Đề số 1 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9

Bình chọn:
4.1 trên 12 phiếu

Đáp án và lời giải chi tiết Đề số 1 - Đề kiểm tra học kì 1 (Đề thi học kì 1) - Toán 9

Đề bài

Bài 1: (2 điểm) 

1) Thực hiện phép tính:

a) \(\sqrt 8  - 2\sqrt {18}  + 5\sqrt {32}  - \sqrt {{{\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}^2}} \)

b) \(\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 - \sqrt 7 }}{{\sqrt 7  - 1}} - \left( {\sqrt 5  + \sqrt 7 } \right)\)

2) Giải phương trình: \(x - \sqrt {x - 15}  = 17\).

Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức \(P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x}  - 3}}{{x + \sqrt x  - 2}} - \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}} + \dfrac{{\sqrt x  - 2}}{{1 - \sqrt x }}\) với \(x \ge 0,x \ne 1\)

a) Rút gọn biểu thức \(P\).

b) So sánh \(P\) với \(\sqrt P \) với điều kiện \(\sqrt P \)có nghĩa

c) Tìm \(x\) để \(\dfrac{1}{P}\) nguyên.

Câu 3: (2 điểm) (VD) Cho đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)  :y = \left( {m - 1} \right)x + 2m + 1\).

a) Tìm \(m\) để đường thẳng \({d_1}\) cắt trục tung tại điểm có tung độ là \( - 3\). Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm số vừa tìm được với đường thẳng \(\left( d \right):y = x + 1\) nằm trên trục hoành.

b) Tìm \(m\) để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng \({d_1}\) đạt giá trị lớn nhất.

Bài 4: (3 điểm)   Cho điểm M  bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB. Tiếp tuyến tại M và tại B của \(\left( O \right)\) cắt nhau tại D. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N.

a) Chứng minh \(DC = DN\).

b) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.

c) Gọi H  là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, I  là trung điểm MH. Chứng minh B, C, I  thẳng hàng.

d) Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt \(\left( O \right)\) tại K  (KM nằm khác phía với đường thẳng AB ). Tìm vị trí của M để diện tích tam giác MHK  lớn nhất.

Bài 5: (0,5 điểm)

            Cho các số thực dương \(x,y,z\) thỏa mãn \(x + 2y + 3z \ge 20\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : \(A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\).

Lời giải chi tiết

Bài 1:

1) Thực hiện phép tính:

\(\begin{array}{l}a)\;\;\sqrt 8  - 2\sqrt {18}  + 5\sqrt {32}  - \sqrt {{{\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}^2}} \\ = \sqrt {{2^2}.2}  - 2\sqrt {{3^2}.2}  + 5\sqrt {{4^2}.2}  - \left| {\sqrt 2  - 1} \right|\\ = 2\sqrt 2  - 2.3\sqrt 2  + 5.4\sqrt 2  - \left( {\sqrt 2  - 1} \right)\\ = 2\sqrt 2  - 6\sqrt 2  + 20\sqrt 2  - \sqrt 2  + 1\\ = 15\sqrt 2  + 1.\end{array}\)

Vậy \(\sqrt 8  - 2\sqrt {18}  + 5\sqrt {32}  - \sqrt {{{\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}^2}}  = 15\sqrt 2  + 1\)

\(\begin{array}{l}b)\;\;\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 - \sqrt 7 }}{{\sqrt 7  - 1}} - \left( {\sqrt 5  + \sqrt 7 } \right)\\ = \dfrac{{\sqrt 5 .\sqrt 5  + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{\sqrt 7 .\sqrt 7  - \sqrt 7 }}{{\sqrt 7  - 1}} - \left( {\sqrt 5  + \sqrt 7 } \right)\\ = \dfrac{{\sqrt 5 \left( {6 + \sqrt 5 } \right)}}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{\sqrt 7 .\left( {\sqrt 7  - 1} \right)}}{{\sqrt 7  - 1}} - \sqrt 5  - \sqrt 7 \\ = 6 + \sqrt 5  + \sqrt 7  - \sqrt 5  - \sqrt 7  = 6.\end{array}\)

Vậy \(\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 - \sqrt 7 }}{{\sqrt 7  - 1}} - \left( {\sqrt 5  + \sqrt 7 } \right) = 6\)

2) Giải phương trình: \(x - \sqrt {x - 15}  = 17\).

