Giới thiệu Đề cương Toán 9 HK2 năm học 2017 – 2018 trường THCS Ngô Sĩ Liên – Hà Nội
Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề cương Toán 9 HK2 năm học 2017 – 2018 trường THCS Ngô Sĩ Liên – Hà Nội.
Tài liệu môn Toán sẽ luôn được cập thường xuyên từ nguồn đóng góp của quý bạn đọc và hoctoanonline.vn sưu tầm, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán mới nhất nhé.
Hơn nữa, Hoctoanonline.vn còn cung cấp file WORD Tài liệu môn Toán miễn phí nhằm hỗ trợ thầy, cô trong quá trình dạy học, biên soạn đề thi.
Tài liệu Đề cương Toán 9 HK2 năm học 2017 – 2018 trường THCS Ngô Sĩ Liên – Hà Nội
Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm nhé
TRƯỜNG THCS NGÔ SĨ LIÊN
ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP LỚP 9 HKII
Năm học: 2017 – 2018
MÔN TOÁN
DẠNG 1: Biến đổi các biểu thức chứa căn
x x 1 x x 1 2 x 2 x 1
x 1
Bài 1: Cho biểu thức: A
:
x x
x x
1) Rút gọn A
2) Tìm x để A < 0
3) Tìm x nguyên để A có giá trị nguyên
x
x 4
4 x 3 x 2
x
x 2
Bài 2: Cho biểu thức: P
:
x 2 2 x x
1) Rút gọn P
2) Tìm các giá trị của x để P > 0
3) Tính giá trị nhỏ nhất của
2x 1
P
x
1 x2
Bài 3: Cho biểu thức: C 2
x
x 1 x x 1 1 x
1) Rút gọn C
2) Tính giá trị của biểu thức C khi x 8 2 7
3) Tìm giá trị của x để giá trị biểu thức C bằng – 3
4) Tìm giá trị của x để giá trị biểu thức C lớn hơn
1
3
5) Tìm giá trị của x để giá trị biểu thức C nhỏ hơn 2 x 3
Bài 4: Cho biểu thức A
1 x
1 x
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 1
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
1) Khi x 6 2 5, tính giá trị biểu thức A
15 x
2
x 1
2) Rút gọn biểu thức B
:
x 5 x 5
x 25
3) Tìm x để biểu thức M B A nhận giá trị nguyên.
Bài 5: Tính giá trị của biểu thức A
x
x 4
1 x
3
. Chứng minh rằng B
x 1
x 2 x x 2
2 x
1) Cho biểu thức B
2) Tìm x để P
x 1
với x 7 4 3
x 2
B
1
A
Bài 6: Cho hai biểu thức A
x2
x
và B
x x 2
x 2
x 3
3
x 1 x 1
1) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A
2) Tìm các giá trị của x để B = 1
3) Tìm m để
B x
m có nghiệm.
A
x3
1
x
với x 0, x 9
Bài 7: Cho biểu thức B
:
x 3 x 3
x9
1) Rút gọn B
2) Tính giá trị của B khi x 27 10 2 18 8 2
3) Chứng minh B
1
3
Bài 8: Cho biểu thức A
2 x
x 1 3 11 x
; B
9 x
x 3
x 3
x 3
x 1
a) Tính giá trị B tại x = 36
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 2
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
b) Rút gọn A
c) Tìm số nguyên P để P = A.B là số nguyên.
2
với x 0, x 4. Tìm x để B = 2
x 2
Bài 9: Cho biểu thức B
1) Cho biểu thức A
2) Tính P
x
1
với x 0, x 4.
x4
x 2
B
A
3) Tìm x thỏa mãn P
Bài 10: Cho biểu thức P
x 1 x 2 x 1 2x 2 2x 4
2 x
2
6
và Q
x9
x 3
x 3 x
a) Tính giá trị Q tại x = 121
b) Rút gọn P
c) Tìm giá trị của x để A
Q 2 x 1
P
2
d) So sánh A và A2
DẠNG 2: Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Bài 1: Một người đi xe máy từ A đến B cách nhau 120km với vận tốc dự định trước.
Sau khi đi được
1
quãng đường AB người đó tăng vận tốc lên 10km/h trên quãng
3
đường còn lại. Tính vận tốc dự định và thời gian lăn bánh trên đường biết rằng
người đó đến B sớm hơn dự định 24 phút.
Bài 2: Quãng đường AB dài 220km. Hai ô tô khởi hành từ A và B đi ngược chiều
nhau. Nếu cùng khởi hành thì sau 2 giờ chúng sẽ gặp nhau. Nếu xe đi từ A khởi
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 3
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
hành trước xe kia 1 giờ 6 phút thì hai xe gặp nhau sau khi xe đi từ A đi được 2 giờ
30 phút. Tính vận tốc mỗi xe.
Bài 3: Một ca nô xuôi từ A đến B với vận tốc 30km/h, sau đó lại ngược từ B về A.
Thời gian xuôi ít hơn thời gian ngược 1h 20p. Tính khoảng cách giữa hai bến A và B
biết rằng vận tốc dòng nước là 5km/h và vận tốc riêng của ca nô khi xuôi và ngược
là bằng nhau.
Bài 4: Một ca nô chạy trên sông trong 8 giờ, xuôi dòng 81km và ngược dòng 105km.
Một lần khác cũng chạy trên khúc sông đó, ca nô này chạy trong 4h, xuôi dòng
54km và ngược dòng 42km. Hãy tính vận tốc khi xuôi dòng và ngược dòng của ca
nô, biết vận tốc dòng nước và vận tốc riêng của ca nô không đổi.
Bài 5: Một công nhân dự định làm 150 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Sau
khi làm được 2h với năng suất dự kiến người đó đã cải tiến các thao tác nên đã tăng
năng suất được 2 sản phẩm mỗi giờ và vì vậy đã hoàn thành 150 sản phẩm sớm hơn
dự kiến 30 phút. Hãy tính năng suất dự kiến ban đầu.
Bài 6: Một đội sản xuất làm 1000 sản phẩm trong một thời gian quy định. Nhờ tăng
năng suất lao động, mỗi ngày đội làm thêm được 10 sản phẩm so với kế hoạch. Vì
vậy, chẳng những đã làm vượt mức kế hoạch 80 sản phẩm mà còn hoàn thành sớm
hơn 2 ngày so với quy định. Tính số sản phẩm đội sản xuất phải làm trong một
ngày theo kế hoạch.
Bài 7: Để hoàn thành một công việc hai tổ phải làm chung trong 6h. Sau 2h làm
chung thì tổ hai bị điều đi làm việc khác, tổ một đã hoàn thành nốt công việc còn lại
trong 10h. Hỏi nếu mỗi tổ làm riêng thì sau bao lâu sẽ hoàn thành công việc.
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 4
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Bài 8: Một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại để chở 120 tấn hàng. Lúc sắp
khởi hành đội được bổ sung thêm 5 xe nữa cùng loại. Nhờ vậy, so với ban đầu, mỗi
xe phải chở ít hơn 2 tấn. Hỏi lúc đầu đội có bao nhiêu xe. Biết khối lượng mỗi xe
phải chở như nhau.
Bài 9: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m và chiều dài hơn
chiều rộng là 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.
Bài 10: Cho một số có hai chữ số. Tổng hai chữ số của chúng bằng 10. Tích hai chữ
số ấy nhỏ hơn số đã cho là 12. Tìm số đã cho.
DẠNG 3: Hệ phương trình
mx y 10
2 x 3 y 6
Bài 1: Cho hệ phương trình
1) Giải phương trình với m = 1
2) Tìm m để hệ vô nghiệm
2mx y 5
mx 3 y 1
Bài 2: Cho hệ phương trình
1) Giải hệ phương trình m = 1
2) Tìm m để hệ có nghiệm (x; y) thỏa mãn x – y = 2
3) Chứng minh rằng hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thì điểm M(x; y)
luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi m thay đổi.
