4. Đề kiểm tra giữa kì I Toán 9 - Đề số 4

Đề bài

Bài 1 (2 điểm):

Tính:

a) \(A = \sqrt 3 \left( {\sqrt {12}  - \sqrt {27}  + 5} \right) - \sqrt {75} \)                                          b) \(B = 2\sqrt {45}  + \sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 5 } \right)}^2}}  - \frac{8}{{\sqrt 5  + 1}}\)  

Bài 2 (2 điểm):

Giải các phương trình sau:

a) \(\frac{1}{2}\sqrt {x - 2}  - \sqrt {4x - 8}  + \sqrt {9x - 18}  - 5 = 0\)                                 b) \(\sqrt {{x^2} - 4x + 4}  = 2x - 1\)  

Bài 3 (2 điểm):

Cho hai biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}\) và \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} - \frac{{x + 9\sqrt x }}{{x - 9}}\) với \(x > 0,\,\,x \ne 4,\,\,x \ne 9.\)

a) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 100.\)

b) Rút gọn biểu thức \(B.\)

c) Tìm giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(M = A:B\) có giá trị nguyên.

Bài 4 (4 điểm):

Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\,\,\left( {AB < AC} \right),\) đường cao \(AH,\) trung tuyến \(AM.\) Gọi \(D,\,\,E\) thứ tự là hình chiếu của \(H\) trên \(AB,\,\,AC;\) \(K\) là giao điểm của \(AM\) và \(DE.\)

a) Chứng minh \(AD.AB = AE.AC.\)

b) Chứng minh \(AM \bot DE\) và \(A{H^3} = DK.A{B^2}.\)

c) Biết \(HB = 3cm,\,\,HC = 7cm.\) Tính \(AB,\,\,AC,\,\,DE\) và \(\sqrt[3]{{B{D^2}}} + \sqrt[3]{{C{E^2}}}.\)

Lời giải chi tiết

Bài 1

Phương pháp:

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

b) Sử dụng công thức trục căn thức ở mẫu: \(\frac{1}{{\sqrt A  - \sqrt B }} = \frac{{\sqrt A  + \sqrt B }}{{A - B}}\,\,\,\left( {A \ge 0,\,\,B \ge 0,\,\,A \ne B} \right)\) và \(\frac{1}{{A + \sqrt B }} = \frac{{A - \sqrt B }}{{{A^2} - B}}\) với \(B \ge 0,\,\,{A^2} \ne B.\) 

+) Sử dụng công thức hằng đẳng thức ở mẫu: \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)

Cách giải:

a) \(A = \sqrt 3 \left( {\sqrt {12}  - \sqrt {27}  + 5} \right) - \sqrt {75} \)                                         

\(\begin{array}{l}A = \sqrt 3 \left( {\sqrt {12}  - \sqrt {27}  + 5} \right) - \sqrt {75} \\\,\,\,\,\, = \sqrt 3 \left( {\sqrt {{2^2}.3}  - \sqrt {{3^2}.3}  + 5} \right) - \sqrt {{5^2}.3} \\\,\,\,\,\, = \sqrt 3 \left( {2\sqrt 3  - 3\sqrt 3  + 5} \right) - 5\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 3 \left( {5 - \sqrt 3 } \right) - 5\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = 5\sqrt 3  - 3 - 5\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = \, - 3.\end{array}\)

b) \(B = 2\sqrt {45}  + \sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 5 } \right)}^2}}  - \frac{8}{{\sqrt 5  + 1}}\)  

\(\begin{array}{l}B = 2\sqrt {45}  + \sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 5 } \right)}^2}}  - \frac{8}{{\sqrt 5  + 1}}\\\,\,\,\, = 2\sqrt {{3^2}.5}  + \left| {1 - \sqrt 5 } \right| - \frac{{8\left( {\sqrt 5  - 1} \right)}}{{5 - 1}}\\\,\,\,\, = 2.3\sqrt 5  + \sqrt 5  - 1 - \frac{{8\left( {\sqrt 5  - 1} \right)}}{4}\,\,\,\left( {do\,\,\,1 - \sqrt 5  < 0} \right)\\\,\,\,\, = 6\sqrt 5  + \sqrt 5  - 1 - 2\left( {\sqrt 5  - 1} \right)\\\,\,\,\, = 7\sqrt 5  - 1 - 2\sqrt 5  + 2\\\,\,\,\, = 5\sqrt 5  + 1.\end{array}\)

Bài 2

Phương pháp:

Tìm điều kiện để phương trình xác định.

