Ôn tập toán 8 lên 9 phần 2

CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Câu 60. Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc trung bình 30km / h . Khi đến B người đó
nghỉ 20 phút rồi quay về A với vận tốc trung bình 25km / h . Tính qng đường AB , biết
rằng thời gian cả đi và về là 5 giờ 50 phút.
Lời giải
Gọi

x  km 

là chiều dài quãng đường AB

 x  0 .

x
 h
Thời gian xe máy đi từ A đến B là: 30
.
x
 h
Thời gian xe máy đi từ B về A là: 25
.
1
  h
Đổi 20 phút 3
� 35 �
  h �
�
6

�
�nên ta có phương trình:
5
50
Do thời gian cả đi lẫn về và nghỉ là giờ
phút
x 1 x 35
 

30 3 25 6
x
x 11
�


30 25 2
5 x 6 x 825
�


150 150 150
� 5 x  6 x  825
� 11x  825
� x  75 (thỏa mãn điều kiện)

75 km
Vậy quãng đường AB dài   .
Câu 61. Một xe khách khởi hành từ A đến B với vận tốc 50km / h . Sau đó 30 phút, một xe con
xuất phát từ B để đi đến A với vận tốc 60km / h . Biết quãng đường AB dài 80km . Hỏi
sau bao lâu kể từ khi xe khách khởi hành, hai xe gặp nhau?

Lời giải
Đổi: 30 phút  0,5 giờ
x  0
Gọi x (giờ) là thời gian xe khách đi từ A đến khi hai xe gặp nhau 
.
50x  km 
Quãng đường xe khách đi từ A đến khi hai xe gặp nhau là
.
Thời gian xe con đi từ B đến khi hai xe gặp nhau là x  0,5 (giờ)
60 x  0,5   km 
Quãng đường xe con đi từ B đến khi hai xe gặp nhau là 
.
Đến lúc hai xe gặp nhau, tổng quãng đường hai xe đi được đúng bằng quãng đường AB
60 x  0,5  50 x
nên ta có phương trình: 
� 60 x  30  50 x
� 60 x  50 x  30
� 10 x  30
� x  3 (thỏa mãn điều kiện)

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

1

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG
3

Vậy sau giờ kể từ khi xe khách khởi hành, hai xe gặp nhau.
Câu 62. Một ô tô đi từ Hà Nội đến Đền Hùng với vận tốc trung bình 30 km/h . Trên quãng đường
từ Đền Hùng về Hà Nôi, vận tốc ô tô tăng thêm 10 km/h nên thời gian về ngắn hơn thời
gian đi là 36 phút. Tính quãng đường từ Hà Nội đến Đền Hùng.
Lời giải
Gọi chiều dài quãng đường Hà Nội - Đền Hùng là

x  km, x  0 

.

x
 h
Thời gian xe ô tô đi từ Hà Nội đến Đền Hùng là: 30
Vì khi đi từ Đền Hùng về Hà Nội, xe tăng vận tốc nên vận tốc lúc về của ô tô là:
30  10  40 km/h
x
 h
Thời gian xe ô tô đi từ Đền Hùng về Hà Nội là: 40
3
x
x 3
 h


Thời gian về ngắn hơn thời gian đi là 36 phút 5 nên ta có phương trình: 30 40 5
x
x 3
1
3

�1 1 � 3

 � �  �x  �
.x  � x  72
30 40 5
120
5
�30 40 � 5
(thỏa mãn điều kiện)
Câu 63. Một công nhân dự kiến làm 60 sản phẩm trong một ngày. Do cải tiến kỹ thuật, anh đã
làm được 80 sản phẩm một ngày. Vì vậy, anh đã hoàn thành kế hoạch sớm 2 ngày và cịn
làm thêm được 40 sản phẩm nữa. Tính số sản phẩm anh công nhân phải làm theo kế
hoạch.
Lời giải
Gọi số sản phẩm anh công nhân phải làm theo kế hoạch là x (sản phẩm, x  60; x ��).

x
Thời gian anh công nhân dự kiến làm hết số sản phẩm là: 60 (ngày)
Số sản phẩm anh công nhân đã làm trên thực tế là x  40 (sản phẩm)

x  40
Thời gian anh công nhân trên thực tế là: 80 (ngày)
x x  40

2
80
Vì anh đã hồn thành kế hoạch sớm 2 ngày nên ta có phương trình: 60
x x  40
4 x  3x  120 480


2�

� 4 x  3 x  120  480 � x  600
60
80
240
240
(thỏa mãn điều
kiện)
Vậy số sản phẩm anh công nhân phải làm theo kế hoạch là 600 sản phẩm
Câu 64. Một tổ dự định mỗi giờ dệt 28m vải. Nhưng thực tế mỗi giờ, tổ đó đã dệt ít hơn 4m vải.
Do vậy, tổ đã làm quá thời gian dự định 2 giờ mà cịn thiếu 5m vải nữa mới hồn thành
kế hoạch. Tính số vải tổ đó phải dệt theo kế hoạch.
Lời giải
m, x  28 
Gọi số vải tổ đó phải dệt theo kế hoạch là x 
.