(m 1) x my 3m 1
. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất
2 x y m 5
Bài 3: Cho hệ phương trình
mà S x 2 y 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 5
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
x my 2
mx y m
Bài 4: Cho hệ phương trình
1) Giải hệ khi m = 2
2) Tìm các số nguyên m để cho hệ có nghiệm duy nhất (x; y) với x > 0, y < 0 3) Tìm các số nguyên m để cho hệ có nghiệm duuy nhất (x; y) với x, y là các số nguyên. x my 1 mx y m Bài 5: Cho hệ phương trình 1) CMR hệ có nghiệm duy nhất với mọi m 2) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất sao cho x < 1, y < 1 DẠNG 4: Quan hệ giữa (P) và (d) 3 2 1 2 Bài 1: Cho hàm số y f x x 2 có đồ thị (P) và hàm số y x 2 có đồ thị (d). 1) Vẽ (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ 2) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) 3) Không tính, hãy so sánh a) f 2 và f 3 b) f 1 2 và f 32 1 2 Bài 2: Cho hàm số y x 2 có đồ thị (P) 1) Tìm các điểm A, B thuộc (P) có hoành độ lần lượt bằng – 1 và 2. 2) Viết phương trình đường thẳng AB 3) Viết phương trình đường thẳng song song với AB và tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm. Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS Page 6 ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI Bài 3: Cho parabol P : y ax 2 1 4 1) Tìm a biết (P) đi qua điểm A thuộc đường thẳng (d): y x 1 có hoành độ 2 bằng 2. 2) Tìm giao điểm B còn lại của (d) và (P) 3) Tính diện tích tam giác OAB Bài 4: Cho hàm số y ax 2 có đồ thị (P) và hàm số y mx 2m 1 có đồ thị (d) 1) Chứng minh (d) luôn đi qua một điểm M cố định 2) Tìm a để (P) đi qua điểm cố định đó 3) Viết phương trình đường thẳng qua M và tiếp xúc với parabol (P) tại M. 1 2 Bài 5: Cho hàm số y x 2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d): y 2 x 3 2 1) Vẽ (d) và (P) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy 2) Tìm tọa độ giao điểm A và B của (d) và (P). Tính chu vi AOB 3) Tìm tọa độ giao điểm C thuộc Ox để chu vi ABC đạt giá trị nhỏ nhất. 1 4 Bài 6: Cho parabol P : y x 2 1) Viết phương trình đường thẳng (d) có hệ số góc là k là đi qua M(1,5; – 1) 2) Tìm k để đường thẳng (d) và parabol (P) tiếp xúc nhau 3) Tìm k để đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Bài 7: Cho hàm số P : y 1 x2 và d : y x n 2 2 1) Cho n = 1 a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS Page 7 ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI b) Tìm tọa độ giao điểm A và B của (P) và (d) c) Tính diện tích AOB 2) Tìm n để (P) tiếp xúc với (d) 3) Tìm n để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm 4) Tìm n để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm nằm ở hai phía trục tung. Bài 8: Cho parabol (P): y x 2 và đường thẳng y mx m 1 1) Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B 2) Gọi x1 và x2 là hoành độ của A và B. Tìm m để x1 x2 2 3) Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm nằm cùng bên trái của trục tung. 1 2 Bài 9: Cho hàm số y x 2 có đồ thị là parabol (P), đường thẳng y mx 2. Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 x2 mà x12 x2 2 có giá trị nhỏ nhất. Bài 10: Cho hàm số y x 2 có đồ thị là parabol (P), đường thẳng d: y mx m 1. Tìm m để d cắt parabol (P) tại A và phân biệt với A x1; y1 , B x2 , y2 mà y1 y2 nhỏ nhất. DẠNG 5: Phương trình bậc hai Bài 1: Cho phương trình x 2 2m 3 x m 2 3m 2 0, m là tham số 1) Giải phương trình trên khi m = 1 2) Xác định m để phương trình có một nghiệm là 2. Khi đó phương trình còn một nghiệm nữa, tìm nghiệm đó? 3) CMR phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 4) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của pt. Tìm m để x12 x2 2 1 Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS Page 8 ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI 5) Định m để phương trình có nghiệm này bằng 3 nghiệm kia. Bài 2: Cho phương trình x 2 2 m 1 x m 0 , m là tham số 1) CMR phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m 2) Với m 0 . Hãy lập phương trình ẩn y có hai nghiệm là y1 x1 y2 x2 1 và x2 1 x1 3) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thảo mãn x1 2 x2 3 4) Tìm m để phương trình có hai nghiệm cùng âm Bài 3: Cho phương trình x 2 2 k 3 x 2k 1 0, k là tham số 1) Giải phương trình khi k 1 2 2) Tìm k để phương trình có một nghiệm là 3, khi đó phương trình còn một nghiệm nữa, tìm nghiệm ấy. 3) CMR phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi k 4) CMR giữa tổng và tích các nghiệm có một sự liên hệ không phụ thuộc k? 5) Tìm k để phương trình x1 , x2 thỏa mãn 1 1 3 2 x1 x2 x1 x2 6) Tìm k để tổng bình phương các nghiệm có giá trị nhỏ nhất. Bài 4: Cho phương trình x 2 2 m 1 x m 4 0, m là tham số 1) Giải phương trình khi x = – 5 2) CMR phương trình luôn có nghiệm x1 , x2 với mọi m 3) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu 4) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS Page 9 ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI 5) CMR biểu thức A x1 1 x2 x2 1 x1 không phụ thuộc m 6) Tính giá trị của biểu thức x1 x2 Bài 5: Cho phương trình x 2 3(m 1) x m 3 0, m là tham số 1) CMR phương trình luôn có nghiệm với mọi m 2) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc m 3) Xác định m để phương trình có hai nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu nhau. Bài 6: Cho phương trình x 2 2 m 2 x 2m 5 0, m là tham số 1) CM phương trình luôn có nghiệm với mọi m 2) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để B x1 (1 x2 ) x2 1 x2 4 3) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m. Bài 7: Cho phương trình x 2 4m 1 x 2 m 4 0 m là tham số 1) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x2 x1 17 2 2) Tìm m để biểu thức A x1 x2 có giá trị nhỏ nhất 3) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào x. Bài 8: Cho phương trình x 2 2 m 1 x 2m 1 0, m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 5. Bài 9: Cho phương trình x 4 2 x 2 m 2 0 , m là tham số 1) Giải phương trình khi m = – 1 2) Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS Page 10 ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI Bài 10: Cho phương trình x 2 2 m 1 x m2 1 0, m là tham số. Tìm m là phương trình có nghiệm duy nhất. DẠNG 6: Hình học Bài 1: Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài (O). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O) (A, B là tiếp điểm). Qua M kẻ cát tuyến MNP (MN < MP) đến (O) sao cho tia MP nằm giữa hai tia MA và MO. Gọi K là trung điểm của NP 1) Chứng minh rằng các điểm M, A, K, O, B cùng thuộc một đường tròn 2) Chứng minh tia KM là phân giác của AKB 3) Gọi Q là giao điểm thứ hai của đường thẳng BK với đường tròn (O). Chứng minh rằng AQ // NP. 4) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh rằng MA2 MH .MO MN .MP 5) Chứng minh rằng 4 điểm N, H, O, P cùng thuộc một đường tròn 6) Gọi E là giao điểm của AB và KO. Chứng minh rằng AB 2 4 HE.HF (F là giao điểm của AB và NP). 7) Chứng minh rằng KEMH là tứ giác nội tiếp. Từ đó chứng tỏ rằng OK.OE không đổi. 8) Gọi I là giao điểm của đoạn thẳng MO với đường tròn (O). Chứng mỉnh ằng I là tâm đường tròn nội tiếp MAB PHA 9) Chứng minh NHA 10) Chứng minh rằng KE là phân giác góc ngoài của AKB. Từ đó suy ra AE.BF = AF.BE 11) Chứng minh khi cát tuyến MNP thay đổi thì trọng tâm G của NAP luôn chạy trên một đường tròn cố định. Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS Page 11 ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI 12) Nếu MO = 2R. Tính diện tích hình quạt giới hạn bởi hai bán kính OA, OB và cung nhỏ AB. Bài 2: Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng MA lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn ở P. Chứng minh: 1) Tứ giác OMNP nội tiếp 2) Tứ giác CMPO là hình bình hành 3) CM.CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M 4) Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì tâm đường tròn nội tiếp CND di chuyển trên một cung tròn cố định nào. Bài 3: Cho ba điểm A, B, C trên một đường thẳng theo thứ tự ấy và đường thẳng (d) vuông góc với AC tại A. Vẽ đường tròn đường kính BC, trên đó lấy điểm M bất kì. Tia CM cắt đường thẳng d tại D; tia AM cắt đường tròn tại điểm thứ hai N; tia DB cắt đường tròn tại điểm thứ hai P 1) Chứng minh rằng tứ giác ABMD nội tiếp được 2) Tứ giác APND là hình gì? Tại sao? 3) Chứng minh rằng CM.CD không phụ thuộc vị trí của M 4) Chứng minh trọng tâm G của MAC chạy trên một đường tròn cố định khi M di động. Bài 4: Cho đường tròn (O; R) với dây BC cố định (BC không qua O). Gọi A là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Điểm E thuộc cung lớn BC. Nối AE cắt BC tại D. Hạ CH AE tại H; CH cắt BE tại M. Gọi I là trung điểm của BC 1) Chứng minh bốn điểm A, I, H, C thuộc một đường tròn Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS Page 12 ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI 2) Chứng minh khi E chuyển động trên cung lớn BC thì tích AD.AE không đổi 3) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp BED tiếp xúc với AB 4) Tìm vị trí của E để diện tích MAC lớn nhất Bài 5: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại A và H (O và O’ ở hai phía của AH). Vẽ các đường kính AOB và AO’C của hai đường tròn. Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại M, cắt đường tròn (O’) tại N. 1) Chứng minh ba điểm B, H, C thẳng hàng 2) Chứng minh rằng khi đường thẳng d thay đổi thì tỉ số HM không đổi HN 3) Gọi I, K lần lượt là trung điểm của MN và BC. Chứng minh bốn điểm A, H, I, K thuộc một đường tròn 4) Xác định vị trí của đường thẳng d để diện tích HMN lớn nhất. Bài 6: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài tại A (R = 2R’). Điểm B thuộc đường tròn (O; R) sao cho AB = R. Điểm M thuộc cung lớn AB của đường tròn (O; R) sao cho MA MB. Nối MA cắt đường tròn (O’; R’) tại N. Từ N kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường tròn (O’; R’) tại E, cắt MB tại F. 1) Chứng minh AOM đồng dạng với AO ‘ N 2) Chứng minh rằng độ dài đoạn NF không đổi khi M chuyển động trên cung lớn AB của đường tròn (O; R). 3) Chứng minh ABFE là hình thang cân 4) Tìm vị trí của M để diện tích tứ giác ABFN lớn nhất. Bài 7: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB cố định. Gọi M là trung điểm của đoạn OB. Dây CD vuông góc với AB tại M. Điểm E chuyển động trên cung lớn CD (E khác A). Nối AE cắt CD tại K. Nối BE cắt CD tại H. Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS Page 13 ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI 1) Chứng minh bốn điểm B, M, E, K thuộc một đường tròn 2) Chứng minh AE.AK không đổi 3) Tính theo R diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi OB, OC và cung nhỏ BC 4) Chứng minh tâm I của đường tròn ngoại tiếp BHK luôn thuộc một đường thẳng cố định khi điểm E chuyển động trên cung lớn CD. Bài 8: Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Điểm M thuộc nửa đường tròn. Gọi H là điểm chính giữa cung AM. Tia BH cắt AM tại I. Tiếp tuyến của nửa đường tròn tại A cắt BH tại K. Nối AH cắt BM tại E. 1) Chứng minh BAE là tam giác cân. Chứng minh KH .KB KE 2 2) Đường tròn tâm B, bán kính BA cắt AM tại N. Chứng minh tứ giác BIEN nội tiếp 90o 3) Tìm vị trí của M để MKA Bài 9: Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Điểm H thuộc đoạn OB, H khác O và B. Dây CD vuông góc với AB tại H. Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn tại A. Nối CO và DO cắt đường thẳng d tại M và N. Các đường thẳng CM và DN cắt đường tròn (O) tại E và F. E C , F D 1) Chứng minh MNFE là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh ME.MC = NF.ND 3) Tìm vị trí của H để AEOF là hình thoi 4) Lấy K đối xứng với C qua A. Gọi G là trọng tâm KAB. Chứng minh rằng khi H chuyển động trên đoạn OB thì G thuộc một đường tròn cố định. Bài 10: Cho ABC có hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi E’ là điểm đối xứng với H qua AC, F’ là điểm đối xứng với H qua AB. Chứng minh Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS Page 14 ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI 1) Tứ giác BCE’F’ nội tiếp đường tròn (O) 2) Năm điểm A, F’, B, C, E’ cùng thuộc một đường tròn 3) AO và EF vuông góc với nhau 4) Khi A chạy tên (O) thì bán kính đường tròn ngoại tiếp AEF không đổi. DẠNG 7: Một số bài nâng cao Bài 1: Giải các phương trình sau Bài 2: Giải các hệ phương trình sau Bài 3: Cho đường thẳng y m 1 x 2. Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O tới đường thẳng đó lớn nhất. Bài 4: Cho parabol P : y x 2 và đường thẳng d : y x 2 . Gọi A và B là hai giao điểm của (d) và (P). Tìm tọa độ điểm C thuộc cung AB của (P) để diện tích ABC đạt giá trị lớn nhất. Bài 5: Cho 4 số a, b, c, d bất kỳ. Chứng minh rằng 2 a c b d 2 a 2 b2 c 2 d 2 Bài 6: Cho a, b, c > 0. Chứng minh
bc ca ab
abc
c
a b
Bài 7: Cho c > 0 và a, b c. Chứng minh
c a c c b c ab
Bài 8: Cho a, b 0 và a 2 b 2 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P a 3a a 2b b 3b b 2a
Bài 9: Cho a, b 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
ab
a 3a b b 3b a
Page 15
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Bài 10: Giả sử n là một số tự nhiên khác không, chứng minh
1
1
1
1
…
2
2 3 2 4 3
(n 1) n
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 16
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
HƯỚNG DẪN GIẢI
DẠNG 1
Bài 1: ĐKXĐ: x 0; x 1
1) Rút gọn A:
x x 1 x x 1 2 x 2 x 1
A
:
x 1
x x
x x
( x 1).( x x 1) ( x 1).( x x 1)
2.( x 1) 2
:
A
x .( x 1)
x .( x 1)
( x 1).( x 1)
x x 1 x x 1 2( x 1)
A
:
x
x
x 1
A
A
2 x
x 1
.
x 2.( x 1)
x 1
x 1
2) Tìm x để A 0
Để A 0 thì
x 1
0 x 1 0 (vì
x 1
x 1 0 ) x 1
Kết hợp điều kiện x 0; x 1 ta có: Với 0 x 1 thì A < 0.
