đề cương toán 9 hk1

HƯỚNG DẪN ĐỀ CƯƠNG TOÁN KHỐI 9 – NH 2009 – 2010
***
Bài 1. Giải hpt
a)
3 3 3 9 3 10
3 4 2 3 4 2 7 7
x y x y x y x
x y x y y y
− = − = − = =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− = − = = =
   
Vậy nghiệm của hpt là (10;7)
b)
3 2 11 15 10 55 7 49
4 5 3 8 10 6 3 2 11
7 7 7 7
3.7 2 11 2 21 11 2 10 5
x y x y x
x y x y x y
x x x x
y y y y
− = − = =
  
⇔ ⇔
  
− = − = − =
  
= = = =

   
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
   
− = = − = =
   
Vậy nghiệm của hpt là
( )
7;5
c)

3 2 5 15 10 19 21
5 4 11 5 4 11 3 2
21
63 101
3. 2
2
19
19 19
21 21
21
19 19
19
x y x y y
x y x y x y
x
x x
y y
y
+ = − + = − = −
  

⇔ ⇔
  
− = − = + = −
  

− −
 
 
= − −
= − =
 ÷

 
  
 
⇔ ⇔ ⇔
  
−
  
= − =
= −
 

 

d)
1 1
1
3 4
5

x y
x y

− =




+ =


(1) (Đặt
1 1
;u v
x y
= =
; u,v khác 0)
7
( / )
1 4 4 4 7 9
9
(1)
3 4 5 3 4 5 1 7
1
9
7 7
( / ) ( / )
9 9
7 2
1 ( / )

9 9
u t m
u v u v u
u v u v u v
v
u t m u t m
v v t m

=

− = − = =
  

⇔ ⇔ ⇔ ⇔
   
+ = + = − =
  

− =


 
= =
 
 
⇔ ⇔
 
−
 
= − =

 
 
Suy ra:
1 7
9
9
7
1 2
9
9
2
x
x
y
y


=
=


 
⇔
 
−
−
 
=
=





. Vậy nghiệm của hpt là: (
9 9
;
7 2
−
 
 ÷
 
e)
GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 1
2( 2) 3(1 ) 2
3( 2) 2(1 ) 3
x y
x y
− + + = −


− − + = −

(I) . Đặt m=x-2; n=1+y
2 3 2 4 6 4 13 13
( )
3 2 3 9 6 9 2 3 2
1 1 1
2.( 1) 3 2 3 0 0
2 1 1
1 0 1

m n m n m
I
m n m n m n
m m m
n n n
x x
y y
+ = − + = − = −
  
⇔ ⇔ ⇔
  
− = − − = − + = −
  
= − = − = −
  
⇔ ⇔ ⇔
  
− + = − = =
  
− = − =
 
⇔ ⇔
 
+ = = −
 
Vậy ngiệm của hpt là : (1;-1)
Bài 2.
a)
b) Pt hoành độ giao điểm : 2x
2

= x + 3 ⇔ 2x
2
– x – 3 = 0 ⇔ x = - 1 ; x = 3/2
Với x = - 1 ⇒ y = 2 . Tọa độ 1 : ( -1;2)
Với x = 3/2 ⇒ y = 9/2. Tọa độ 2 : ( 3/2; 9/2)
Bài 3. Giải các PT
a) 4x
2
– 9 = 0 ⇒ 4x
2
= 9
2
9 9 3
4 4 2
x x⇔ = ⇔ = ± = ±
Vậy nghiệm của PT là :
3
2
x = ±
b) 3x
2
– 6x = 0
3 ( 2) 0 0; 2x x x x⇔ − = ⇔ = =
Vậy nghiệm của PT là : x = 0; x = 2
c)
GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 2
PT có 2 nghiệm phân biệt:
2
6 16 0
' 9 16 25 0