Số vải tổ đó dệt được trên thực tế là
DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

x  5  m

2

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Trên thực tế mỗi giờ tổ dệt được

28  4  24  m 

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

x
 h
Thời gian tổ dệt trên kế hoạch là 28
x 5
 h
Thời gian tổ dệt trên thực tế là 24
Vì tổ đã làm quá thời gian dự định 2 giờ mà cịn thiếu 5m vải nữa mới hồn thành kế

x 5 x

2
hoạch nên ta có phương trình: 24 28
x5 x

2
24 28
�

7  x  5  6 x 336


168
168 168

� 7  x  5   6 x  336

� 7 x  35  6 x  336
� x  371 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy số vải tổ đó phải dệt theo kế hoạch là 371m
Câu 65. Một công nhân dự kiến làm 33 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Trước khi thực
hiện, xí nghiệp giao thêm cho người đó 29 sản phẩm nữa. Do đó mặc dù mỗi giờ người
đó đã làm thêm 3 sản phẩm nhưng vẫn hoàn thành chậm hơn dự kiến 1 giờ 30 phút. Tính
năng suất dự kiến.
Lời giải
*
Gọi năng suất dự kiến là x (sản phẩm/giờ, x �� ).
Năng suất thực tế của anh công nhân là x  3 (sản phẩm/giờ)

33
 h
Thi gian công nhân làm trên kế hoạch là: x
Số sản phẩm anh công nhân được giao trên thực tế là: 33  29  62 (sản phẩm)

62
 h
Thời gian công nhân làm trên thực tế là: x  3
Mặc dù mỗi giờ người đó đã làm thêm 3 sản phẩm nhưng vẫn hoàn thành chậm hơn dự
kiến 1 giờ 30 phút



3
62 33 3
 
2 nên ta có phương trình: x  3 x 2

�

2.62.x  33.2.  x  3 3 x  x  3

2 x  x  3
2 x  x  3

� 124 x  66 x  198  3x 2  9 x
� 124 x  66 x  198  3 x 2  9 x
� 3 x 2  49 x  198  0

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

3

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG
�
x  9  tho�
a ma�
n�
ie�
u kie�
n
�
�

22
�
x
i
 loa�
�
� 3

Vậy năng suất dự kiến là 9 (sản phẩm/giờ).
Câu 66. Hai công nhân cùng làm một cơng việc trong 4 ngày thì xong. Biết rằng nếu làm một
mình xong cơng việc thì người thứ nhất làm nhanh hơn người thứ hai 6 ngày. Tính thời
gian mỗi người làm một mình xong cơng việc.
Lời giải
Gọi thời gian người một làm một mình xong cơng việc là x ( x  4; ngày)
Thời gian người thứ hai làm một mình xong cơng việc là x  6

1
Một ngày người một làm được x (công việc)
1
Một ngày người thứ hai làm được x  6 (công việc)
1
Một ngày cả 2 người làm được 4 (công việc)
1
1
1


x x6 4
Theo bài ra ta có phương trình :
� 4( x  6)  4 x  x( x  6)

� x 2  6 x  4 x  24  4 x  0
� x 2  2 x  24  0
� x 2  6 x  4 x  24  0
� x( x  6)  4( x  6)  0
� ( x  4)( x  6)  0
x40
�
��
x6  0
�

�
x  4  loại 
��
x  6  thỏ
a mã
n điề
u kiệ
n
�
�
.
Vậy thời gian người một làm một mình xong cơng việc là 6 ngày, người thứ hai làm một
mình xong cơng việc là 10 ngày.
Câu 67. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 48 m Nếu tăng chiều rộng lên 4 lần và chiều dài
lên 3 lần thì chu vi của khu vườn sẽ là 162 m. Hãy tìm diện tích của khu vườn ban đầu.
Lời giải
Nửa chu vi của hình chữ nhật là 48 : 2  24 (m)
x(0  x  12, m)

Gọi chiều rộng của khu vườn là
Chiều dài của khu vườn là 24  x (m)
Chiều rộng khi tăng 4 lần là : 4x (m)
Chiều dài khi tăng 3 lần là: 3(24  x) (m)
Theo bài ra ta có phương trình:
[4 x  3(24  x )].2  162
� ( x  72).2  162
� x  72  81
DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

4

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG
� x  9 ( thỏa mãn điều kiện của ẩn)
2
Vậy diện tích của hình chữ nhật là x(24  x)  9.15  135 ( m )
Câu 68. Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng
kỹ thuật mới nên tổ I đã sản xuất vượt mức kế hoạch là 18% và tổ II vượt mức 21% . Vì
vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm
được giao của mỗi tổ là bao nhiêu?
Lời giải
Gọi số sản phẩm tổ I được giao theo kế hoạch là x (sản phẩm) ( x ��;0  x  600 )
Số sản phẩm tổ II được giao theo kế hoạch là 600  x (sản phẩm)
118
x
Số sản phẩm tổ I được giao theo thực tế là 100 (sản phẩm)

121
(600  x)
Số sản phẩm tổ II được giao theo thực tế là 100
(sản phẩm)
600

120

720
Số sản phẩm cả 2 tổ làm trong thực tế là
(sản phẩm)
Theo bài ra ta có phương trình:
118
121
x
(600  x )  720
100
100
� 118 x  72600  121x  72000
� 3 x  600 � x  200 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy số sản phẩm tổ I được giao theo kế hoạch là 200 sản phẩm
Số sản phẩm tổ II được giao theo kế hoạch là 400 sản phẩm
Câu 69. Một đội xe tải vận chuyển 28 tấn hàng đến một địa điểm quy định. Vì trong đội có 2 xe
bị điều đi làm việc khác nên mỗi xe phải chở thêm 0, 7 tấn hàng nữa. Tính số xe của đội
lúc đầu.
Lời giải
x ( xe; x ��; x  2)
Gọi số xe của đội lúc đầu là

Số xe thực tế là x  2 (xe)
28
Lúc đầu mỗi xe cần chở số tấn hàng là x (tấn)
28
Lúc sau mỗi xe cần chở số tấn hàng là x  2 (tấn)
Theo bài ra ta có phương trình:
28 28

 0, 7
x2 x
4
4 1
�
 
x  2 x 10
� 40 x  40( x  2)  x( x  2)

� x 2  2 x  80  0
� x 2  10 x  8 x  80  0
� x( x  10)  8( x  10)  0
� ( x  10)( x  8)  0
x  10  0
�
��
x8  0
�

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

5

PHONE: 0983.265.289


CHUN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
x  10 (thỏ
a mã
n điề
u kiệ
n)
�
��
x  8 (loại)
�

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

.