Giải phương trình: \(\sqrt {f\left( x \right)}  = a\,\,\left( {a \ge 0} \right)\) \( \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) = {a^2}.\)

\(\sqrt {{f^2}\left( x \right)}  = g\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) \ge 0\\\left| {f\left( x \right)} \right| = g\left( x \right)\end{array} \right.\)  

Cách giải:

a) \(\frac{1}{2}\sqrt {x - 2}  - \sqrt {4x - 8}  + \sqrt {9x - 18}  - 5 = 0\)                               

Điều kiện: \(x \ge 2.\)

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{2}\sqrt {x - 2}  - \sqrt {4x - 8}  + \sqrt {9x - 18}  - 5 = 0\\ \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sqrt {x - 2}  - \sqrt {4\left( {x - 2} \right)}  + \sqrt {9\left( {x - 2} \right)}  - 5 = 0\\ \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sqrt {x - 2}  - 2\sqrt {x - 2}  + 3\sqrt {x - 2}  = 5\\ \Leftrightarrow \frac{3}{2}\sqrt {x - 2}  = 5\\ \Leftrightarrow \sqrt {x - 2}  = \frac{{10}}{3}\\ \Leftrightarrow x - 2 = \frac{{100}}{9}\\ \Leftrightarrow x = \frac{{118}}{9}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = \frac{{118}}{9}.\)

b) \(\sqrt {{x^2} - 4x + 4}  = 2x - 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 1 \ge 0\\\sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2}}  = 2x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \frac{1}{2}\\\left| {x - 2} \right| = 2x - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \frac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}x - 2 = 2x - 1\\x - 2 =  - 2x + 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \frac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1.\end{array}\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 1.\)  

Bài 3

Phương pháp:

a) Thay giá trị \(x = 100\,\,\left( {tm} \right)\) vào biểu thức \(A\) để tính giá trị của biểu thức.

b) Biến đổi, quy đồng sau đó rút gọn biểu thức đã cho.

c) Tính biểu thức \(M = A:B.\)

Biến đổi \(M = a + \frac{b}{{MS}},\,\,a,\,\,b \in \mathbb{Z}\) \( \Rightarrow M \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow b\,\, \vdots \,MS\) hay \(MS \in U\left( b \right).\)

Từ đó ta lập bảng giá trị để tìm \(x.\) Đối chiếu với điều kiện của \(x\) rồi kết luận.

Cách giải:

Cho hai biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}\) và \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} - \frac{{x + 9\sqrt x }}{{x - 9}}\) với \(x > 0,\,\,x \ne 4,\,\,x \ne 9.\)

a) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 100.\)

Điều kiện: \(x > 0,\,\,x \ne 4,\,\,x \ne 9.\)

Thay \(x = 100\,\,\left( {tm} \right)\) vào biểu thức \(A\) ta có:  

Vậy với  thì  

b) Rút gọn biểu thức  

Điều kiện: \(A = \frac{{\sqrt {100} }}{{\sqrt {100}  - 2}}\)

\(\begin{array}{l}B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} - \frac{{x + 9\sqrt x }}{{x - 9}}\\\,\,\,\, = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} - \frac{{x + 9\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\\,\,\,\, = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x  + 3} \right) - x - 9\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{2x + 6\sqrt x  - x - 9\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{x - 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}}\end{array}\)

c) Tìm giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(M = A:B\) có giá trị nguyên.

Điều kiện: \(x > 0,\,\,x \ne 4,\,\,x \ne 9.\)

Ta có: \(M = A:B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}:\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow M = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}.\frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }} = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 2}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{\sqrt x  - 2 + 5}}{{\sqrt x  - 2}} = 1 + \frac{5}{{\sqrt x  - 2}}\end{array}\)

\( \Rightarrow M \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \frac{5}{{\sqrt x  - 2}} \in \mathbb{Z}\)

\( \Leftrightarrow 5\,\, \vdots \,\,\left( {\sqrt x  - 2} \right)\) hay \(\left( {\sqrt x  - 2} \right) \in U\left( 5 \right)\)

Mà \(U\left( 5 \right) = \left\{ { \pm 1;\,\, \pm 5} \right\}\) \( \Rightarrow \left( {\sqrt x  - 2} \right) \in \left\{ { \pm 1;\,\, \pm 5} \right\}\)

Ta có bảng giá trị:

Vậy \(x \in \left\{ {1;\,\,49} \right\}\) thì \(M = A:B\) đạt giá trị nguyên.

Bài 4

Phương pháp:

a) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để chứng minh đẳng thức.

b) Chứng minh các cặp tam giác đồng dạng tương ứng rồi suy ra \(AM \bot DE.\)

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để chứng minh đẳng thức cần chứng minh.

c) Sử dụng hệ thức lượng để tính các cạnh bài toán yêu cầu.