3) Tìm x nguyên để A có giá trị nguyên.
Ta có: A
x 1
x 1
x 1 2
2
1
x 1
x 1
Với x nguyên để A nhận giá trị nguyên thì
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
x – 1 U (2)
Page 17
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
x 1
x
1
1
2
2
4 (TM)
0(KTM)
9 (TM)
Vô
nghiệm
Vậy x 4,9 thì A nhận giá trị nguyên.
Bài 2: ĐKXĐ: x 0; x 4; x 1
1) Rứt gọn P:
x
x 4
4 x 3 x 2
P
:
x
x 2
x 2 2 x x
x 4 x 3 ( x 2)( x 2) x 4
P
:
x .( x 2)
x .( x 2)
( x 1).( x 3) x 4 x 4
P
:
x .( x 2) x .( x 2)
P
P
x x
( x 1).( x 3)
:
x .( x 2)
x .( x 2)
x 3
x
2) Tìm các giá trị của x để P > 0.
P 0 thì
x 3
0
x
x 3 0
x9
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 18
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Kết hợp điều kiện ta có:
Với x > 9 thì P > 0
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của
Ta có
P
P có nghĩa khi
x 3
0 x 3 0 x 9
x
Với x 9 thì
P 0 . Dấu “=” xảy ra khi x = 9.
P có giá trị nhỏ nhất bằng 0
Bài 3: ĐKXĐ: x 0; x 1
1) Rút gọn C:
2x 1
1 x3
x
C
.
x
3
x 1 x x 1 1 x
2x 1
x
(1 x ).( x x 1)
C
.
x
( x 1). x x 1 x x 1
1 x
2 x 1 x ( x 1)
C
. x x 1 x
( x 1). x x 1
2
x x 1
. x 1
C
( x 1). x x 1
2
1
C
. x 1
x 1
C x 1
2) Tính giá trị của biểu thức C khi x 8 2 7
x 8 2 7 7 2 7 1
2
7 1 x
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
7 1 7 1
Page 19
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Vậy C x 1 7 1 1 7 2
3) Tìm giá trị của x để giá trị biểu thức C bằng 3
C 3 x 1 3
x 3 (vô nghiệm)
Vậy không có giá trị nào của x để giá trị biểu thức C 3
4) Tìm giá trị của x để giá trị biểu thức C lớn hơn
C
1
3
1
1
2
4
x 1
x x
3
3
3
9
4
9
Kết hợp điều kiện ta có x ; x 1 thì C
1
3
5) Tìm giá trị của x để C nhỏ hơn 2 x 3
Ta có C 2 x 3 x 1 2 x 3 4 2 x (nghiệm đúng với x 0; x 1 )
Vậy với mọi x 0; x 1 thì C nhỏ hơn 2 x 3
Bài 4: 1) ĐKXĐ: x 0
Khi x 6 2 5
2
5 1 x 5 1 (t/m)
Thay vào biểu thức A ta được A
1
1
5 2 5
5
5 1
5 1
Vậy…..
2) ĐKXĐ: x 0; x 25
Rút gọn B
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 20
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
15 x
2 x 1
B
:
x 5 x 5
x 25
15 x 2( x 5) x 5
B
.
x 25
x 1
1
B
x 1
3) Với x 0; x 25 .
Ta có M B – A
x
1 x
Chứng minh
0 M 1
M Z
M 0
x 0 (t / m)
Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên
Bài 5:
x 1
khi x 7 4 3
x 2
1) Tính giá trị biểu thức A
ĐKXĐ: x 0; x 4
Khi x 7 4 3
2
3 2 x 3 2 (t/m)
Thay vào biểu thức A ta được A
3 1 3
2 3 1
3 1
2 3 1
3
Vậy…..
2) ĐKXĐ: x 0; x 4
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 21
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Rút gọn B
B
x
x 4
1 x
x 1
x 2 x x 2
x ( x 2) (1 x )( x 1) ( x 4)
( x 1)( x 2)
3
B
2 x
B
3) Với x 0; x 1; x 4 .
Ta có :
B
1
A
3
1 x
P
1
:
2 x 1 x
P
3
1 x (2 x )(1 x )
0
.
2 x 1 x (2 x )(1 x )
x5
P
0
(2 x )(1 x )
P
Vì x 0; x 1; x 4 x + 5 > 0
(2 x )(1 x ) < 0
Kết hợp điều kiện : x > 4 hoặc 0 x 1
Bài 6: 1) ĐKXĐ: x 0; x 1
Rút gọn A:
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 22
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
A
x2
x
x x 2
x 2
x2
x ( x 1)
( x 2)( x 1) ( x 2)( x 1)
1
A
x 1
A
2) Với x 0; x 1
3
x 3
1 3( x 1) ( x 3) x 1 x 2 x 7 0
x 1 x 1
B 1
2
x 1 8
x 1 2 2
x 1 2 2)(TM)
1
x2 1 2 2( KTM )
Vậy…..
Bài 7.
1) Ta có
x 3 x 3 x 3
1
x
x3
B
:
x 9
x 3 x 3
x
x9
x
x 3
x 1
x 3
.
x 3
x
x 1
x 3
2) Ta có
x 27 10 2 18 8 2 x 52 2.5 2 2 42 2.4 2 2
5 2
Vậy B 1
2
4 2
2
1
1
2
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 23
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
1
x 1 1 3 x 2
0 vậy B .
3
x 3 3
x 3
1
3
3) Xét hiệu B
Bài 8.
1) Ta có B 36
36 3 3
36 1 7
2) Ta có với 0 x 9
A
2 x
x 1 3 11 x 2 x
9 x
x 3
x 3
2 x 6 x x 4 x 3 11 x 3
x 3
3) Xét P A.B
P 3
x 3
x 3
x 3
x 1 11 x 3
x9
3x 9 x
x 3
x 3
3 x
x 3
x 3 3 x
3 x
.
(với 0 x 9 )
x 3 x 1
x 1
3
để P nguyên thì
x 1
x 1 1;3 x 0; 4 .
Bài 9.
2
2 2 2 x 4 x 9
x 2
1) Với x 0, x 4 để B 2
2) Ta có A
P
x
1
x4
x 2
B
A
2
.
x 2
3) Xét phương trình: P
x 2
x 2
2
2
x x 2
x 2
x 2
x 2
x 1
x 2
x 2
x 1
x 1
x 1 x 2
x 1 x 2 x 4, DK: x 0
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 24
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
x 2
x 1
x 1 x 2
x 1 2x 2 x 4
x 2 x 2 x 2 x2 x 4
x4 x 40
x 2
2
0 x 2 x 4 (thỏa mãn).
Bài 10:
1. Q
6
(ĐKXĐ: x 0; x 9)
x 3 x
Thay x 121 vào Q ta được: Q
2. P
P
6
6
3
121 3 121 88 44
2
2 x
. ĐKXĐ: x 0; x 9
x9
x 3
2
2 x
x 3
3. Ta có: A
x 3
6
x
A
x 3
2 x 1
2
.
x 3
6
Q
:
P x3 x
Lại có:
x 3
x 3
2 x 2 x 6
x 3
x 3
6
x 3
x 3
6
x 3
x 3
x 3
x 3
ĐKXĐ: x 0; x 9
6
x 3
x
x 3 2 x 1
2 x 6 2x x
0
2
x
2 x
2 x
2 x 6 2x x 0 2x x 6 0
1
Đặt t x t 0 . Khi đó phương trình (1) trở thành:
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 25
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
t 2
2t t 6 0 t 2 2t 3 0 3
t
2
TM
2
K TM
Với t 2 x 2 x 4 (TM ĐKXĐ)
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là: S 4
4. Xét hiệu:
2
x 3
x 3 x6 x 9
x 3 x 6 x 9 x 3 x 3 x 9
A A
x
x
x
x
x
x
2
Vì x 0 3 x 9 0
3 x 9
0, x 0 A2 A 0 A2 A
x
Vậy A2 A.
DẠNG 2:
Bài 1:
Gọi vận tốc dự định là x (km/h) (điều kiện: x 0 )
Thời gian dự định đi hết quãng đường AB là:
Thời gian đi hết
Vận tốc đi trên
120
(giờ)
x
1
40
quãng đường AB là:
(giờ)
3
x
2
quãng đường là: x 10 (km/h)
3
Thời gian đi hết
2
80
quãng đường còn lại là:
(giờ)
3
x 10
Vì người đó đến B sớm hơn dự đinh 24 phút =
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
2
giờ nên ta có phương trình:
5
Page 26
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
2 x x 10
5.120. x 10 5.40. x 10
120 40
80
2
5.80 x
x
x x 10 5
5 x x 10
5 x x 10 5 x x 10 5 x x 10
600 x 6000 200 x 2000 400 x 2 x 2 20 x 2 x 2 20 x 4000 0
x 40
x 2 10 x 2000 0 x 40 x 50 0
x 50
TM
KTM
Vậy vận tốc dự định đi hết quãng đường AB là 40km/h.