Vậy số xe của đội lúc đầu là 10 xe.
Câu 70. Một hình chữ nhật có chu vi là 78 cm. Nếu giảm chiều dài đi 3 cm và tăng chiều rộng
thêm 4 cm thì hình chữ nhật trở thành hình vng. Tính diện tích của hình chữ nhật ban
đầu.
Lời giải
Hình chữ nhật có chu vi là 78 cm nên nửa chu vi là 39 cm.
Gọi chiều dài của hình chữ nhật là x (cm). Đều kiện: 3  x  39 .
Chiều rộng của hình chữ nhật là 39  x (cm).
Nếu giảm chiều dài đi 3 cm ta được chiều dài mới là x  3 (cm).
Tăng chiều rộng thêm 4 cm ta được chiều rộng mới là 39  x  4 (cm).
Sau khi giảm chiều dài và tăng chiều rộng ta được hình vng nên ta có phương trình:

x  3  39  x  4
� 2 x  46
� x  23 (thỏa mãn).

Chiều rộng của hình chữ nhật là: 39  23  16 (cm).
2
Vậy diện tích của hình chữ nhật ban đầu là: 23.16  368 ( cm ).
Câu 71. Hai giá sách có 140 quyển sách, nếu chuyển 10 quyển từ giá sách thứ nhất sang giá sách
2
thứ hai thì số sách ở giá thứ nhất bằng 5 số sách ở giá thứ hai. Tìm số sách ở mỗi giá.
Lời giải
x
Gọi số sách ở giá sách thứ nhất là (quyển). Đều kiện: 10  x  140 .
Số sách ở giá sách thứ hai là 140  x (quyển).
Nếu chuyển 10 quyển từ giá sách thứ nhất sang giá sách thứ hai thì số sách ở giá sách thứ
nhất là x  10 (quyển)
Số sách ở giá sách thứ hai khi đó là 140  x  10 (quyển).
2
Sau khi chuyển, số sách ở giá thứ nhất bằng 5 số sách ở giá thứ hai nên ta có phương
trình:

x  10 

2
 150  x 
5

� 5 x  50  300  2 x
� x  50 (thỏa mãn).
Vậy số sách ở giá sách thứ nhất là 50 (quyển)

Số sách ở giá sách thứ hai là 140  50  90 (quyển).

Câu 72. Tìm số có hai chữ số, biết tổng chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị bằng 14. Nếu đổi
chỗ hai chữ số cho nhau thì được một số mới nhỏ hơn số đã cho 36.
Lời giải
Tổng chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị bằng 14 nên chữ số hàng chục phải lớn hơn
4.
(Vì nếu nhỏ hơn hoặc bằng 4 thì chữ số hàng đơn vị sẽ lớn hơn hoặc bằng 10).
Gọi chữ số hàng chục là a . Đều kiện: a ��; 4  a �9 .
Chữ số hàng đơn vị là 14  a .
Số ban đầu có dạng:

a  14  a   10a   14  a 

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

6

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

 14  a  a  10.  14  a   a

Đổi chỗ hai chữ số cho nhau ta được số
Vì số mới nhỏ hơn số đã cho 36 đơn vị nên ta có phương trình:
10a   14  a   10  14  a   a  36

� 18a  162
� a  9 (thỏa mãn).
Chữ số hàng đơn vị là 14  9  5 .
Vậy số cần tìm là 95.
DẠNG 3: GIẢI BÀI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Câu 73. Giải các phương trình sau:
1)
3)
5)

7)

2x 1  5

2)

3x  1  x  2

4)

2 x 1  5  x

6)

2  3x  2 x  1

8)

2x  5
4

3x 1
1  2

x  2x  3 1 x
9) x  3
96
2 x  1 3x  1
5 2


x  16 x  4 x  4
11)
x2 1
2
  2
13) x  2 x x  2 x
2 x  19
17
3
 2

2
5x  5 x  1 1  x
15)

2x 1  x  5
3  2x  x  2
3 x  x  2

2 x  1  4 x2 1  0

x 1
x
7x  3


2
10) x  3 x  3 9  x
2x
x
4

 1
2x 1 2x  1
 2 x  1  2 x  1
12)
x
x
2x  4

 2
14) 2 x  6 2 x  2 x  2 x  3

Lời giải
1)

2x 1  5

Suy ra: 2 x  1  �5
Với 2 x  1  5 � x  3

Với 2 x  1  5 � x  2
Vậy tập nghiệm phương trình
2)

S   2;3

2x 1  x  5

Trường hợp 1: 2 x  1  x  5 � x  6
Trường hợp 2:

2x 1   x  5 � x 

4
3

�4 �
S  � ;6 �
�3
Vậy tập nghiệm phương trình
3)

3x  1  x  2

2 0
Nếu x �۳
Phương trình

x 2
� 3 x  1  � x  2 

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

7

PHONE: 0983.265.289


CHUN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

3
� x
2 (khơng thoả mãn)
Với 3 x  1  x  2
1
�x
4 (không thoả mãn)
Với 3 x  1  2  x

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Vậy phương trình vơ nghiệm.
4)

3  2x  x  2

2 0
Nếu x �۳

x

2

� 1
x  (TM)
3  2x  x  2 � � 3
�
�
��
x  5 (TM)
3

2
x


x

2
�
�
Phương trình

�1 �
S  � ;5�
�3
Vậy tập nghiệm phương trình
5)

2x 1  5  x

x
Nếu 5 �

0

x 5

2x 1  5  x
x  2 (TM)
�
�
��
��
2x 1  x  5
x  4 (TM)
�
�
Phương trình
Vậy tập nghiệm phương trình
6)

S   4; 2

3x  x  2

2 0
Nếu x �۳

x 2

� 1
x
3 x  x  2 � �
�
2
��
�

3
x

2

x
x


�
� 1 (loại)
Phương trình

Vậy
7)
Nếu

2  3x  2 x  1

2 x �۳
1 0

phương trình vơ nghiệm.