ĐKXĐ: \(x \ge 15\)

\(\begin{array}{l}\;\;\;\;\;x - \sqrt {x - 15}  = 17\\ \Leftrightarrow x - 17 = \sqrt {x - 15} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 17 \ge 0\\{\left( {x - 17} \right)^2} = {\left( {\sqrt {x - 15} } \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 17\\{x^2} - 34x + 289 = x - 15\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 17\\{x^2} - 35x + 304 = 0\end{array} \right.\end{array}\)

 Xét phương trình bậc 2: \({x^2} - 35x + 304 = 0\) có: \(\Delta  = {35^2} - 4.309 = 9 > 0\)

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - \left( { - 35} \right) + \sqrt 9 }}{{2.1}} = 19\;\;\;\left( {tm} \right)\\{x_2} = \dfrac{{ - \left( { - 35} \right) - \sqrt 9 }}{{2.1}} = 16\;\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là \(x = 19\).

Bài 2:

Cho biểu thức \(P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x}  - 3}}{{x + \sqrt x  - 2}} - \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}} + \dfrac{{\sqrt x  - 2}}{{1 - \sqrt x }}\)  với \(x \ge 0,x \ne 1\)

a) Rút gọn biểu thức \(P\).

ĐKXĐ: \(x \ge 0,x \ne 1\)

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

Vậy\(P = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}\).

b) So sánh \(P\) với \(\sqrt P \) với điều kiện \(\sqrt P \)có nghĩa

\(\sqrt P \) có nghĩa \( \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt x  - 1 > 0\;\;\left( {do\;\;\sqrt x  + 1 > 0\;\forall x \ge 0,\;\;x \ne 1} \right)\)

                           \( \Leftrightarrow \sqrt x  > 1 \Leftrightarrow x > 1.\)

Xét hiệu: \(P - \sqrt P  = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} - \sqrt {\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}} \).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow P - \sqrt P  = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} - \sqrt {\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}}  = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{{\sqrt {\sqrt x  + 1} }}{{\sqrt {\sqrt x  - 1} }}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{{\sqrt {\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)} }}{{{{\left( {\sqrt {\sqrt x  - 1} } \right)}^2}}} = \dfrac{{\sqrt x  + 1 - \sqrt {x - 1} }}{{\sqrt x  - 1}}.\end{array}\)

Ta có: \(\sqrt x  - \sqrt {x - 1}  = \dfrac{{\left( {\sqrt x  + \sqrt {x - 1} } \right)\left( {\sqrt x  - \sqrt {x - 1} } \right)}}{{\sqrt x  + \sqrt {x - 1} }} \)\(\,= \dfrac{{x - \left( {x - 1} \right)}}{{\sqrt x  + \sqrt {x - 1} }} = \dfrac{1}{{\sqrt x  + \sqrt {x + 1} }} > 0\)

Mà có: \(\sqrt x  - 1 > 0\) (cmt)

\( \Rightarrow P - \sqrt P  > 0 \Rightarrow P > \sqrt P \) với mọi \(x > 1.\) \(\)\(\)

c) Tìm \(x\) để \(\dfrac{1}{P}\) nguyên.

Xét: \(\dfrac{1}{P} = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}} = \dfrac{{\sqrt x  + 1 - 2}}{{\sqrt x  + 1}} = 1 - \dfrac{2}{{\sqrt x  + 1}}\).

Để \(\dfrac{1}{P}\) nguyên thì \(\dfrac{2}{{\sqrt x  + 1}}\) nguyên, suy ra \(\sqrt x  + 1\) là ước của 2. Mà \(\sqrt x  + 1 > \)0

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {\sqrt x  + 1} \right) \in U\left( 2 \right) \Rightarrow \left( {\sqrt x  + 1} \right) = \left\{ {1;\;2} \right\}.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x  + 1 = 2\\\sqrt x  + 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x  = 1\\\sqrt x  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\;\;\left( {ktm} \right)\\x = 0\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy với \(x = 0\) thì \(\dfrac{1}{P}\) nguyên.

