiv $$d'$\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b = b'\end{array} \right.\)$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 2 =  - 2\\ - m =  - 2m + 1\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - 4\\m = 1\end{array} \right.$ (vô lý)

Vậy không có giá trị nào của $m$ để  \(d\)$ \equiv $$d'$.

Bước 1: Rút $x$ từ phương trình dưới thay vào phương trình trên

Bước 2: Tìm $y$ theo phương trình mới, từ đó suy ra $x$

Bước 3: Từ điều kiện $x,y$ nguyên để tìm $a$.

Từ PT $\left( 1 \right)$ ta có: $y = \left( {a + 1} \right)x - \left( {a + 1} \right)$ (*) thế vào PT $\left( 2 \right)$ ta được: $x + \left( {a - 1} \right)\left[ {\left( {a + 1} \right)x - \left( {a + 1} \right)} \right] = 2 \Leftrightarrow x + \left( {{a^2} - 1} \right)x - \left( {{a^2} - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow {a^2}x = {a^2} + 1 \,\,\,\,  (3)$

Với $a \ne 0$ , phương trình $\left( 3 \right)$ có nghiệm duy nhất $x = \dfrac{{{a^2} + 1}}{{{a^2}}}$ . Thay vào $\left( * \right)$ ta có:

$y = \left( {a + 1} \right)\dfrac{{{a^2} + 1}}{{{a^2}}} - \left( {a + 1} \right) = \dfrac{{\left( {a + 1} \right)\left( {{a^2} + 1} \right) - {a^2}\left( {a + 1} \right)}}{{{a^2}}} = \dfrac{{{a^3} + a + {a^2} + 1 - {a^3} - {a^2}}}{{{a^2}}} = \dfrac{{a + 1}}{{{a^2}}}$

Suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất$\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{{a^2} + 1}}{{{a^2}}};\dfrac{{a + 1}}{{{a^2}}}} \right)$

Hệ phương trình có nghiệm nguyên: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \in \mathbb{Z}}\\{y \in \mathbb{Z}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{{{a^2} + 1}}{{{a^2}}} \in \mathbb{Z}}\\{\dfrac{{a + 1}}{{{a^2}}} \in \mathbb{Z}}\end{array}} \right.\begin{array}{*{20}{c}}{}&{\left( {a \in \mathbb{Z}} \right)}\end{array}$

Điều kiện cần: $x = \dfrac{{{a^2} + 1}}{{{a^2}}} = 1 + \dfrac{1}{{{a^2}}} \in \mathbb{Z}$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{a^2}}} \in \mathbb{Z} $ mà  $a^2 > 0$

\( \Rightarrow {a^2} = 1 \Leftrightarrow a = \pm 1\) (TM \(a \ne 0\))

Điều kiện đủ:

$a =  - 1 \Rightarrow y = 0 \in \mathbb{Z}$ (nhận)

$a = 1 \Rightarrow y = 2 \in \mathbb{Z}$ (nhận)

Vậy $a =  \pm 1$ hệ phương trình đã cho có nghiệm nguyên.

Gọi số dụng cụ cần làm của xí nghiệp $1$ và xí nghiệp $2$ lần lượt là : \(x,y\),

(\(x,y \in {N^*}\) \(x,y < 360\), dụng cụ).

Số dụng cụ xí nghiệp $1$ và xí nghiệp $2$ làm được khi vượt mức lần lượt là \(112\% x\) và \(110\% y\) ( dụng cụ).

Ta có hệ phương trình : \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 360\\112\% x + 110\% y = 400\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 200\\y = 160\end{array} \right.\).

Vậy xí nghiệp $1$  phải làm \(200\) dụng cụ, xí nghiệp $2$ phải làm \(160\) dụng cụ.

Gọi số sách trên hai giá lần lượt là \(x,y\)

( \(0 < x,y < 450\), cuốn ).

Vì hai giá sách có $450$ cuốn nên ta có phương trình $x + y = 450$ (cuốn)

Nếu chuyển $50$  cuốn từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số sách trên giá thứ hai bằng $\dfrac{4}{5}$ số sách ở giá thứ nhất nên ta có phương trình $y + 50 = \dfrac{4}{5}\left( {x - 50} \right)$

Suy ra  hệ phương trình : \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 450\\y + 50 = \dfrac{4}{5}\left( {x - 50} \right)\end{array} \right. \) hay \( \left\{ \begin{array}{l}x + y = 450\\\dfrac{4}{5}x - y = 90\end{array} \right. \)

Giải hệ phương trình, ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 300\\y = 150\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Vậy số sách trên giá thứ nhất là \(300\) cuốn, số sách trên giá thứ hai là \(150\) cuốn.