1
2

x

2  3x  2 x  1
�
��
2  3x  � 2 x  1
2  3 x  2 x  1
�
Phương trình
Với 2  3x  2 x  1

� x

1
5 (TM)

�1 �
S  � ;3�
�5
Với 2  3 x  2 x  1 � x  3 (TM)
�1 �
S  � ;3�
�5
Vậy phương trình có nghiệm

2 x 1  4 x2 1  0
8)
Cách 1:

(1)

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

8

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Lập bảng xét dấu:
x



1
2

1
2

2x - 1

1  2x

||

1  2x

0

2x 1

4x2 - 1

4 x2 - 1

0

1 - 4x 2

0

4 x2 - 1

4 x 2  2 x  2

0

2 x 1  4 x2 1

Nếu

x

4 x2  2 x

4 x2 + 2 x - 2

1
1
x
2
2 pt (1) � 4 x  2 x  0 � x  0 (loại) hoặc
2 (loại)

1
1
 �x 
2 pt (1) � 4 x 2  2 x  2  0 � 2 x 2  x  1  0 �  x  1  2 x  1  0
Nếu 2

� x  1 (loại) hoặc

x

1
2 (loại)

1
x�
2 pt (1) � 4 x 2  2 x  2  0 � 2 x 2  x  1  0 �  x  1  2 x  1  0 � x  1
Nếu

(loại) hoặc

x

1
2 (thoả mãn)

Vậy nghiệm phương trình
Cách 2:
Có

x

2x 1  4x2 1  0

2 x  1 �0

;

1
2

(1)

4 x 2  1 �0

� 1
x
�
�2 x  1  0

� 2
�� 2
��
�4 x  1  0 �x  �1 � x  1
�
2
2
Nên phương trình (1) xảy ra khi
Vậy nghiệm phương trình

x

1
2.

2x  5
4
3x 1
1  2

x  2 x  3 1  x ( ĐK : x �1; 3 )
9) x  3
2x  5
4
3x  1
�
1 

x3
 x  3  x  1 x  1

�  2 x  5   x  1   x  3  x  1  4   3x  1  x  3 

� 2 x 2  3x  5  x 2  2 x  3  4  3 x 2  8 x  3
� 5x  8  8x  1
� 3 x  9

� x  3(ktm) .
Vậy, phương trình vơ nghiệm.
DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

9

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
x 1
x
7x  3


2
10) x  3 x  3 9  x ( ĐK : x �3; 3 )

�

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

x 1
x

7x  3


x  3 x  3 9  x2

�  x  1  x  3  x  x  3  7 x  3  0

� x 2  4 x  3  x 2  3x  7 x  3  0
�00

Vậy, phương trình có vơ số nghiệm với mọi x �3; 3 .
11)

5

96
2 x  1 3x  1


x  16 x  4 x  4 (ĐK: x �4; 4 )
2

� 5  x 2  16   96   2 x  1  x  4    3 x  1  x  4 
� 5 x 2  80  96  2 x 2  9 x  4  3x 2  11x  4
� 2 x  16

� x  8(tmdk )
S   8
Vậy tập nghiệm của phương trình là
2x

x
4
1

 1
x
�
�
2x 1 2x 1
 2 x  1  2 x  1 ( ĐK :
2)
12)
� 2 x  2 x  1  x  2 x  1  4 x 2  1  4

� 4 x2  2x  2x2  x  4 x2  3  0
� 2x2  x  3  0
�  2 x  3  x  1  0
x  1(tmdk )
�
�
�
3
�
x
(tmdk )
� 2

� 3 �
S �
1; �

� 2
Vậy tập nghiệm của phương trình là
x2 1
2
  2
13) x  2 x x  2 x ( ĐK: x �0; 2 )
�

x2 1
2
 
x  2 x x  x  2

� x  x  2   x  2  2

� x2  2x  x  2  2  0
� x2  x  0
� x  x  1  0

x  0(ktm)
�
��
x  1(tm)
�
Vậy tập nghiệm của phương trình là
DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

S   0

10

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
x
x
2x  4

 2
14) 2 x  6 2 x  2 x  2 x  3 ( ĐK: x �1;3 )
x
x
2x  4
�


2( x  3) 2( x  1)  x  3  x  1

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

� x  x  1  x  x  3  4 x  8

� 2 x2  2 x  4 x  8  0
� 2x2  6x  8  0
� x 2  3x  4  0
�  x  1  x  4   0

x  1(ktm)
�

��
x  4(tm)
�
Vậy tập nghiệm của phương trình là

S   4

2 x  19
17
3
 2

2
15) 5 x  5 x  1 1  x ( ĐK: x ��1 )
2 x  19
17
3
�


5  x  1  x  1  x  1  x  1 x  1
� 2 x  19  17.5  3  x  1
� 2 x  66  3 x  3  0
� 5 x  63  0