Thời gian lăn bánh trên quãng đường AB là:
120 2 13
(giờ)
40 5 5
Bài 2:
Đổi: 1 giờ 6 phút
11
5
(giờ); 2 giờ 30 phút (giờ)
10
2
Gọi vận tốc ô tô đi từ A đến B là x (km/h), (ĐK: x 0)
Gọi vận tốc ô tô đi từ B đến A là y (km/h), (ĐK: y 0)
Quãng đường ô tô đi từ A đến lúc hai xe gặp nhau là: 2x (km)
Quãng đường ô tô đi từ B đến lúc hai xe gặp nhau là: 2 y (km)
Vì hai xe đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ nên ta có phương trình:
2 x 2 y 220 x y 110
1
2 giờ 30 phút ô tô đi từ A đi được quãng đường là:
5
x (km)
2
Thời gian ô tô đi tư B đến lúc gặp nhau sau khi ô tô đi từ A đi được 2 giờ 30
phút là:
5 11 7
(giờ)
2 10 5
7
7
giờ ô tô đi từ B đi được quãng đường là: y (km)
5
5
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 27
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Vì hai ô tô đi ngược chiều và gặp nhau sau khi ô tô đi từ A đi được 2 giờ 30
phút nên ta có phương trình:
7
5
x y 220
5
2
2
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
5
5
x y 275
x y 110
x y 110
x y 110
x 60
2
2
11
5
7
y 50
y 50
2 x 5 y 220
5 x 7 y 220
10 y 55
2
5
TM
Vậy vận tốc ô tô đi từ A là 60 km/h
Vận tốc ô tô đi từ B là 50 km/h
Bài 3:
Gọi khoảng cách giữa hai bến A, B là x x 0, km
Ta có vận tốc xuôi dòng là 30 km / h , vận tốc dòng nước là 5 km / h nên vận
tốc thực của ca nô là 25 km / h và vận tốc ngược dòng là 20 km / h .
Thời gian ca nô chạy xuôi dòng là:
x
(h)
30
Thời gian ca nô chạy ngược dòng là:
x
(h)
20
Vì thời gian xuôi ít hơn thời gian ngược 1h20p =
4
h nên ta có phương trình:
3
x
x 4
3x 2 x 80 x 80(km) TM
20 30 3
Vậy khoảng cách giữa hai bến A, B là 80 (km).
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 28
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Bài 4:
Gọi vận tốc thực của ca nô là x x 0, km / h , vận tốc dòng nước là
y y 0, y x, km / h .
Ta có vận tốc xuôi dòng là: x y km / h , vận tốc ngược dòng là: x y km / h .
Lần thứ nhất ca nô chạy xuôi dòng 81 km và ngược dòng 105 km hết 8 giờ
nên ta có phương trình:
105
81
8
x y x y
(1)
Lần thứ hai ca nô chạy xuôi dòng 54 km và ngược dòng 42 km hết 4 giờ nên
ta có phương trình:
54
42
4
x y x y
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
105
81
x y x y 8
54 42 4
x y x y
1
a
x y
Đặt
, ta được hệ phương trình mới:
b 1
x y
1
b
81a 105b 8 81a 105b 8 42b 2
21
54
42
4
81
63
6
27
21
2
a
b
a
b
a
b
27a 21. 1 2
21
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 29
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
1
1
27a 1 a
b
27
21
1
27a 1 2
b 21
b 1
21
Trả lại biến cũ ta được:
1
1
x y 27
x y 27
2 x 48
x 24
TM
x y 21 y x 21 y 3
1 1
x y 21
Vậy vận tốc xuôi dòng là 27 km / h và vận tốc ngược dòng là 21 km / h .
Bài 5:
Gọi số sản phẩm người công nhân đó dự định làm được trong 1 giờ là x (
x * , sản phẩm).
Sau khi tăng năng suất, số sản phẩm người đó làm đc trong 1 giờ là x+2 (sản
phẩm).
Thời gian dự kiến hoàn thành công việc là:
150
(h).
x
Số sản phẩm làm trong 2 giờ đầu là: 2x (sản phẩm).
Số sản phẩm còn lại làm sau khi tăng năng suất là: 150 2 x (sản phẩm).
Thời gian làm số sản phẩm còn lại đó là:
150 2 x
(giờ).
x2
Vì người đó hoàn thành sớm hơn dự định 30 phút =
1
giờ nên ta có phương
2
trình:
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 30
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
150 150 2 x 1
2
x
x2 2
150 150 2 x 5
x
x2
2
300 x 2 2 x 150 2 x 5 x x 2
300 x 600 300 x 4 x 2 5 x 2 10 x
x 2 10 x 600 0
x 20 TM
x 30 L
Vậy năng suất dự kiến ban đầu là 20 sản phẩm.
Bài 6:
Gọi số sản phẩm mà đội phải làm trong một ngày theo kế hoạch là x(sản
phẩm)
đk: x > 2, x *
Số ngày cần hoàn thành công việc theo dự đinh là:
1000
(ngày)
x
Trong thực tế mỗi ngày làm thêm được 10 sản phẩm nên số sản phẩm làm
trong một ngày thực tế là: x+10 (sản phẩm)
Só ngày làm việc trong thực tế là:
1000
(ngày)
x2
Vì vậy đội vượt mức kế hoạch 80 sản phẩm nên số sản phẩm thực tế đội làm
được là 1000 + 80 = 1080 (sản phẩm) nên ta có phưong trình:
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 31
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
1000
( x 10).
1080
x2
-2x² – 100x + 10000=0
Tìm được x= -100 (loại) hoặc x = 50 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy số sản phẩm mà đội phải làm trong một ngày theo kế hoạch là 50 sản
phẩm.
Bài 7:
Gọi thời gian tổ một làm riêng và hoàn thành công việc là x (giờ, x 6 ).
Gọi thời gian tổ hai làm riêng và hoàn thành công việc là y (giờ, y 6 )
Mỗi giờ tổ một làm được
Mỗi giờ tổ hai làm được
1
(công việc)
x
1
(công việc)
y
Biết hai tổ làm chung trong 6 giờ thì hoàn thành được công việc nên ta có
phương trình:
6 6
1.
x y
(1)
Thực tế để hoàn thành công việc này thì tổ hai làm trong 2 giờ và tổ một làm
trong 2 10 12 (giờ), ta có phương trình:
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
12 2
1
x y
(2)
Page 32
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
6 6
x y 1
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
12 2 1
x y
x 15
(thỏa mãn điều kiện)
y 10
Giải hệ ta được:
Vậy nếu làm riêng thì tổ một hoàn thành công việc trong 15 giờ và tổ hai
hoàn thành công việc trong 10 giờ.
Bài 8:
Gọi số xe lúc đầu đội có là x (xe); x > 0, x *
Khối lượng hàng mỗi xe phải chở lúc đầu là
120
(xe)
x
Số xe lúc sau của đội có là x + 5 (xe)
Khối lượng hàng mỗi xe phải chở lúc sau là
120
(tấn)
x5
Vì sau khi được bổ sung thêm 5 xe cùng loại thì mỗi xe phải chở ít hơn 2 tấn
nên ta có phương trình:
120
120
2
x
x5
2×2 + 10x – 600 = 0
⇔ (x 15)(x+20) = 0
⇔ x = 15 (thỏa mãn điều kiện) hoặc x = 20(không thỏa mãn điều kiện)
Vậy số xe lúc đầu của đội là 15 xe
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 33
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Bài 9:
Gọi chiều dài của mảnh đất là: x (m) (Đk: x > 7).
Chiều rộng mảnh đất là: x – 7 (m)
Vì độ dài đường chéo của mảnh đất hình chữ nhật là 13m, nên ta có phương
trình:
( x 7) 2 x 2 132
x 2 14 x 49 x 2 169
2 x 2 14 x 120 0
x 2 7 x 60 0
x 5(l )
x 12
Chiều rộng : 12 – 7 = 5 (m)
Vậy mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài 12m; chiều rộng 5m.
Bài 10:
Gọi số có hai chữ số cần tìm là ab ( Đk: a, b N ; 0 a 9 ; 0 b 9 )
Theo đề bài ra ta có:
a + b = 10 => b = 10 – a
Vì tích của hai chữ số nhỏ hơn số đã cho là 12 nên ta có:
a.b = ab – 12
=> a.(10 a) a (10 a) 12
=> 10a a 2 10a 10 a 12
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 34
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
a 1(l )
=> a 2 a 2 0 =>
a 2
Suy ra: b = 10 -2 = 8
Vậy số cần tìm là 28.
DẠNG 3: Hệ phương trình
Bài 1:
1) Với m = 1 ta có hệ phương trình:
36
x
x y 10
3x 3 y 30
x y 10
5
2 x 3 y 6
2 x 3 y 6
5 x 36
y 14
5
36 14
;
5 5
Vậy nghiệm của hệ phương trình khi m = 1 là ( x; y )
mx y 10
m 1 10
2
vô nghiệm
=> m
2 3 6
3
2 x 3 y 6
2) Hệ phương trình
Bài 2.
1) Thay m = 1 vào hệ phương trình có:
2 x y 5 y 1
x 3y 1
x 2
Vậy với m = 1 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (- 2; 1)
2mx y 5 (1)
mx 3 y 1 (2)
2)
(1) <=> y = 2mx + 5
Thế vào (2) có: mx + 3(2mx + 5) = 1 <=> mx = – 2 (*)
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 35
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
<=> phương trình (*) có nghiệm duy nhất
<=> m ≠ 0
Với m ≠ 0 có: (*) <=> x =
Thay x =
2
m
2
2
vào (1) có: (1) <=> y = 2m.
+5=1
m
m
Vậy với m ≠ 0 hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (
2
; 1)
m
Có x – y = 2
2
2
2
1 2
3 2 3m m
(TM )
m
3
m
Vậy m =
2
thì hệ có nghiệm (x; y) thỏa mãn: x – y = 2.
3
3) Với m ≠ 0 hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (
2
2
; 1) => M( ; 1) => M thuôn thuộc
m
m
đường thẳng y = 1 với mọi m ≠ 0.
m 1 x my 3m 1 (1)
(2)
2 x y m 5
Bài 3.
(2) <=> y = 2x – m – 5
Thế (2) vào (1) có:
(1) <=> (m – 1)x – m(2x – m – 5) = 3m – 1
<=> (m + 1)x = (m + 1)2 (*)
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 36
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất
<=> phương trình (*) có nghiệm duy nhất
<=> m + 1 ≠ 0
<=> m ≠ – 1
Với m ≠ – 1 có: (*) <=> x = m + 1
Thay x = m + 1 vào (2) có: (2) <=> y = 2(m + 1) – m – 5 = m – 3
Vậy với m ≠ – 1 thì hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (m + 1; m – 3)
S = x2 + y2 = (m + 1)2 + (m – 3)2 = m2 – 4m + 10 = (m – 2)2 + 6 ≥ 6 ∀m ≠ – 1.
Dấu “=” xảy ra <=> m = 2 (TM)
Vậy với m = 2 thì hệ có nghiệm duy nhất mà S = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4. 1) Thay m = 2 vào hệ phương trình có:
x 1
x 2 y 2
1
2 x 2 y 1 y
2
Vậy với m = 2 thì hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1;
1
)
2
x my 2 (1)
mx 2 y 1 (2)
2)
(1) <=> x = 2 – my
Thế (1) vào (2) có:
(2) <=> m(2 – my) – 2y = 1
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 37
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
<=> (m2 + 2)y = 2m – 1
<=> y =
2m 1
(vì m2 + 2 ≠ 0 ∀ m)
m2 2
Thay y =
2m 1
2m 1 m 4
vào (1) có: x = 2 – m. 2
=
2
m 2
m 2 m2 2
Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) = (
m 4 2m 1
;
) với mọi
m2 2 m2 2
m.
m4
0
m 4
x 0
m 4 0
1
m 2 2
1 4 m
2
y 0
2m 1 0
2m 1 0
m 2
2
m 2
Mà m ∈ Z
=> m ∈ {- 3; – 2; – 1; 0}
Vậy m ∈ {- 3; – 2; – 1; 0} thì hệ có nghiệm duy nhất (x; y) với x > 0 và y < 0.
3) Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) = (
m 4 2m 1
;
) với mọi giá
m2 2 m2 2
trị m.
x=
m4
m2 2
có m ∈ Z thì m – 4 ∈ Z.
4
x 9
TH1: m – 4 = 0 <=> m = 4 =>
=> m = 4 không thỏa mãn.
y 7
18
TH2: m – 4 ≠ 0 <=> m ≠ 4
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 38
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
m 2 16
18
Z 1 2
Z
2
m 2
m 2
x ∈ Z mà m – 4 ∈ Z => (m – 4)x ∈ Z <=>
<=> m2 + 2 ∈ Ư(18)
Mà m2 + 2 ≥ 2 ∀m
=> m2 + 2 ∈ {2; 3; 6; 9; 18}
Ta có bảng:
m2 + 2
2
3
6
9
18
m2
0
1
4
7
16
m
0
1
-1
2
-2
7
4
5
3
1
1
1
3
-1
1
2
TM
KTM
x=
m4
m2 2
2
y=
2m 1
m2 2
KL
1
2
KTM KTM
-4
0
KTM
KTM
KTM
1
2
KTM
Vậy m = – 1thì hệ có nghiệm duy nhất (x; y) với x; y là các số nguyên.
Bài 5:
x 1 my
x my 1
x 1 my
x 1 my
(I)
2
2
m 1 my y m
mx y m
m m y y m
m 1 y 2m
a.
Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì m 2 1 y 2m có nghiệm duy
nhất
m2 1 0
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 39
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Có m 2 0 m 2 1 0 với mọi m .
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất với mọi m
b. Phương trình có nghiệm duy nhất với mọi m ( theo câu a).
2m
2m 2
x
m
1
.
1
m2 2
m2 2
(I)
y 2m
m2 2
Theo đề bài:
2m 2
2m 2
m
m
1 2
0
1
x 1 m 2 2
m 2
2
m 2m 1
m 12
m
2
m
0
0
y 1 2m 1
2
1 0
m2 2
m 2
m 2 2
m 2 2
DẠNG 4:
Bài 1:
1.
2
5
B
A
(d)
2
(P)
4
2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 40
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
3
y
x 1
3
1
3
1
2
x 2 .x 2 x 2 .x 2 0
4
8
2
2
2
2
x
3 y
3
Vậy (d) và (P) cắt nhau tại f 1 2 f
3 2 hai điểm
3
4 8
A ; và B 1;
2
3 3
3.
a. f 2 f 3
b. f 1 2 f
32
Bài 2:
1
2
1
1
1. Thay x 1 vào hàm số ta được : y . 1 A 1;
2
2
2
Thay x 2 vào hàm số ta được: y
2. Gọi pt đường thẳng AB có dạng:
1
2
2 2 B 2; 2 .
2
y ax b, a 0
1
1
a b
a
Vì A, B thuộc đường thẳng nên ta có 2
2
2 2a b
b 1
1
2
PT AB: y x 1
3. Gọi (d) là đường thẳng cần tìm
1
d / / AB d : y x b , b 1
2
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 41
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Xét pt hoành độ giao điểm của (P) và (d)
1
1
1
1
x b x2 x2 x b 0
2
2
2
2
Để (P) và (d) tiếp xúc thì pt trên có 1 nghiệm
2
1
1
1
0 4. .b 0 b
2
8
2
1
2
PT đường thẳng cần tìm là: y x
1
8
Bài 3.
1)
1
4
1
2
Ta có : A d và xA 2 ; y A .2 1 . Tọa độ A 2;1
1
1
P đi qua A 2;1 nên : 1 a.22 a P : y x 2
4
2)
4
Phương tình hoành độ giao điểm của d và P :
x 2
1 2 1
1
x x
4
4
2
x 1
1
Vậy giao điểm còn lại là B 1;
4
3)
Gọi A ‘; B ‘ lần lượt là hình chiếu của A; B lên trục Ox .
Khi đó tọa độ A ‘ 2; 0 , B 1;0
Diện tích tam giác OAB là :
SOAB S A ‘ B ‘ BA S A ‘ AO SOBB ‘
1
x A xB
2
y
A
YB
1
1
5
x A . y A xB . y B
2
2
8
Bài 4.
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 42
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
1)
Gọi x0 ; y0 là điểm cố định mà đồ thị hàm số đi qua
x0 2
x0 2 0
y0 1 0
y0 1
Khi đó : y0 mx0 2m 1 x0 2 m y0 1 0
Vậy đường thẳng luôn đi qua điểm cố định M 2;1
2)
2
Đồ thị P đi qua M 2;1 nên : 1 a. 2 a
1
4
1
4
Vậy P : y x 2
3)
Phương trình đường thẳng có dạng : y ax+b
Đường thẳng đi qua M 2;1 nên : 1 2a b
1
Phương tình hoành độ giao điểm của d và P :
ax b
1 2
x x 2 4ax 4b 0 2
4
2
Ta có : ‘ 2a 4b 4a 4b
Đường thẳng d tiếp xúc parabol P khi pt 2 có nghiệm kép hay
‘ 0 a b
3
1
a
3
Từ 2 & 3 ta có :
b 1
3
1
3
Vậy đường thẳng cần tìm là : y x
1
3
Bài 5.
1)
HS tự vẽ hình
2)
Phương tình hoành độ giao điểm của d và P : x 2 2 x
2
2
x 3
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
1
3
x 1
Page 43
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
1
9
Tọa độ A 1; , B 3;
2 2
2
5
1
Ta có : AO 1 0 0
2
2
2
2
9
3 13
2
3 0 0
2
2
BO
2
1 9
AB 1 3 2 5
2 2
2
Vậy chu vi ABC :
3)
5 3 13
2 5 (đvcv)
2
2
Gọi C x;0 Ox
Chu vi ABC : AB AC BC
Do AB không đổi nên chu vi ABC nhỏ nhất khi AC CB nhỏ nhất
1
Gọi A ‘ 1; là điểm đối xứng của A qua Ox
2
Khi đó CA CA ‘ CA CB CA ‘ CB A ‘ B CA CB nhỏ nhất khi A ‘, C , B
thẳng hàng
Hay C là giao điểm của A’B với Ox
5
2
Phương trình đường thẳng A ‘ B : y x 3
6
Vậy giao điểm A’B và Ox là C ;0
5
4)
Phương tình hoành độ giao điểm của d1 và P :
nx 1
1 2
x x 2 2nx 2 0 1
2
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 44
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Để d1 cắt P tại 2 điểm nằm cùng 1 phía với trục Ox thì pt 1 có 2 nghiệm
0
mà P 2 0 nên không có giá trị n thỏa mãn
P 0
phân biệt cùng dấu nên :
Bài 6: 1) Viết phương trình đường thẳng (d) có hệ số góc k và đi qua điểm M(1,5;-1)
Đường thẳng (d) có hệ số góc k có dạng y kx b
Vì đường thẳng (d) đi qua điểm M(1,5;1) nên:
k .1,5 b 1
b 1 1,5k
=> Vậy đường thẳng (d): y kx 1,5k 1
2) Tìm k để đường thẳng (d) và Parabol (P) tiếp xúc nhau
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P):
1 2
x kx 1,5k 1
4
x 2 4kx 6k 4 0
(a 1, b 4k , c 6k 4)
(1)
b ‘2 ac
(2k ) 2 1.(6k 4)
4k 2 6k 4
Để thẳng (d) và Parabol (P) tiếp xúc nhau thì phương trình (1) có nghiệm kép
0
4k 2 6k 4 0
2k 2 3k 2 0
25
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 45
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Phương trình ẩn k có 2 nghiệm phân biệt: k1 = 2, k2 =
1
2
Vậy, để thẳng (d) và Parabol (P) tiếp xúc nhau thì: k = 2; k =
1
2
3) Tìm k để đường thẳng (d) và Parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt
Để đường thẳng (d) và Parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thì phương
trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
1
0 4k 2 6k 4 0 2k 2 3k 2 0 (k 2)(k ) 0
2
1
k
2
k 2
Vậy, để đường thẳng (d) và Parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thì
k
1
hoặc k 2
2
Bài 7.
1)
Cho n = 1:
a)
Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ
b)
Tìm tọa độ giao điểm A và B của (P) và (d)
c)
Tính diện tích tam giác AOB
1
2
Với n = 1 thì (d): y x 1
a)
Vẽ (P) và (d)
b)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 46
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
x2 1
x 1
2 2
x2 x 2 0
(a 1, b 1, c 2)
Vì a b c 1 (1) 2 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x1 1 , x2 2
+ Với x1 1 thì y1
1
2
+ Với x2 2 thì y2 2
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: A(-1;
2)
1
) và B(2;2)
2
Tìm n để (P) tiếp xúc với (d)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x2 1
xn
2 2
x 2 x 2n 0
(1)
(a 1, b 1, c 2n)
(1) 2 4.1.(2n)
1 8n
Để (P) tiếp xúc với (d) thì phương trình (1) có nghiệm kép
0
1 8n 0
1
n
8
Vậy, để (P) tiếp xúc với (d) thì n
3)
1
8
Tìm n để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 47
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm thì phương trình (1) có 2 nghiệm
0
1 8n 0
1
n
8
Vậy, để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm thì n
4)
1
8
Tìm n để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm nằm ở hai phía trục tung
Để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm nằm ở hai phía trục tung thì phương trình
(1) có 2 nghiệm trái dấu
ac 0
1.(2n) 0
n0
Vậy, để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm nằm ở hai phía trục tung thì n > 0
Bài 8. Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x 2 mx m 1
x 2 mx m 1 0
(1)
(a 1, b m, c m 1)
(m) 2 4.1(m 1)
m 2 4m 4
(m 2) 2 0 với mọi m
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 48
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B thì phương trình (1) có
hai nghiệm phân biệt
0 (m 2)2 0 m 2 0 m 2
Vậy, để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B thì m 2
1) Gọi x1 và x2 là hoành độ của A và B. Tìm m để x1 x2 2
Theo hệ thức Vi – et:
S x1 x2
P x1.x2
b
m
a
c
m 1
a
Theo đề bài:
x1 x2 2 ( x1 x2 ) 2 4 x12 2 x1 x2 x2 2 4 ( x1 x2 ) 2 4 x1 x2 4
(m) 2 4(m 1) 4 m 2 4m 0 m(m 4) 0
m 0 (TMĐK) hoặc m = 4 (TMĐK)
Vậy để x1 x2 2 thì m = 0 hoặc m = 4
2) Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm nằm cùng bên trái trục tung
Theo hệ thức Vi – et:
S x1 x2
P x1.x2
b
m
a
c
m 1
a
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 49
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm nằm cùng bên trái trục tung thì phương
trình (1) có 2 nghiệm cùng âm
(m 2) 2 0
0
m 1
P 0 m 1 0
m 1
m
0
S 0
m 0
Vậy, (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm nằm cùng bên trái trục tung thì m < -1
Bài 9:
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) : y =
1 2
x và đường thẳng
2
d : y = mx + 2 là:
1 2
x mx 2
2
x 2 2mx 4
x 2 2mx 4 0 (1)
Để đường thẳng d cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt thì PT (1) phải có 2
nghiệm phân biệt ‘ 0
Ta có ‘ = (-m)2 – 1.(-4)
= m2 + 4 > 0 m .