Bước 1: Tìm tổng $S$ và tích $P$ của hai nghiệm.

Bước 2: Hai số đó là hai nghiệm của phương trình ${x^2} - Sx + P = 0$ (ĐK: ${S^2} - 4P \ge 0$)

Ta có $S = 3 - \sqrt 5  + 3 + \sqrt 5  = 6$ và $P = \left( {3 - \sqrt 5 } \right)\left( {3 + \sqrt 5 } \right) = 4$

Vì ${S^2} - 4P = 36 - 16 = 20 > 0$ nên hai số $3 - \sqrt 5 $ và $3 + \sqrt 5 $ là nghiệm của phương trình ${x^2} - 6x + 4 = 0$.

Bước 1. Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm \(\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta  \ge 0\end{array} \right.\).

Bước 2. Từ hệ thức đã cho và hệ thức Vi-ét, tìm được điều kiện của tham số.

Bước 3. Kiểm tra điều kiện của tham số xem có thỏa mãn điều kiện ở bước 1 hay không rồi kết luận.

Phương trình \({x^2} + (4m + 1)x + 2(m - 4) = 0\) có $a = 1 \ne 0$ và $\Delta  = {\left( {4m + 1} \right)^2} - 8\left( {m - 4} \right) = 16{m^2} + 33 > 0;\forall m$

Nên phương trình  luôn có hai nghiệm  phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo hệ thức Vi-ét ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 4m - 1\\{x_1}.{x_2} = 2m - 8\end{array} \right.$

Xét \(A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 16{m^2} + 33 \ge 33\)

Dấu “=” xảy ra khi $m = 0$

Vậy $m = 0$ là giá trị cần tìm.

Bước 1: Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và parabol

Bước 2: Để đường thẳng cắt parabol tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt.

Xét phương trình hoành độ giao điểm $\dfrac{{{x^2}}}{2} = mx + 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx - 4 = 0$ có $\Delta ' = {m^2} + 4$

Vì $\Delta ' = {m^2} + 4 > 0;\forall m$ nên đường thẳng $d:y = mx + 2$ cắt  parabol  $\left( P \right):y = \dfrac{{{x^2}}}{2}$  tại hai điểm phân biệt với mọi $m$.

Sử dụng cách chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $O'C$ là đường kính, suy ra $\widehat {CBO'} = \widehat {CAO'} = 90^\circ $ hay $CB \bot O'B$ tại $B$ và $AC \bot AO'$ tại $A$.

Do đó $AB,BC$ là hai tiếp tuyến của $\left( {O'} \right)$ nên $AC = CB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên A, B, C đúng.

Sử dụng : Quỹ tích các điểm \(M\) nhìn đoạn thẳng \(AB\) cho trước dưới một góc vuông là đường tròn đường kính \(AB\).

Ta có \(\Delta DEC = \Delta BFC\left( {c - g - c} \right)\) \( \Rightarrow \widehat {EDC} = \widehat {EBM}\) \( \Rightarrow \widehat {EDC} + \widehat {DEC} = \widehat {EBM} + \widehat {BEM} \Rightarrow \widehat {EMB} = 90^\circ \)

Hay \(\widehat {BMD} = 90^\circ \) nên $M$ thuộc đườngtròn đường kính $BD$ . Mà \(E \in BC\) nên quỹ tích của điểm $M$ là cung \(BC\) của đường tròn đường kính $BD$ .

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.

+) Xét đường tròn đường kính $BD$ có góc $BED$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \( \widehat {BED} = {90^0}.\)

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta BED\) ta có: \(\widehat {DBE}\;\;chung\) và \(\widehat {BAC} = \widehat {BED} = {90^0}\) suy ra $\Delta ABC\backsim\Delta EBD\;\left( {g - g} \right)$

Vậy A đúng.

+) Do tam giác ADC vuông tại A (\(\widehat {DAC} = 90^0\)) và tam giác DEC vuông tại E (\(\widehat {DEC} = 90^0\)) nên tam giác ADC và tam giác DEC nội tiếp đường tròn đường kính DC.

Do đó tứ giác $ADEC$ là tứ giác nội tiếp. Vậy B đúng.