�x

63
(tmdk )
5

�63 �
S � �
�5
Vậy tập nghiệm của phương trình là
Câu 74. Giải các bất phương trình sau:
3 x  3  5  x  1  2
3 x  5  2  x  1  x
1)
2)
x 7x  5 4x


 8
5  3x  x  3   3x  1  x  2 
3
5
3)
4) 2
2x  3 x  1 1 3  x
2x  5
5x  3 6 x  7
 x  12 


 
4
3
2
5

3
4
6) 6
5)
x 1
2x 1
1
�2
x3
8) x  3
7)
2x 1
x2  2x  2
�1
�1
2
3
x 3
10) x  2
9)
x 2  1 (3x  2) �0
12) ( x  2)( x  1) �0
11)





Lời giải
3x  3  5  x  1  2

1)
DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

11

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
� 3x  3  5 x  3
� 2 x  0
� x0

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Vậy nghiệm của bất phương trình là x  0 .
3 x  5  2  x  1  x
2)
� 3x  5  3x  2
� 0 x  3 (vơ lý)

Vậy bất phương trình vơ nghiệm.
3)

5  3x  x  3   3x  1  x  2 

� 5  3x 2  9 x  3x 2  5 x  2
� 4 x  7

� x

7
4.

Vậy nghiệm của bất phương trình là

x

7
4.

x 7x  5 4x


 8
3
5
4) 2
�

15 x 10  7 x  5  6.4 x 240



30
30
30
30

�

15 x  10  7 x  5   24 x
240

30
30

� 15 x  10  7 x  5   24 x  240 � 79 x  50  240 � 79 x  190

Vậy nghiệm của bất phương trình là

x

� x

190
79 .

190
79 .

2x  3 x 1 1 3  x

 
3
2
5
5) 4
�

15  2 x  3 20  x  1 30 12  3  x 



60
60
60
60

�

15  2 x  3  20  x  1 30  12  3  x 

60
60

� 15  2 x  3  20  x  1  30  12  3  x 
� 10 x  65  12 x  6
� 2 x  59

� x

59
2 .

Vậy nghiệm của bất phương trình là

x

59

2 .

2x  5
5x  3 6 x  7
 x  12 

3
4
6) 6
DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

12

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
2  2 x  5 12  x  12  4  5 x  3 3  6 x  7 
�



12
12
12
12
�

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

2  2 x  5  12  x  12  4  5 x  3  3  6 x  7 

12
12

� 2  2 x  5   12  x  12   4  5 x  3  3  6 x  7 
� 8 x  134  2 x  9
� 10 x  125

� x

25
2 .

Vậy nghiệm của bất phương trình là

x

25
2 .

x 1
x 1
1 �
1  0
x3
7) x  3
2
�
0

� x  3  0 � x  3
x3
Vậy nghiệm của bất phương trình là x  3 .

2x 1
2x 1
�2 �
 2 �0
x 3
x 3
2x 1  2x  6
ۣ
0
x3
5
ۣ
0
x 3

8)

� x  3  0  do 5  0 

� x 3 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:

9)

S   x / x  3

x2  2x  2
�1
x2  3

�

x2  2x  2
 1 �0
x2  3

۳

x2  2x  2  x2  3
x2  3

۳

x2  2 x  x2  1
0
x2  3

2x 1
۳�2�0
x 3
1
۳ x
2.

0

2 x 1 0  do x 2 3 0 x 

1�
�
S  �x / x � �
2
�
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

13

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
2x 1
2x 1
10) 2
�1 � 2
 1 �0
x 2
x 2
2 x  1  x2  2
۳
x2  2

 x2  2x 1
۳
x2  2

  x  1
۳
x2  2

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

0

0

2

0

  x  1 �0 ; x 2  2  0
2

mà
� x 1  0 � x  1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:

S   1

11)  x 2  1 (3x  2) �0
>
�3�>
x 20  do x 2 1 0 

x

2
3

2�
�
S  �x / x � �
3
�
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là :
�
�
�x  2 �0
�x 2
�
�
�
�
x �2
�x  1 �0
�x �1 �
�
�
12) ( x  2)( x  1) �0 �
�
��
�
�
x �1

�x  2 �0
�x �2
�
�
�
�
�
�
�
�x  1 �0
�x �1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
Câu 75. Giải các phương trình sau:
1)
4)

7)

2x 1  5
3  2x  x  2

2  3x  2 x  1

2)
5)

8)

S   x / x �2 ; x �1

2x 1  x  5

3)

2 x 1  5  x

6)

2 x  1  4 x2  1  0

3x  1  x  2
3 x  x  2

9)

x  1  x  2  x  3  2021x

Lời giải

1) Ta có:
2x 1  5
2x  5 1
2x  6
x3
�
�
�
�
��

��
��
��
2x 1  5
2 x  1  5
2 x  5  1 �
2 x  4
x  2
�
�
�
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
2) Ta có:

x   3; 2

.

x6
�
x6
2x 1  x  5
�
�
2x  x  5 1 � �
�
�
4
�
��

��
�
3
x


4
x


�
2 x  1    x  5
2x  x  1 5
2 x 1  x  5
�
3
�
�
DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

14

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

� 4�

x�
6;  �
� 3 .
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
3) Ta có:
3x  1  x  2

TH1: nếu

2 0
ĐK: x �۳

3x �۳
1 0

x

2

1
3 nên 3 x  1  3x  1 . Phương trình trở thành:

x

3x  1  x  2 � 3x  x  2  1 �

2 x  3 � x  

3
2 ( KTMĐK)

1
3 nên 3x  1    3x  1 . Phương trình trở thành:
TH2: nếu
2 1
3x  1    x  2  � 3x  x  2 � 4 x  2 � x  4  2
( KTMĐK)
3x  1  0 � 3x  1 � x  

Vậy phương trình vơ nghiệm.