 Câu 3:

Cho đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)  :y = \left( {m - 1} \right)x + 2m + 1\).

a) Tìm \(m\) để đường thẳng \({d_1}\) cắt trục tung tại điểm có tung độ là \( - 3\). Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm số vừa tìm được với đường thẳng \(\left( d \right):y = x + 1\) nằm trên trục hoành.

Vì \({d_1}\) cắt trục tung tại điểm có tung độ là \( - 3\), suy ra \(\left( {0; - 3} \right)\) nằm trên đường thẳng \({d_1}\)

\( \Rightarrow  - 3 = \left( {m - 1} \right).0 + 2m + 1 \Leftrightarrow 2m =  - 4 \Leftrightarrow m =  - 2\).

Với \(m =  - 2\) ta có phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y =  - 3x - 3\).

Nhận thấy: \(A\left( {0; - 3} \right),\;B\left( { - 1;\;0} \right)\) nằm trên đồ thị hàm số. Vì hàm số \(\left( {{d_1}} \right):y =  - 3x - 3\) là hàm số bậc nhất nên đồ thị của nó có dạng đường thẳng, từ đó ta có đồ thị:

Hoành độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right):y =  - 3x - 3\) và \(\left( d \right):y = x + 1\) là nghiệm của phương trình:

\(x + 1 =  - 3x - 3 \Leftrightarrow 4x =  - 4 \)

\(\Leftrightarrow x =  - 1 \Rightarrow y = x + 1 =  - 1 + 1 = 0\).

Vậy giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right):y =  - 3x - 3\) và \(\left( d \right):y = x + 1\) là \(\left( { - 1;0} \right)\). Nhận thấy điểm \(\left( { - 1;0} \right)\) nằm trên trục hoành (do có tung độ bằng 0).

Vậy ta có điều cần chứng minh.\(\) 

b) Tìm \(m\) để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng \({d_1}\) đạt giá trị lớn nhất.

+) Với \(x = 0 \Rightarrow y = 2m + 1 \Rightarrow A\left( {0;2m + 1} \right)\) là giao điểm của \({d_1}\) với trục tung\( \Rightarrow OA = \left| {2m + 1} \right|\)

+) Với \(y = 0 \Rightarrow x = \dfrac{{ - \left( {2m + 1} \right)}}{{m - 1}}\)\(\, \Rightarrow B\left( {\dfrac{{ - \left( {2m + 1} \right)}}{{m - 1}};0} \right)\) là giao điểm của \({d_1}\) với trục hoành

\( \Rightarrow OB = \left| {\dfrac{{ - \left( {2m + 1} \right)}}{{m - 1}}} \right|\).

Từ O kẻ đường cao OH  với, ta được OH  chính là khoảng cách từ O tới \({d_1}\).

Xét tam giác vuông OAB vuông tại O có đường cao OH

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

 Đặt \(\dfrac{1}{{O{H^2}}} = t\) ta có:

\(\begin{array}{l}t = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\\\;\; = \dfrac{1}{{{{\left( {2m + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {2m + 1} \right)}^2}}}\\\;\; = \dfrac{{{m^2} - 2m + 2}}{{4{m^2} + 4m + 1}}\;\;\;\left( {m \ne  - \dfrac{1}{2}} \right)\\ \Leftrightarrow 4{m^2}t + 4mt + t = {m^2} - 2m + 2\\ \Rightarrow {m^2}\left( {4t - 1} \right) + 2m\left( {2t + 1} \right) + t - 2 = 0\end{array}\)

Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn \(m\), phương trình có nghiệm khi \(\) \(\)  \(\)

\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {2t + 1} \right)^2} - \left( {4t - 1} \right)\left( {t - 2} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{t^2} + 4t + 1 - 4{t^2} + 9t - 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow 13t - 1 \ge 0 \Leftrightarrow t \ge \dfrac{1}{{13}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} \ge \dfrac{1}{{13}} \Rightarrow OH \le \sqrt {13} \end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi phương trình có nghiệm kép \(\)

\( \Leftrightarrow m = \dfrac{{ - b}}{{2a}} = \dfrac{{ - \left( {4t + 2} \right)}}{{2\left( {4t - 1} \right)}} =  - \dfrac{{\dfrac{4}{{13}} + 2}}{{2.\left( {\dfrac{4}{{13}} - 1} \right)}} = \dfrac{5}{3}\;\;\;\left( {tm} \right)\).