+) Chứng minh tương tự ta được tứ giác $AFBC$ là tứ giác nội tiếp. Vậy C sai.

+) Gọi giao điểm của $BF$ và $AC$ là $H$ .

Xét tam giác $BHC$ có hai đường cao $CF$ và $BA$ cắt nhau tại $D$. Do đó $D$ là trực tâm của tam giác $BHC$

Mà $DE = \bot AB$ nên $DE$ là đường cao của tam giác $BHC$ hay $H,E,D$ thẳng hàng.

Suy ra $DE,AC$ và $BF$ đồng quy tại $H$ suy ra D đúng.

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.

+ Sử dụng  góc nội tiếp chắn nửa đường tròn bằng \(90^\circ \)

+ Sử dụng công thức tính độ dài cung tròn:

Trên đường tròn bán kính$R$ , độ dài $l$ của một cung \(n^\circ \) được tính theo công thức \(l = \dfrac{{\pi Rn}}{{180}}\,\).

+ Xét đường tròn \(\left( I \right)\) đường kính \(AB\) có \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên $AD \bot BC \Rightarrow $ phương án B đúng.

+) Gọi \(K\) là trung điểm của \(AC \Rightarrow KA = KC = KD \Rightarrow K\) đường tròn đường kính \(AC \Rightarrow \) phương án C đúng.

+) Ta có \(\Delta IBD\) cân tại \(I\) có \(\widehat B = 60^\circ  \Rightarrow \Delta IBD\) đều nên \(\widehat {BID} = 60^\circ \)

Độ dài cung nhỏ \(BD\) của \(\left( I \right)\) là $l = \dfrac{{\pi .\dfrac{5}{2}.60}}{{180^\circ }} = \dfrac{{5\pi }}{6}\,\left( {cm} \right) \Rightarrow $ phương án D đúng.

Công thức diện tích mặt cầu $S = 4\pi {R^2}$

Gọi \(O\) là tâm của hình chữ nhật nên $OA = OB = OC = OD$ nên \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật \(ABCD\) . Khi đó bán kính đường tròn là \(R = OA = \dfrac{{AC}}{2}\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ADC, ta có:

\(A{C^2} = A{D^2} + D{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25\)

suy ra \(AC = 5\) (vì \(AB = DC = 4\,cm\) )

Do đó \( R = \dfrac{5}{2}\)

Khi quay nửa đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật \(ABCD\) quay quanh đường thẳng \(MN\) với \(M\) là trung điểm \(AD\) , \(N\) là trung điểm \(BC\) ta được một hình cầu tâm \(O\) bán kính $R = \dfrac{5}{2}$

Diện tích mặt cầu là:

\(S = 4\pi {R^2} = 4.\pi {\left( {\dfrac{5}{2}} \right)^2} = 25\pi \) \(\left( {cm} \right)\) .

Ta có: \(\sin B = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow {\sin ^2}B = \dfrac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}}\)

\(\sin C = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow {\sin ^2}C = \dfrac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}}\;\;\)

\(\tan B = \dfrac{{AC}}{{AB}} \);  \( \tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}}\)

Vậy \(A = {\sin ^2}B + {\sin ^2}C - \tan B.\tan C\;\)

\( = \dfrac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}} + \dfrac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}} - \dfrac{{AC}}{{AB}}.\dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{A{C^2} + A{B^2}}}{{B{C^2}}} - 1\)

\( = \dfrac{{B{C^2}}}{{B{C^2}}} - 1 = 0\)  (vì theo định lý Pytago thì \(A{C^2} + A{B^2} = B{C^2}\)  )

Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác vuông

Theo đề bài ta có: \(AB = 2a \Rightarrow OA = OB = a\)

Ta có: \(\widehat {ONB} = \widehat {AOM} = \alpha \) (cùng phụ với \(\widehat {BON}\) )

Xét \(\Delta AOM\) có \(\widehat A = 90^\circ \) Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông, ta có:

\(OA = OM.\cos \alpha  \Rightarrow OM = \dfrac{a}{{\cos \alpha }}\) Xét \(\Delta BON\) có \(\widehat B = 90^\circ \) Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông, ta có:

\(OB = ON.\sin \alpha  \Rightarrow ON = \dfrac{a}{{\sin \alpha }}\) Vậy diện tích tam giác \(MON\)  là: \(\dfrac{1}{2}OM.ON = \dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{{\cos \alpha }}.\dfrac{a}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{{a^2}}}{{2\sin \alpha .\cos \alpha }}\)