4) Ta có: 3  2 x  x  2

2 0
ĐK: x �۳

x

2

3
2 nên 3  2 x  3  2 x . Phương trình trở thành:
TH1: nếu
1
� 2 x  x  3  2 � 3x  1 � x 
3  2x  x  2
3 (TMĐK)
3�
2 x 0

TH2: nếu

x

3
2 nên 3  2 x    3  2 x  . Phương trình trở thành:

3  2x  0 � x 

  3  2 x   x  2 � 3  2 x  x  2 � 2 x  x  3  2 � x  5
(KTMĐK)

�1 �
x  ��
�3 .
Vậy tập nghiệm của phương trình là:

5) 2 x  1  5  x ĐK: 5 �
x 0
x 5
1
2 x �۳
1 0
x
2 nên 2 x  1  2 x  1 . Phương trình trở thành:
TH1: nếu
2 x  1  5  x � 2 x  x  5  1 � 3 x  6 � x  2 (TMĐK)

TH2: nếu

2x 1  0 � x 

1
2 nên 2 x  1    2 x  1 . Phương trình trở thành:

  2 x  1  5  x � 2 x  1  5  x � 2 x  x  1  5 � x  4
(TMĐK)

Vậy tập nghiệm của phương trình là:
6)

x   2; 4

.

3 x  x  2  6 

TH1:

3 x  3 x

3 x 0
khi �

x

0

 6  � 3x  x  2
� 3 x  x  2

� 4 x  2

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

15

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
� x  2( KTM )
TH2:

3 x  3x

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

3x 0
khi �۳

x

0

 6  � 3x  x  2
� 3 x  x  2
� 2 x  2

� x  1( KTM )
Vậy phương trình vơ nghiệm

7)

2  3x  2 x  1  7 

TH1:

2  3 x  2  3x

khi

2�
3x 0

x

3
2

 7  � 2  3x  2 x  1
� 3 x  2 x  1  2
� 5 x  1

� x

TH2:

1
 TM 
5

2  3x    2  3x 

khi

x

3
2

 7  � 2  3x  2 x  1
� 3x  2 x  1  2

� x  3  TM 

�1 �
S  � ;3�
�5
Vậy
8)

2 x 1  4 x2 1  0

� 2 x  1   2 x  1  2 x  1  0
� 2x 1  2x 1 . 2x 1  0

� 2x 1  1  2x 1   0
�2 x  1  0
2 x 1  0
�
1

��
��
�x
)
2
1 2x 1  0
�2 x  1  1 (V�l�
�
�1 �
S  ��
�2
Vậy
9)

x  1  x  2  x  3  2021x  9 

TH1: với x  3

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

16

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
 9  �   x  1   x  2    x  3  2021x

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

�  x  1  x  2  x  3  2021x  0
� 2024 x  6
3
� x
 KTM 
1012
TH2: với 3 �x  2

 9  �   x  1   x  2    x  3  2021x
�  x  1  x  2  x  3  2021x  0
� 2022 x  0
� x  0  KTM 

TH3: với 2 �x  1

 9  �   x  1   x  2    x  3  2021x
�  x  1  x  2  x  3  2021x  0
� 2020 x  4
1
�x
 KTM 
505
TH4: với x �1

 9  �  x  1   x  2    x  3  2021x
� x  1  x  2  x  3  2021x  0
� 2018 x  6
3
�x
 TM 

1009

�3 �
S �
�
1009 .
�
Vậy
DẠNG 4: HÌNH HỌC
Câu 76. Cho tam giác ABC vng tại A , AB  6cm , AC  8cm , đường cao AH , phân giác BD
cắt nhau tại I .
a) Chứng minh ABH : CBA
b) Tính AD , DC
c) Chứng minh: AB.BI  BD.HB
d) Tính diện tích BHI
Lời giải

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

17

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

a) Chứng minh ABH : CBA
�

Vì AH  BC � AHB  90�
Xét tam giác ABH và tam giác ACB có
� �
�
CAB
AHB  90�
�
�
�
CBA
chung
�
� ABH : CBA (g.g)
b) Tính AD , DC
2
2
2
Ta có tam giác ABC vng tại A nên AB  AC  BC (Định lý Pitago)
� BC  10cm
Xét tam giác ABC có BD là phân giác
AD DC
�

AB BC (tính chất đường phân giác)
AD  DC

AB  BC (dãy tỉ số bằng nhau)
AC
8 1


 
AB  BC 16 2
1
�
AD

AB  3cm
�
�
2
��
�DC  1 BC  5cm
�
2
c) Chứng minh: AB.BI  BD.HB
�
�
�
Vì BD là phân giác góc ABC nên ABD  CBD
Xét tam giác ABD và tam giác HBI có

�
�
�
�BAD  BHI  90�
AB BD
�
�

� (cmt )

ABD  HBI
��
� ABD : HBI (g.g)
HB BI � AB.BI  BD.HB (đpcm)
d) Tính diện tích BHI
BH AB 3
�


BA BC 5
Ta có ABH : CBA (câu a)
Vì tam giác ABD : HBI
2

S
�BH � 9
� BHI  � �
SBAD �BA � 25

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

18

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG
9
9 1

9 1
81
� SBHI  SBAD  . AD. AB  . .3.6 
cm2
25
25 2
25 2
25
Câu 77. Cho góc xOy . Trên tia Ox lấy hai điểm A và B sao cho OA  3cm , OB  8cm . Trên Oy





lấy hai điểm C và D sao cho OC  4cm , OD  6cm .
a) Chứng minh OAD : OCB
b) Gọi I là giao điểm của AD và BC . Chứng minh IA.ID  IB.IC .
c) Tính tỉ số diện tích của IAB và ICD .
Lời giải

a) Chứng minh OAD : OCB
Xét tam giác OAD và tam giác OCB có:
� (chung)
�BOD
�
�OA OD 1

� 
�OC OB 2 � OAD : OCB  c.g .c 
b) Gọi I là giao điểm của AD và BC . Chứng minh IA.ID  IB.IC .