Với m PT(1) luôn có 2 nghiệm phân biệt .Gọi x1,x2 là 2 nghiệm phân biệt của
PT(1). Thì x1,x2 là hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng d.
b
x1 x2 a 2m
(*)
Theo Vi ét ta có
c
x x 4
1 2 a
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 50
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Đặt A = x12 + x22
= x12 + 2x1x2+ x22 -2x1x2
= (x1+x2)2 -2 x1x2
Thay hệ (*) vào A ta được A = (2m)2 – 2.(-4)
= 4m2 + 8.
Vì m2 0 m
4m2 0
4m2 + 8 8
A8
Dấu “=” xảy ra m2 = 0
m = 0.
Vậy với m = 0 thì đường thẳng d cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành
độ x1,x2 mà x1+x2 có giá trị nhỏ nhất.
Bài 10
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) : y = x 2 và đường thẳng d:
y = – mx – m + 1 là:
x 2 mx m 1
x 2 mx m 1 0 (1).
Để đường thẳng d cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt thì PT (1) phải có 2
nghiệm phân biệt.
Từ pt (1) Ta thấy a – b + c = 1 – m + m – 1 = 0
Nên pt (1) luôn có nghiệm : x1 = – 1 và x2
Để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt thì :
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
c
= – (m – 1) = 1- m.
a
x1
x2
Page 51
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Với
m 2. Ta có x1 = -1
-1
m
=>
y1 = (-1)2 = 1
x2 = 1 – m =>
1–m
2.
y2 = (1- m)2
=> A(-1;1)
=> B (1 – m ;(1-m)2)
Ta có : y1 + y2 = 1+ (1-m)2
Mà
(1 – m )2
Dấu “=” xảy ra
0
(1 – m )2 + 1
y1 + y2
(1 – m )2
m
1
1
= 0
1–m
= 0
m
= 1
Vậy với m = 1 thì đường thẳng d cắt parabol (P) tại điểm A và B phân biệt với
A(x1;y1);B(x2;y2) mà(y1 + y2) nhỏ nhất .
DẠNG 5:
Bài 1: Cho pt : x2 – (2m + 3)x +m2 + 3m + 2 = 0
(1)
m là tham số.
1. Giải pt khi m = 1.
Với m = 1
Ta có
pt (1)có dạng :
x2 – 5x + 6 = 0
(5) 2 4.1.6 25 24 1 0
1 1
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 52
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
5 1
2
2
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
5 1
x2
3
2
x1
Vậy với m = 1 pt có tập nghiệm S ={ 2;3}
2. Xác định m để pt có 1 nghiệm là 2.Khi đó pt còn 1 nghiệm nữa, tìm nghiệm đó?
Để pt (1) có 1 nghiệm x = 2=> f(2) = 0
22 (2m 3).2 m 2 3m 2 0
Hay
4 4m 6 m2 3m 2 0
m2 m 0
m(m 1) 0
m 0
m 1 0 m 1
m0
+.Nếu m = 1.nghiệm còn lại là 3(phần 1).
+.Nếu m = 0 pt (1) có dạng : x 2 3x 2 0
Theo Vi_ét x1 x2 2 2.x2 2 x2 1 .=> Nghiệm còn lại là 1.
3. CMR pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với m .
2
Ta có : (2m 3) 4.1.(m 2 3m 2) 4m 2 12m 9 4m 2 12m 8 1 0m
Vậy m pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.
4. Gọi x1 ; x2 là 2 nghiệm của pt.Tìm m để x12 x 2 2 1 .
m gọi x1 ; x2 là 2 nghiệm của pt(1) .
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 53
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
x1 x2 2m 3
Theo Vi-ét ta có
2
x1 x2 m 3m 2
(I)
Để : x12 x 2 2 1 x12 2 x1 x2 x 2 2 2 x1 x2 1
( x1 x2 ) 2 2 x1 x2 1 (*)
(2 m 3) 2 2.(m2 3m 2) 1
Thế hệ (I) vào biểu thức (*) Ta được :
4m 2 12m 9 2m2 6m 4 1 0
2m 2 6m 4 0
m 2 3m 2 0(2)
Ta thấy a b c 1 3 2 0 => pt (2) có nghiệm m1 1; m2 2 .
Vậy với m 1; m 2 thì pt có nghiệm x1 ; x2 thoả mãn x12 x 2 2 1 .
5. Xác định m để phương trình có nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia.
x1 x2 2m 3(3)
Giả sử pt (1) có 2 nghiệm x1 ; x2 Theo Vi-ét ta có
2
x1 x2 m 3m 2(4)
.Để x1 3×2 x1 x2 3×2 x2 (5).
Thế pt(3) vào pt(5) => 2m 3 4 x2 x2
Thay x2
2m 3
3(2m 3)
x1
4
4
3(2m 3)
2m 3
x1
vào pt(4)
4
4
=>
2m 3 3.(2 m 3)
.
m 2 3m 2
4
4
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 54
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
3(2m 3) 2 16(m 2 3m 2)
3(4 m 2 12m 9) 16m 2 48m 32
12m 2 36m 27 16m 2 48m 32 0
4m 2 12m 5 0
4m 2 12m 5 0
‘ 62 4.5 36 20 16 0
Ta có:
‘ 16 4
Pt có 2 nghiệm m1
Vậy với m
6 4 1
6 4 5
; m2
4
2
4
2
1
5
;m
thì phương trình có nghiệm này bằng 3 lần nghiệm kia.
2
2
Bài 4
x 2 2 m 1 x m 4 0
1. Với m 5 phương trình x 2 8 x 9 0
Phương trình có a b c 0 nên có 2 nghiệm x1 1; x2 9
2
2
1 19
m 1 1. m 4 m 2 m 5 m 0 m
2
4
1)
phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
2. Phương trình có 2 nghiệm trái dấu a.c 0 m 4 0 m 4
3. Với mọi m ta có 0 gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình. Theo hệ thức vi x1 x2 2 m 1
et ta có:
x1.x2 m 4
Để phương trình có 2 nghiệm cùng dương
x x 0 2 m 1 0 m 1
1 2
m4
m4
x1.x2 0
m4 0
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 55
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
2)
A x1 1 x2 x2 1 x1 x1 x1 x2 x2 x2 x1 x1 x2 2 x1 x2
3)
2 m 1 2 m 4 2m 2 2m 8 10
4. Đặt B x1 x2
2
2
Ta có B 2 x1 x2 x12 2 x1 x2 x22 x1 x2 4 x1 x2
2
4 m 1 4 m 4 4 m 2 m 5
4)
B 2 m 2 m 5
5)
2
3 7
m 1 m 3 m 2 3m 4 m 0 m
2 4
Bài 5
2
Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
1. Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình. Áp dụng hệ thức vi-ét ta có:
x1 x2 2m 2 1
x1 x2 2 m 1
2
x1 x2 m 3
m x1 x2 3
Thay (2) vào (1) ta có
x1 x2 2 x1 x2 3 2 x1 x2 2 x1 x2 4
6)
2. Phương trình có 2 nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu
x1 x2 x1 x2 0 2 m 1 0 m 1
7)
Thay m=1 vào lai phương trình tìm được x1 2 ; x2 2 vậy m=1 thỏa mãn
yêu
cầu bài toán
Bài 6: x2 – 2(m – 2)x + 2m – 5 = 0
1/ Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 56
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
‘ = (m – 2)2 – 1(2m – 5)
= m2 – 4m + 4 – 2m + 5
= m2 – 6m + 9
= (m – 3)2 m
Phương trình có nghiệm với mọi m
2/ ‘ m => phương trình luôn có nghiệm với mọi m
b 2(m 2)
2(m 2)
x1 x2 a
1
Theo Viet ta có
x . x c 2m 5 2 m 5
1 2 a
1
Theo đề bài ta có: B = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) < 4
B = x1 – x1x2 + x2 – x1x2 < 4
x1 + x2 – 2x1x2 < 4
2(m – 2) – 2(2m – 5) < 4
2m – 4 – 4m + 10 – 4 < 0
-2m + 2 < 0 2m > 2 m > 1
Vậy m > 1 thì phương trình có nghiệm sao cho B < 4
3/ Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm không phụ thuộc vào m
x1 x2 2m 4(1)
x1 x2 2(m 2)
Ta có
thay vào (1) ta được
x1.x2 5
x1.x2 2m 5
m
2
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 57
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
x1 x2 2
x1.x2 5
4 x1 + x2 = x1.x2 + 5 – 4 x1 + x2 – x1.x2 – 1 = 0
2
Bài 7.
1/ x2 + (4m + 1)x + 2(m- 4) = 0 (*)
= (4m + 1)2 – 4.1.2(m – 4)
= 16m2 + 2.4m.1 + 1 – 8m + 32
=16m2 + 33 > 0 Với mọi m
Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
b (4m 1)
(4m 1)
x1 x2 a
1
Theo Viet ta có
x .x c 2(m 4)
1 2 a
x1 x2 (4m 1)(1)
Kết hợp điều kiện ta được x1.x2 2(m 4)(2)
x x 17(3)
2 1
Từ (3) => x2 = 17 + x1 (3’) thế vào (1) ta được
X1 + 17 + x1 = -(4m + 1)
2×1 = – 4m – 1 – 17
2×1 = – 4m – 18
X1 = -2m – 9 thay vào (3’) ta được.