Vậy \(m = \dfrac{5}{3}\) là giá trị cần tìm.

Bài 4:

 

Cho điểm M bất kì trên đường tròn tâm đường kính AB. Tiếp tuyến tại và tại B của \(\left( O \right)\) cắt nhau tại D. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N.

a) Chứng minh \(DC = DN\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có MD và BD là tiếp tuyến với B, D là tiếp điểm

\( \Rightarrow MD = DB\)(tính chất tiếp tuyến)

Xét tam giác MOD và tam giác BOD có:

\(MD = BD\) (cmt)

\(MO = OB\) (cùng là bán kính đường tròn)

OD chung

\( \Rightarrow \Delta MOD = \Delta BOD \Rightarrow \angle MDO = \angle BDO \Rightarrow OD\) là phân giác \(\angle MDB\).

Xét tam giác CDN có:

OD là đường cao (do\(OD \bot CN\))

OD là phân giác \(\angle MDB\)

Suy ra tam giác CDN cân tại D, suy ra \(CD = ND\) (đpcm)\(\) \(\) \(\) \(\) \(\) \(\)

b) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.

Xét tam giác CND cân tại D có OD là đường cao ứng với đỉnh D, suy ra OD đồng thời là trung trực ứng với cạnh CN, suy ra \(CO = ON\)

Xét tam giác COA và tam giác BON có:

\(CO = ON\) (cmt)

\(OA = OB\) (do cùng là bán kính)

\(\angle COA = \angle BON\) (hai góc đối đỉnh)

\( \Rightarrow \Delta COA = \Delta BON \Rightarrow \angle CAO = \angle NBO = {90^o}\)

Xét đường tròn tâm O có AC vuông góc với AO, AO là bán kính đường tròn, suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn (đpcm).\(\)

c) Gọi  H  là chân đường vuông góc kẻ từ xuống AB, I  là trung điểm MH. Chứng minh B, C, I  thẳng hàng.

Kéo dài BM cắt AC tại Q, BC cắt MH  tại E

Xét tam giác BMD có \(DM = DB\;\;\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle DMB = \angle DBM\)

Ta có: \(AB \bot AQ,\;\;AB \bot DN \Rightarrow AQ//DN.\)

Mà có \(\angle CQM = \angle MBD\) (so le trong)

Lại có: \(\angle QMC = \angle DMB\) (đối đỉnh)

\( \Rightarrow \angle CQM = \angle QMC\), suy ra tam giác MCQ cân tại C, suy ra \(QC = MC\)

Chứng minh tương tự như ở câu a ta có \(AC = MC\) (do tính chất tiếp tuyến)

Suy ra \(QC = AC \Rightarrow QC = \dfrac{1}{2}QA\).

Xét tam giác BQC có ME  song song với QC  (cùng vuông góc với AB)

\( \Rightarrow \dfrac{{ME}}{{QC}} = \dfrac{{BM}}{{BQ}}\) (định lí Ta-lét)

Chứng minh tương tự có \(\dfrac{{MH}}{{AQ}} = \dfrac{{BM}}{{BQ}}\)

Suy ra  \(\dfrac{{ME}}{{QC}} = \dfrac{{MH}}{{AQ}}\). Mà có \(QC = \dfrac{1}{2}QA\) suy ra \(ME = \dfrac{1}{2}MH\), suy ra E là trung điểm của MH.

Mà theo đề bài có I  là trung điểm của MH, suy ra I  trùng với E, suy ra B, C, I thẳng hàng (đpcm).

d) Qua kẻ đường vuông góc với AB cắt \(\left( O \right)\) tại K  (K và M nằm khác phía với đường thẳng AB). Tìm vị trí của M để diện tích tam giác MHK  lớn nhất.

Gọi P  là giao điểm của MK và AB.

Không mất tính tổng quát, ta chọn bán kính đường tròn bằng 1, giả sử độ dài đoạn \(OH = a\;\;\left( {0 < a < 1} \right).\)

\( \Rightarrow MH = \sqrt {O{M^2} - O{H^2}}  = \sqrt {1 - {a^2}} \).