�
�
Theo câu a ta có OAD : OCB � OBC  ODA (góc tương ứng)
Xét tam giác DCI và tam giác BAI có:
�
�
�
o�
i�
�
nh)
�BIA  DIC (�
ID IC
��
�
�
OBC

ODA
cmt
�

DCI
:

BAI
g
.
g



  IB  IA � IA.ID  IB.IC
�
c) Tính tỉ số diện tích của IAB và ICD .
2

2

S
�AB � �5 � 25
� IAB  � � � �
S ICD �CD � �2 � 4 .
Vì DCI : BAI

Câu 78. Cho tam giác ABC , các đường cao BH và CE cắt nhau tại H . Chứng minh rằng:
a) A E. AB  AD. AC .
�
�
b) AED  ACB .
c) Tính diện tích tam giác ABC biết AC  6cm , BC  5cm , CD  3cm .
2
d) BE.BA  CD.CA  BC .

Lời giải

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

19

PHONE: 0983.265.289

CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

a) A E. AB  AD. AC .
Xét tam giác ADB và tam giác AEC có:
Góc BAC chung
�  CEA
�  90�
BDA
AD AB
�

AE AC (cạnh tương ứng)
Nên ADB ∽ AEC (g-g)
Suy ra A E. AB  AD.AC .
�
�
b) AED  ACB .
Xét tam giác ADE và tam giác ABC có:
Góc BAC chung
AE AD

AC AB (Do A E. AB  AD. AC )

�
�
Nên ADE ∽ ABC (c-g-c) suy ra AED  ACB .

c) Tính diện tích tam giác ABC biết AC  6cm , BC  5cm , CD  3cm .
Áp dụng pytago vào tam giác  BDC vuông tại D :
BD  BC 2  CD 2  52  32  4
1
S  BD. AC  12cm 2
2
Diện tích tam giác ABC :
.
BC
AH
K
H
Kéo dài
cắt
tại , là trực tâm tam giác ABC nên AK  BC .
BK BA
�

� BK .BC  BA.BE
Ta có: BAK ∽ BCE (g-g) BE BC
.
CD CB
�

� CD.CA  CK .CB
Ta có: CDB ∽ CKA (g-g) CK CA
.
2
Suy ra: BE.BA  CD.CA  BK .BC  CK .CB  BC .

Câu 79. Cho tam giác MNP vuông tại M, đường cao MH, trung tuyến MD. Biết MN  6cm ,
MP  8cm
a) Tính NP, MH .
b) Chứng minh: MHN ∽ PMN .
c) Chứng minh: MH .MP  MN .PH .
d) Tính diện tích tam giác MHD.
Lời giải

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

20

PHONE: 0983.265.289


CHUN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

a) Tính NP, MH .
Áp dụng pitago cho tam giác vuông MNP ta có:

NP 2  MN 2  MP 2 � NP  62  82  10cm .
1
MN .MP
2
MN .MP
1
 MH .NP
� MH 

 4,8cm
2
� MH .NP  MN .MP .
NP

S MNP 

Ta có: Do

S MNP

b) Chứng minh: MHN ∽ PMN .
Xét tam giác MHN và PMN có:
�
�  90�
MHN
 PMN
Góc MNP chung
Nên MHN ∽ PMN (gg)
c) Chứng minh: MH .MP  MN .PH .
Chứng minh tương tự phần b ta có MHP ∽ NMP (gg)

MH PH

� MH .MP  MN .PH
MN MP
(đpcm)
d) Tính diện tích tam giác MHD.
�

Từ kết quả câu c)

MH .MP  MN .PH � PH 

Diện tích tam giác MHP:
Diện tích tam giác MDP:
Diện tích tam giác MHD:

MH .MP 8.4,8

 6, 4cm
MN
6
.

sMHP 

1
1
MH .HP  .4,8.6, 4  15,36cm 2
2
2

sMDP 

1
1
MH .DP  .4,8.5  12cm 2
2
2

sMHD  sMHP  sMDP  15,36  12  3,36cm 2

Câu 80. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB  AC , M là một điểm tùy ý trên BC . Qua M
kẻ
đường thẳng vng góc với BC cắt đoạn AB tại I và cắt tia CA tại D . Chứng minh
rằng:
a) ABC ∽ MDC
b) BI .BA  BM .BC .
DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

21

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG
CI
BI
.
BA

CI
.
CK
BD
K
c)
cắt

tại . Chứng minh:
khơng phụ thuộc vào vị trí của điểm
M
�  BDI
�
�
d) MAI
, từ đó suy ra AB là tia phân giác của MAK
.
Lời giải

a) ABC ∽ MDC
0
�
�
�
Xét ABC và MDC có: ACB chung và CAB  CMD  90
ABC ∽ MDC  g .g 
Suy ra :
b) BI .BA  BM .BC .
0
�
�
�
Xét BMI và BAC có: ABC chung và BMI  BAC  90
BM BI

� BM .BC  BA.BI
BMI ∽ BAC  g.g 
Suy ra :

nên BA BC
c) CI cắt BD tại K . Chứng minh: BI .BA  CI .CK khơng phụ thuộc vào vị trí của
điểm M
Xét BCD có hai đường cao BA và DM giao nhau tại I nên suy ra CI  BD tại K .
0
�
�
�
Xét CMI và CKB có: BCK chung và CMI  CKB  90
CM CI