X2 = 17 + (-2m – 9)
X2 = 17 – 2m – 9 = 8 – 2m
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 58
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Thay x1, x2 vào (2) ta được:
(-2m – 9) (8 – 2m) = 2(m – 4)
-16m + 4m2 – 72 + 18m – 2m + 8 = 0
4m2 – 64 = 0 4m2 = 64 m2 = 16 => m = 4 (TM)
Vậy m = 4 thì phương trình có 2 nghiệm x1, x2 t/m x2 – x1 = 17
2/ A = (x1 – x2)2 = x12 x22 2 x1 x2 ( x1 x2 ) 2 4 x1 x2
2
A = (4m 1) 4.2(m 4)
=16m2 + 8m +1 – 8m + 32
=16m2 + 33
Ta có m2 0 với mọi m
16m2 0 với mọi m => 16m2 + 33 33 mọi m
Vậy GTNN của A = 33 m = 0
x1 x2 (4m 1)(1)
x1.x2 2(m 4)(2)
3/
Ta có x1 + x2 = -4m – 1 => x1 + x2 + 1 = -4m => m
x1 x2 1
Thay vào (2) ta được
4
x x 1
x x 1
x1.x2 2 1 2
4 x1.x2 1 2
8
4
2
-2x1x2 + x1 + x2 + 1 + 16
x1 + x2 + 2x1x2 + 17 = 0
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 59
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Vây hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc m là: x1 + x2 + 2×1.x2 + 17 = 0
Bài 8. x 2 2 m 1 x 2m 1 0
2
‘ m 1 2m 1
‘ m2
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ‘ 0
m2 0 m 0
Áp dụng định lí Vi-et, ta có:
x1 x2 2m 2
x1 x2 2 m 1
x1 x2 2m 1
x1 x2 2m 1
Theo đề ta có
2
2
x12 x22 5 x1 x2 2 x1 x2 5
4 m 2 2m 1 2 m 1 5 4m 2 6m 3 0
Suy ra m
Vậy m
3 21
3 21
hoặc m
4
4
3 21
3 21
hoặc m
thì phương trình đã cho có hai nghiệm
4
4
phân biệt x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền
bằng 5
Bài 9. Cho phương trình x 4 2 x 2 m 2 0
a) Giải phương trình khi m 1
Thay m 1 vào phương trình, ta có: x 4 2 x 2 3 0
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 60
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Đặt t x 2 t 0 , phương trình trở thành t 2 2t 3 0 .
Ta có a b c 1 2 3 0
Do đó, phương trình có nghiệm t1 1 ( loại ) và t2 3 .
t 3 x2 3 x 3 .
Vậy tập nghiệm của phương trình S 3
b) Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt
Đặt t x 2 t 0 , phương trình trở thành t 2 2t m 2 0 .
1
Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình 1 có 2 nghiệm
dương phân biệt.
a 0
1 m 2 0
‘ 0
m 3
2 0
2m3
m 2
S 0
m 2 0
P 0
Vậy 2 m 3 thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 10. Cho phương trình x 2 2 m 1 x m 2 1 0
Đặt t x t 0 , phương trình đã cho trở thành t 2 2 m 1 t m2 1 0
1
Ứng với một nghiệm t dương của phương trình 1 thì phương trình đã cho
có 2 nghiệm phân biệt. Do đó để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì
phương trình 1 phải có một nghiệm t 0 .
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 61
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
m 1
m 1
Suy ra m 2 1 0
Khi m 1 , phương trình 1 trở thành: t 2 4t 0
t t 4 0
t 0
x 0 ( loại vì có 3 nghiệm )
t 4
x 2
Khi m 1 , phương trình 1 trở thành: t 2 0
x 0 ( nhận )
Vậy m 1 thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
DẠNG 6:
Bài 1:
OAM
OBM
900
1. Chứng minh OKM
.
2. Dùng kết quả câu 1, tứ giác MAKB nội tiếp chú ý MA = MB
AKM BKM
MKB
ĐPCM
AQB MAB
3. Chứng minh được:
E
4. Chứng minh được:
OM AB , dùng hệ thức lượng cho tam giác vuông
MAO
MH .MO MA2 .
Q
A
K
N
M
P
F
I
H
O
B
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 62
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Chú ý:
5. Từ kết quả câu 4 :
.
Tổng quát: Trên tia Mx lấy hai điểm A, B sao cho MA < MB. Trên tia MY lấy hai điểm N, P sao cho MN < MP. Khi đó ABPN là tứ giác nội tiếp . 6. Vì AB = 2AH nên: . Dùng hệ thức lượng cho tam giác MAO AH 2 HM .HO . Chứng minh được: 7. Chứng minh được MEKH là tứ giác nội tiếp, dùng kết quả tổng quát ở câu 5 ta có: Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS Page 63 ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI không đối. Từ . IAB suy ra AI là phân giác MAB , 8. Vì MO là trung trực của AB nên IA = IB. IAM chú ý MI là phân giác => ĐPCM.
9. Từ câu 2 KF là phân giác góc
AKB , chú ý
nên KE là phân giác góc
ngoài tại đỉnh K. Dùng tính chất đường phân giác với
10. Nhận xét: P, Q thay đổi nên
.
có độ dài cả ba cạnh đều thay đổi gây khó
khăn do đó cần đưa về tam giác chứa yếu tố cố định hơn.
Từ kết quả câu 3
.
Kẻ
ta có
Do AM không đối
(P’ đối xứng với A qua O)
11. Gọi S là trung điểm OM, từ G kẻ GL//KS. Vì AS cố định và:
2
3
AL 2
L cố định
AS 3
1
3
Lại có: LG SK OM (Không đổi)
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 64
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
1
Bởi vậy G luôn chạy trên đường tròn L; OM cố định.
3
Do OK.OE không đổi nên E thuộc đường OK cố định trên đó E cách O cố định một
đoạn OE
R2
không đổi. Vậy E là điểm cố định mà AB luôn đi qua.
OK
12. Từ MO = 2R tính được
Diện tích hình quạt cần tính là S
.
R2
3
.
Bài 2
a. C/m: tứ giác OMNP nội tiếp
C
90
Ta có: MP AB OMP
90
Ta có: ON CP ONP
d
M
A
O
ONP
OMP
Tứ giác OMNP nội tiếp (DHNB)
B
I
N
P
D
b. C/m: Tứ giác CMPO là hình bình
hành
Ta có:
CO AB
CO / / MP (1)
MP AB
ONM
(OCN cân tại O)
Ta có: OCM
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 65
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
ONM
( cùng chắn cung OM)
OPM
DOP
(OD//PM)
OPM
DOP
OCM
Mà chúng là hai góc đồng vị
CM / / OP (2)
Từ (1), (2) suy ra tứ giác CMPO là hình bình hành.
c. C/m : CM . CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M
+) Xét COM và CND có:
: chung
OCM
COM
CND
(=90)
COM
CND ( g.g )
CO CM
CM .CN OC.CD 3R 2
CN CD
CM . CN không đổi
CM . CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M
d. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác
CND di chuyển trên một cung tròn cố định nào?
+) Goi I là tâm đường tròn nội tiếp CND
DCI
1 DCN
CI là tia phân giác của OCN
2
CDI
1 CDN
DI là tia phân giác của CDN
2
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 66
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
CDI
1 ( DCN
CDN
) 45 (vì CND
90 )
DCI
2
135
CID
I nằm trên cung tròn chứa góc 135 dựng trên CD.
Bài 3.
a. C/m: tứ giác ABMD nội tiếp
90
Ta có: DA AB DAB
N
D
M
Ta có:
G
BC
90 BMD
90
M (O;
) BMC
2
K
A
DMB
DAB
B
d
I O
J
C
P
Tứ giác ABMD nội tiếp (DHNB)
b. Tứ giác APND là hình gì? Tại sao?
DBA
( cùng chắn cung DA)
Ta có: DMA
DBA
( 2 góc đồi đỉnh)
DMA
PBC
( 2 góc đồi đỉnh)
DBA
PBC
NC
CP
NMC
NC = CP C đường trung trực của NP
Ta có: ON = OP = R O đường trung trực của NP
CO là đường trung trực của NP
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 67
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
CO NP hay AC NP
Mà AC AD
OA NP
Tứ giác APND là hình thang.
c. C/m : CM . CD không phụ thuộc vào vị trí của điểm M
+) Xét CMB và CAD có:
ACD : chung
CMB
CAD
(=90)
CMB
CAD ( g.g )
CM CB
CM .CD CA.CB
CA CD
Mà A, B, C cố định
CA . CB không đổi
CM . CD không đổi
CM . CD không phụ thuộc vào vị trí của điểm M
d. C/m: Trọng tâm G của tam giác MAC chạy trên một đường tròn cố định khi M
di động.
Gọi I là trung điểm của AC Điểm I cố định và
Kẻ GJ // MB
IG 1
IM 3
IG IJ 1
( định lý Talet) Điểm J cố định
IM IB 3
Kẻ GK // MC
IG IK 1
( định lý Talet) Điểm K cố định
IM IC 3
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 68
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
IJ IK IJ IK JK 1
IB IC IB IC BC 3
1
JK BC
3
GJ / / MB
90
Ta có: GK / / MC GJ GK JGK
MB MC
Vậy khi M di động trọng tâm G của tam giác MAC chạy trên đường tròn đường
kính JK cố định.
Bài 4:
E
O
I
B
C
D
H
M
A
a. A là điểm chính giữa BC
I là trung điểm BC OA BC tại I
AIC 900
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 69
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Suy ra tứ giác AIHC nội tiếp
A, I, H, C cùng thuộc một đường tròn
b. Xét
và
có
chung
(góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
(cùng chắn
AB )
c. Có
(góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Suy ra AB tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp
d. Có
(góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
, mà
EA là phân giác CEM
cân tại E
EA là trung trực MC AM =AC
=>
(cạnh huyền – cạnh góc vuông)
Dấu “=” xảy ra khi HA = HC
vuông cân tại H
hay
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 70
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
900
=> E nằm trên (O) sao cho số đo CE
Bài 5.
M
I
A
N
O’
O
K
B
H
C
CHỨNG MINH
AHB
AHC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
1) Ta có
BHA
HBC
AHC 900 900 1800 . Vậy B, H , C thẳng hàng.
2) Nếu MN AH thì HM , HN lần lượt là các đường kính nên hiển nhiên ta có
đpcm.
nhọn, ta có MBH
HAN
Ngược lại, không mất tính tổng quát, giả sử HAN
)
(cùng bù với HAM
là góc ở tâm chắn HM
, MBH
là góc nhọn chắn cung HM
nên
MOH
1 MOH
.
MBH
2
1 HO
Chứng minh tương tự ta được HAN
‘N
2
Suy ra hai tam giác cân MOH và HO ‘ N đồng dạng (c-g-c)
MH MO R
const
HN NO ‘ R ‘
CNA
900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
3) Ta có BMA
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 71
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
tg MNCB là hình thang vuông.
KI là đường trung bình của hình thang MNCB
KNC
1800 (hai góc trong cùng phía)
KI / / NC KIA
AHK
AHC )
ANC (cùng bù với
Mặt khác
Suy ra
AIK
AHK 1800 , mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác AIKH nội
tiếp. Vậy 4 điểm A, H , K , I cùng thuộc một đường tròn.
4) Xét HMN và ABC
NMH
ABC (cùng chắn cung
AH của O )
MNH
ACB (cùng chắn cung
AH của O ‘ )
Suy ra HMN ∽ ABC (g-g)
SHMN HM
HM
SHMN SABC .