Có MH song song với OK  (do cùng vuông góc với AB)

\( \Rightarrow \dfrac{{PH}}{{PO}} = \dfrac{{MH}}{{OK}} = \dfrac{{\sqrt {1 - {a^2}} }}{1} \Rightarrow PH = \sqrt {1 - {a^2}} .OP.\)

Ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{PH}}{{PO}} = \sqrt {1 - {a^2}} \\PH + PO = OH = a\end{array} \right. \\\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}PO = \dfrac{{PH}}{{\sqrt {1 - {a^2}} }}\\PH + \dfrac{{PH}}{{\sqrt {1 - {a^2}} }} = a\end{array} \right.\\ \Rightarrow PH = \dfrac{{a.\sqrt {1 - {a^2}} }}{{\sqrt {1 - {a^2}}  + 1}}\\ \Rightarrow OP = \dfrac{a}{{\sqrt {1 - {a^2}}  + 1}}.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{MHK}} = {S_{MHP}} + {S_{PKH}} = \dfrac{1}{2}MH.HP + \dfrac{1}{2}OK.HP\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\sqrt {1 - {a^2}} .\dfrac{{a\sqrt {1 - {a^2}} }}{{\sqrt {1 - {a^2}}  + 1}} + 1.\dfrac{{a\sqrt {1 - {a^2}} }}{{\sqrt {1 - {a^2}}  + 1}}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}a\sqrt {1 - {a^2}} .\dfrac{{\sqrt {1 - {a^2}}  + 1}}{{\sqrt {1 - {a^2}}  + 1}} = \dfrac{1}{2}a\sqrt {1 - {a^2}} .\end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: \(a\sqrt {1 - {a^2}}  \le \dfrac{{{a^2} + 1 - {a^2}}}{2} = \dfrac{1}{2}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = \sqrt {1 - {a^2}}  \Rightarrow a = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \)

\(\Rightarrow \cos \angle MOH = \dfrac{{OH}}{R} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \angle MOH = {45^o}\).

Vậy M là điểm nằm trên đường tròn sao cho \(\angle MOH = {45^o}\) là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 5:

            Cho các số thực dương \(x,\;y,\;z\) thỏa mãn \(x + 2y + 3z \ge 20\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : \(A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\).

Ta có: \(A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\)\(\, = \dfrac{1}{4}x + \left( {\dfrac{3}{4}x + \dfrac{3}{x}} \right) + \dfrac{1}{2}y + \left( {\dfrac{1}{2}y + \dfrac{9}{{2y}}} \right) + \dfrac{3}{4}z + \left( {\dfrac{1}{4}z + \dfrac{4}{z}} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương ta có:

\(\begin{array}{l} + )\dfrac{3}{4}x + \dfrac{3}{x} \ge 2\sqrt {\dfrac{3}{4}x.\dfrac{3}{x}}  = 3\\ + )\dfrac{1}{2}y + \dfrac{9}{{2y}} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{2}y.\dfrac{9}{{2y}}}  = 3\\ + )\dfrac{1}{4}z + \dfrac{4}{z} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{4}z.\dfrac{4}{z}}  = 2\end{array}\)

\( \Rightarrow A \ge \dfrac{1}{4}\left( {x + 2y + 3z} \right) + 3 + 3 + 2 = \dfrac{{20}}{4} + 3 + 3 + 2 = 13\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{3}{4}x = \dfrac{3}{x}\\\dfrac{1}{2}y = \dfrac{9}{{2y}}\\\dfrac{1}{4}z = \dfrac{4}{z}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\\z = 4\end{array} \right.\).

Xem thêm: Lời giải chi tiết Đề kiểm tra học kì 1 (Đề thi học kì 1) môn Toán 9 tại Tuyensinh247.com

Loigiaihay.com

Luyện Bài tập trắc nghiệm môn Toán lớp 9 - Xem ngay

>>Học trực tuyến lớp 9, luyện vào lớp 10, mọi lúc, mọi nơi môn Toán, Văn, Anh, Lý, Hóa, Sinh, Sử, Địa  cùng các Thầy, Cô giáo giỏi nổi tiếng, dạy hay, dễ hiểu, dày dặn kinh nghiệm tại Tuyensinh247.com

Gửi văn hay nhận ngay phần thưởng