� CM .CB  CK .CI
CMI ∽ CKB  g.g 
Suy ra :
nên CK CB
 BM .BC  CM .CB  BC  BM  CM   BC 2
Ta có: BI .BA  CI .CK
(khơng phụ thuộc vị
trí điểm M )
�  BDI
�
�
d) MAI
, từ đó suy ra AB là tia phân giác của MAK
.
0
�
�
�
AID  MIB

Xét MIB và AID có: �
(đđ) và IMB  IAD  90

MI IB
�  BDI
�

� MIA ∽ BID (c.g .c ) � MAI
AI
ID
nên
(1)
0
�
�
�
�
Xét AIC và KIB có: AIC  KIB (đđ) và IAC  IKB  90
IC IA
�  KAI
�

� CIB ∽ AIK (c.g.c) � BCI
AIC ∽ KIB  g.g 
Suy ra :
nên IB IK
(2)
�
�
�

Ta có: BDI  BCI (cùng phụ CBD )
(3)
�  KAI
�
�
Từ (1) , (2) , (3) suy ra MAI
nên AB là tia phân giác của MAK
.
MIB ∽ AID  g.g 

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

22

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG
BC
ABCD
E
Câu 81. Cho hình vng
và một điểm bất kì trên cạnh
. kẻ tia Ax vng góc với
AE cắt CD tại F . Kẻ trung tuyến AI của tam giác AFE và kéo dài cắt CD tại K . Qua
E kẻ đường thẳng song song với AB cắt AK tại G . Chứng minh rằng:
a) AE  AF
b) Tứ giác EGKF là hình thoi.
c) Tam giác FIK đồng dạng tam giác FCE .

d) EK  BE  DK và khi E chuyển động trên BC thì chu vi tam giác ECK khơng thay
đổi.
Lời giải

a) AE  AF ?
��
ADC  90�suy ra �
ADF  90�
ABCD là hình vng nên AB  AD và B
�
�
�
Ta có BAE  EAD  BAD  90�
�
�
�
Mà DAF  EAD  FAE  90�
�  DAF
�
� BAE
Xét BAE và DAF có
�  DAF
� (cmt )
BAE

AB  AD(cmt )
�
ABE  �
ADF ( 90�
)

� BAE  DAF ( g  c  g )
� AE  AF ( cạnh tương ứng )
b) Tứ giác EGKF là hình thoi.

Tam giác AEF cân ( AE  AF ) có AI là đường trung tuyến
Suy ra AI là đường cao, trung trực � AI  EF
�  GFE
�
G �AI � GE  GF � GEF cân tại F � GEF
�
�
Mà GE / / AB nên GE / / CD � IFK  GEF
�  IFK
�
� GFE
�
�
Tam giác GFK có GFE  IFK nên FI là phân giác
DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

23

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
FI  GK nên FI là đường cao

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

� GFK cân tại F � FG  FK mà GE  GF nên GE  FK
Tứ giác EGKF có GE  FK

Mà GE / / FK ( do GE / / DC ) nên EGKF là hình bình hành có FG  FK
Nên EGKF là hình thoi ( dpcm )
c) Tam giác FIK đồng dạng tam giác FCE .
Xét FIK và FCE có
� chung
F
�  FCE
� ( 90�
FIK
)
� FIK đồng dạng FCE ( g  g )

d) EK  BE  DK và khi E chuyển động trên BC thì chu vi tam giác ECK không
thay đổi.
Chu vi tam giác ECK = EK  KC  CE  a

BAE  DAF (cmt ) � BE  FD
EGKF là hình thoi nên EK  KF
a  KF  KC  CE
a  FC  CE
a  FD  DC  CE
a  FD  DC  BC  BE
a  DC  BC ( không đổi ) (dpcm)
�
�
Câu 82. Cho tam giác đều ABC . Gọi O là trung điểm của BC . Tại O dựng góc xOy  60 . Tia

Ox cắt cạnh AB tại M , tia Oy cắt cạnh AC tại N .
a) Chứng minh tam giác BOM và CNO đồng dạng.

2
b) Chứng minh rằng BC  4.BM .CN .

�
c) Chứng mỉnh rằng BOM và ONM đồng dạng và OM là phân giác của BMN
d) Chứng minh

ON 2  CN .MN
Lời giải

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

24

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

a) Chứng minh tam giác BOM và CNO đồng dạng.
Xét BOM và CNO
�
�
�
� �

�
�N1  O1  180  60  120
� O
�
�N
�
1
3
�
�
�
�
�
O3  O1  180  60  120
�
và

�
�
�
Ta có MBO  OCN  60

Suy ra

BOM ∽ CNO  g  g   1

.

b) Chứng minh rằng BC  4.BM .CN .
Ta có BOM ∽ CNO

2

�

BM BO

CO CN

� BM .CN  BO.CO

� BM .CN 

1
1
BC. BC
2
2

� BC 2  4.BM .CN ( đpcm)
�
c) Chứng mỉnh rằng VBOM và VONM đồng dạng và OM là phân giác của BMN
Ta có BOM ∽ CNO

�

BO OM
OC OM
OC CN

�


�

CN ON
CN ON
OM ON

�OC CN

�
�OM ON
�
��
�
Xét OMN và CNO có �MON  NCO  60
Suy ra

OMN ∽ CNO  2 

.

 1 ,  2 

suy ra BOM ∽ ONM .
�
�
Do BOM ∽ ONM � BMO  OMN .
Từ

DIỄN ĐÀN GV TOÁN THCS VIỆT NAM

25

PHONE: 0983.265.289