S ABC
AB
AB
Mà A, B, C cố định nên SHMN max HM max HM là đường kính của
O
900 , đường thẳng d / / BC là đường thẳng cần tìm.
Khi đó MAH
Bài 6.
CHỨNG MINH
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 72
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
O
‘ AN (đối
1) Ta có OAM
F
đỉnh)
OAM cân tại O OA OM R
B
OMA
.
OAM
N
Chứng minh tương tự
O
O
‘ AN O
‘ NA
A
O’
E
Xét AOM và AO ‘ N có
OAM
O
OMA
‘ AN O
‘ NA (1)
AOM ∽ AO ‘ N g g
M
2) Do AB / / FN nên theo định
lí Talets ta có:
BA MA
FN MN
(2)
O
‘ NA mà
Từ (1) ta cũng có OMA
hai góc ở vị trí so le trong nên
OM / / O ‘ N
Lại theo hệ quả định lí Talets ta có
:
MA OA
R
2R ‘
2
(3)
MN OO ‘ R R ‘ 2 R ‘ R ‘ 3
Từ (2)(3) suy ra
BA 2
3
3
FN BA R = const.
FN 3
2
2
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 73
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
3) AB / / EF (gt) tg ABFE là hình thang (4)
MBA
(đồng vị) (5)
BFE
1
AOM (tính chất góc nội tiếp) (6)
MBA
2
1
AEN
AEF
AO ‘ N (tính chất góc nội tiếp) (7)
2
AOM
AO ‘ N (do AOM ∽ AO ‘ N ) (8)
Từ (5)(6)(7)(8) suy ra BFE
AEF (9)
Từ (4) và (9) suy ra tứ giác ABFE là hình thang cân.
4) Kẻ đường cao AH của hình thang, ta có
S ABFN
F
3
R R AH
AB FN . AH 2 5 R. AH
2
4
2
B
(10)
N
I
H
Kẻ MK AB K .
O
ANH (đồng vị)
MAK
O’
A
K
Suy ra AKM ∽ NHA (g-g)
MK MA R
2 (11)
AH NA R ‘
5
8
Từ (10)(11) suy ra S ABFN R.MK
C
M
Vậy S ABFN max MK max
Gọi I là trung điểm của AB và C là điểm thỏa mãn
CI AB , C O C là trung điểm của cung lớn
AB nên cố định.
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 74
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
Ta có MK MI MO OI CO OI CI
Suy ra Max MK CI , dấu ” ” M C .
Bài 7.
CHỨNG MINH
1) Ta có :
K
AEB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính AB )
E
C
900 (1)
KEB
H
900 (2)
CD AB M KMB
A
Từ (1)(2) suy ra hai đỉnh E và M cùng nhìn cạnh
O
M
B
KB dưới các góc bằng nhau nên tứ giác EKBM nội
tiếp.
D
2) Xét AKM và ABE :
A chung;
AKM ∽ ABE g g
0
AMK AEB 90
AK AM
3
AK . AE AM . AB R.2 R 3R 2 .
AB
AE
2
3) Theo giả thiết ta có CD là trung trực của OB nên CO CB
600
OCB đều vì CO CB OB R COB
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 75
F
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
nhỏ : S
Vậy diện tích quạt dưới hạn bởi OB, OC , BC
R 2 60 R 2
dvdt
360
6
4) Gọi F là điểm đối xứng của A qua CD F cố định do A, CD cố định.
KAF cân tại K do KM là trung trực của AF (theo cách dựng F )
KFM
(3)
KAM
Tứ giác AEHM nội tiếp do hai góc đối diện E và M vuông
MHB
(4)
KAM
KHB
1800 (5)
MHB
KHB
1800
Từ 345 KFM
KHBF nội tiếp
F thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BHK
Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BHK thuộc đường trung
trực của BF cố định.
Bài 8.
CHỨNG MINH
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 76
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
AHB 900 (góc nội tiếp chắn nửa
8) Ta có
đường tròn) HB AE
E
N
K
H
Mặt khác ta lại có H là điểm chính giữa cung
M
ABH HBM
AM nên
I
A
Xét tam giác ABE có BH vừa là đường cao
O
B
vừa là đường phân giác nên BAE cân tại B.
9) Do N B, BA BA BN ABN cân tại
MAB
(1)
B INB
AM , AH lần lượt là hai đường cao
trong tam giác FAB và cắt nhau tại I
nên I là trực tâm của tam giác FAB
MAB
(2)(cùng phụ
KI AB IEB
)
với MBA
IEB
mà hai góc cùng
Từ (1)(2) suy ra INB
nhìn cạnh IB nên tứ giác NEIB nội tiếp.
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 77
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
10) Khi
M
K
90 MK / / AB MKB
KBA
so le trong
MAK
KBA
cmt nên
mà MBK
0
H
I
MKB
MKB cân tại M
MBK
A
MK MB (3)
B
O J
Kẻ MJ AB J KMJA hình chữ nhật
KM JA 4
Từ (3)(4) suy ra MB JA
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB
đường cao MJ :
MB 2 JB. AB AB JA AB 4 R 2 2 R.MB
MB 2 2 R.MB 4 R 2 0 MB R 5R 2 MB
2
5 1 R
Vậy điểm M cần tìm là giao của O; R và
B;
5 1 R .
BÀI 9.
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 78
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
a. C/m: tứ giác MNEF nội tiếp
N
C
F
Ta có:
CD AB
CD / / MN
MN AB
CDN
(2 goc slt )
MND
CFE
( cùng chắn CE
)
Mà: CDN
I
A
P
O
H
G
K
CFE
MND
D
E
M
Tứ giác MNEF nội tiếp
(DHNB)
b. C/m: ME.MC = NF.ND
+) Xét MAE và MCA có:
AME : chung
MAE MCA( g.g )
MCA
(cung chan
MAE
AE )
MA ME
MC MA
MA2 MC . ME (1)
+) Xét NAF và NDA có:
ANF : chung
NAF NDA( g.g )
(cung chan
NAF NDA
AF )
NA NF
ND NA
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 79
B
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
NA2 ND.NF (2)
MND
CDN
+) Ta có: MN // CD (cmt)
NMC
MCD
MCD
( vì OCD cân tại O)
Mà CDN
CMN
MND
OMN cân tại O
Mà OA NM
Suy ra: A là trung điểm của MN
AM AN (3)
+) Từ (1), (2), (3) suy ra: ME.MC = NF.ND
c. Tìm vị trí của điểm H để tứ giác AEOF là hình thoi.
+) Ta có:
MNF
FEC
FEC NME
MNF NME
EF//MN
Mà OA NM
OA EF tại I
IE IF
Tứ giác AEOF có OA EF tại I và IE IF (cmt)
Để tứ giác AEOF là hình thoi thì I là trung điểm của OA
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 80
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
+) c/m: OIE OHC (ch-gn) OI=OH
Khi I là trung điểm của OA thì H là trung điểm của OB
Vậy để tứ giác AEOF là hình thoi thì H là trung điểm của OB.
d. C/m: Khi H chuyển động trên đoạn OB thì G thuộc một đường trong cố định.
+) Từ G kẻ đường thẳng song song với AC và cắt AB tại P
Xét OKA có GP // AK ( theo cách vẽ)
OG OP
OK OA OP 1
OG 1 OA 3
Ma
OK 3
Suy ra điểm P cố định
+) Ta có:
GP / / AK
GP GA AGP 90
GA GK
G thuộc đường tròn đường kính AP khi H chuyển động trên đoạn OB.
Bài 10.
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 81
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
a. C/m: tứ giác BF’E’C nội tiếp
A
+) Ta có: F’ đối xứng với H qua AB
AB là đường trung trực của F’H
E’
O
BF’ = BH
E
BHF ‘ cân tại B
’ (1)
BF
‘ H BHF
F’
F
H I
C
B
D
+) Ta có: E’ đối xứng với H qua AC
AC là đường trung trực của E’H
CE’ = CH
CHE ‘ cân tại C
’ (2)
CE
‘ H CHE
’ CHE
’ (2 góc đối đỉnh)
+) Ta có : BHF
(3)
‘ H CE
‘H
Từ (1), (2), (3) suy ra BF
Mà E’, F’ là 2 đỉnh liền kề của tứ giác
BCE’F’
Tứ giác BCE’F’ nội tiếp (dhnb)
b. C/m: A, F’, B, C, E’ cùng thuộc một đường tròn
Ta có:
AFH
AEF 90 Tứ giác AEHF nội tiếp (dhnb)
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 82
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
FHE
180
FAE
FAE BHF ‘
’ FHE
180
Ma BHF
BHF
’
Lại có: BFH
BF
FAE
‘H
Mà A, F’ là 2 đỉnh liền kề của tứ giác ABCF’
Tứ giác ABCF’ nội tiếp (dhnb)
A, C, B, F’ thuộc đường tròn ngoại tiếp BCF ‘ (4)
+) Ta có: Tứ giác BCE’F’ nội tiếp
B, C, E’, F’ thuộc đường tròn ngoại tiếp BCF ‘ (5)
Từ (4), (5) suy ra A, F’, B, C, E’ cùng thuộc một đường tròn
c. C/m: OA EF
+) Ta có: F’ đối xứng với H qua AB
AB là đường trung trực của F’H
AF’ = AH (6)
+) Ta có: E’ đối xứng với H qua AC
AC là đường trung trực của E’H
AE’ = AH (7)
Từ (6), (7) suy ra AE’ = AF’
A đường trung trực của E’F’ (8)
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 83
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
+) Ta có: OE’ = OF’ = R
O đường trung trực của E’F’ (9)
Từ (8), (9) suy ra OA là đường trung trực của E’F’
OA E ‘ F ‘
EFC
+) C/M: Tứ giác BCEF nội tiếp EBC
CF
Mà EBC
‘ E ‘ ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE’)
CF
‘ E ‘ EFC
EF / / E ‘ F ‘
Ma OA E ‘ F ‘
OA EF
d. C/m: Khi A chạy trên (O) thì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
không đổi
Xét O;
DC AC
AD
DC / / BH (10)
có: ACD 90
Ma BH AC
2
F
‘ HB
CDH
CDH BF ‘ H
‘ HB BF
‘ H
Ma F
F
F ‘ B CD (11)
F
‘ D CB
‘ B CD
Từ (10), (11) suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành
Gọi I là trung điểm của BC
I là trung điểm của HD
+) Ta có: O là trung điểm của AD
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 84
ĐỀ CƯƠNG TOÁN 9 – THCS NGÔ SĨ LIÊN – HÀ NỘI
OI
1
AH (t/c đường trung bình của AHD )
2
AH = 2OI
Do BC cố định OI không đổi AH không đổi
+) Ta có: tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính OH (cmt)
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF không đổi
Vậy khi A chạy trên (O) thì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF không
đổi.
Tài liệu được thực hiện bởi nhóm : Toán THCS
Page 85