Cách giải:

a) Chứng minh \(AD.AB = AE.AC.\)

Ta có: \(D,\,\,E\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(H\) trên \(AB,\,\,AC\)

\(\left\{ \begin{array}{l}HD \bot AB = \left\{ D \right\}\\HE \bot AC = \left\{ E \right\}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle BDH = \angle HEC = {90^0}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABH\) vuông tại \(H,\) có đường cao \(HD\) ta có: \(A{H^2} = AD.AB\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ACH\) vuông tại \(H,\) có đường cao \(HE\) ta có: \(A{H^2} = AE.AC\)

\( \Rightarrow AD.AB = AE.AC\,\,\left( { = A{H^2}} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)

b) Chứng minh \(AM \bot DE\) và \(A{H^3} = DK.A{B^2}.\)

Ta có: \(AD.AB = AE.AC\,\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\)

Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ACB\) ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\,\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle A\,\,\,chung\\ \Rightarrow \angle \Delta ADE \sim \Delta ACB\,\,\,\left( {g - c - g} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle ADE = \angle ACB\\\angle AEB = \angle ABD\end{array} \right.\) (các cặp góc tương ứng)

Ta có: \(AM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\)

\( \Rightarrow AM = MB = MC\,\,\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\) (tính chất)

\( \Rightarrow \Delta MAC\) cân tại \(M\) (định nghĩa)

\( \Rightarrow \angle MAC = \angle MCA\) hay \(\angle KAE = \angle ACB\) \( \Rightarrow \angle KAE = \angle ADE\,\,\left( { = \angle ACB} \right)\)

Xét \(\Delta ADE\) vuông tại \(A\) ta có: \(\angle ADE + \angle AED = {90^0}\)

\( \Rightarrow \angle KAE + \angle AED = {90^0}\) hay \(\angle KAE + \angle KEA = {90^0}\)

\( \Rightarrow \Delta AKE\) vuông tại \(K\) hay \(AM \bot DE = \left\{ K \right\}\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)

+) Chứng minh: \(A{H^3} = DK.A{B^2}.\)

Xét tứ giác \(ADHE\) ta có: \(\angle A = \angle D = \angle E = {90^0}\)

\( \Rightarrow ADHE\) là hình chữ nhật (dhnb)

\( \Rightarrow AH = DE\) (tính chất hình chữ nhật)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ADE\) vuông tại \(A,\) có đường cao \(AK\) ta có:

\(A{D^2} = DK.DE = DK.AH\,\,\left( {AH = DE} \right)\)

\( \Rightarrow DK = \frac{{A{D^2}}}{{AH}}.\)

\( \Rightarrow DK.A{B^2} = \frac{{A{D^2}}}{{AH}}.A{B^2}\) \( = \frac{{{{\left( {AD.AB} \right)}^2}}}{{AH}} = \frac{{{{\left( {A{H^2}} \right)}^2}}}{{AH}} = A{H^3}\,\,\,\left( {dpcm} \right)\)

c) Biết \(HB = 3cm,\,\,HC = 7cm.\) Tính \(AB,\,\,AC,\,\,DE\) và \(\sqrt[3]{{B{D^2}}} + \sqrt[3]{{C{E^2}}}.\)

Ta có: \(BC = BH + HC = 3 + 7 = 10\,\,cm.\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại \(A,\) có đường cao \(AH\) ta có:

\(A{H^2} = HB.HC = 3.7 = 21\,\) \( \Rightarrow AH = \sqrt {21} \,\,cm\) \( \Rightarrow DE = AH = \sqrt {21} \,\,cm.\)

\(A{B^2} = BH.BC = 3.10 = 30\) \( \Rightarrow AB = \sqrt {30} \,\,cm.\)

\(A{C^2} = HC.BC = 7.10 = 70\) \( \Rightarrow AC = \sqrt {70} \,\,cm.\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABH\) vuông tại \(H,\) có đường cao \(HD\) ta có:

\(B{H^2} = BD.BA\) \( \Rightarrow BD = \frac{{B{H^2}}}{{BA}} = \frac{{{3^2}}}{{\sqrt {30} }} = \frac{{3\sqrt {30} }}{{10}}\,\,cm.\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta AHC\) vuông tại \(H,\) có đường cao \(HE\) ta có:

\(C{H^2} = CE.CA\) \( \Rightarrow CE = \frac{{C{H^2}}}{{CA}} = \frac{{{7^2}}}{{\sqrt {70} }} = \frac{{7\sqrt {70} }}{{10}}\,\,cm.\)

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \sqrt[3]{{B{D^2}}} + \sqrt[3]{{C{E^2}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {\frac{{3\sqrt {30} }}{{10}}} \right)}^2}}} + \sqrt[3]{{{{\left( {\frac{{7\sqrt {70} }}{{10}}} \right)}^2}}}\\\,\, = \sqrt[3]{{\frac{{27}}{{10}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{343}}{{10}}}} = \frac{3}{{\sqrt[3]{{10}}}} + \frac{7}{{\sqrt[3]{{10}}}}\\\,\, = \frac{{10}}{{\sqrt[3]{{10}}}} = \sqrt[3]{{\frac{{{{10}^3}}}{{10}}}} = \sqrt[3]{{100}}.\end{array}\]