' 5
x x
+ − =
∆ = + = >
⇒ ∆ =
d)
e)
Bài 4. Giải PT
a) x
4
-13x + 36 = 0 (*) . Đặt t = x
2
(ĐK: t>0)
PT được viết lại:
b)
2
2 1 0x x
⇔ + + =
hoặc
2
2 1 0x
− =
2 2
(*) 2 1 0; 1 4.2.1 7 0x x
+ + = ∆ = − = − <
. PT VN
2 2 2
1 1 1
(**) 2 1 0 2 1 ;
2 2 2

x x x x x
− = ⇔ = ⇔ = ⇔ = = −
Vậy nghiệm của PT đã cho là :
1 1
;
2 2
x x
= = −
GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 3
2
2
7 12 5 0
' 6 7.5 1 0
' 1
x x+ + =
∆ = − = >
⇒ ∆ =
Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt:
( )
2
2
2 7 3 0
7 4.2.3 49 24 25 0
5
x x
− + =
∆ = − − = − = >
⇒ ∆ =
Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt:
2

2
13 36 0 (**)
( 13) 4.1.36 169 144 25 0
5
t t
− + =
∆ = − − = − = >
⇒ ∆ =
Vậy PT(**) có 2 ngiệm phân biệt t:
Với:

Vậy tập nghiệm của PT(*) là :
S = { -3 ; -2 ; 2 ; 3 }
( )
( ) ( )
2 2
2
4 3 2 2
2 2 2
2
2 2
2 2 2 2
4 2 1 0 2 2.2 . 1 0
2 2 2
2 1 0 2 1 0
2 4 2 2
2 1 2 1 0 2 1 2 1 0
2 2 2 2
x x x
x x x x x x

x x x x
x x x
x x x x
x x x x x
   
+ − − = ⇔ + + − − − =
 ÷  ÷
   
 
     
⇔ + − + + = ⇔ + − + =
 ÷
 ÷  ÷  ÷
     
 
  
⇔ + + + + − − = ⇔ + + − =
 ÷ ÷
  
c)
1
5 (*)
1
x
x
+ =
−
. ĐKXĐ : x – 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1
2 2
2

2
( 1) 1 5( 1)
(*)
1 1 1
( 1) 1 5( 1)
1 5 5 5 1 5 0
6 6 0
' ( 3) 1.6 9 6 3 0
' 3
x x x
x x x
x x x
x x x x x x
x x
− −
⇔ + =
− − −
⇒ − + = −
⇔ − + = − ⇔ − − + + =
⇔ − + =
∆ = − − = − = >
⇒ ∆ =
Bài 5. PT: mx
2
+ 3x – m + 2 = 0 (*)
a) Với m = 2. PT (*)được viết thành :
2x
2
+ 3x = 0 ⇔ x ( 2x + 3) = 0 ⇔ x = 0 hoặc 2x + 3 = 0
(1) : x = 0

(2) : 2x + 3 = 0 ⇔ 2x = -3 ⇔ x =
3
2
−

Vậy khi m=2 thì PT (*) có nghiệm là: x=0; x =
3
2
−
b) Ta có:
2 2
2
2
3 4 ( 2) 9 4 8
(2 ) 2.2 .2 4 5
(2 2) 5 5
m m m m
m m
m m
∆ = − − + = + −
⇔ ∆ = − + +
⇔ ∆ = − + ≥ ∀
Vậy PT (*) luôn có nghiệm với mọi m
c) Theo câu b, nghiệm của PT (*) là :
Vì x
1
= 2x
2
nên : x
1

> x
2
. Suy ra :

GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 4
Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt:
1
( 3) 3 3 3
( / )
2.1 2
x t m
− − + +
= =
2
( 3) 3 3 3
( / )
2.1 2
x t m
− − − −
= =
2 2
2 2
2 2
2 2
2
3 4 8 9 3 4 8 9
2.
2 2
3 4 8 9 6 2 4 8 9
2 2

0
3 4 8 9 6 2 4 8 9
0 0
3 3 4 8 9 0 1 4 8 9 0
0
4 8 9 1( ô í )
m m m m
m m
m m m m
m m
m
m m m m
m m
m m m m
m
m m v l
 
− + − + − − − +
=
 ÷
 ÷
 
− + − + − − − +
⇔ =
≠


⇔

− + − + =− − − +



≠ ≠
 
 
⇔ ⇔
 
+ − + = + − + =
 
 
≠



− + =−


2 2
1 2
3 4 8 9 3 4 8 9
;
2 2
m m m m
x x
m m
− + − + − − − +
= =
Vậy không tìm được m để : x
1
= 2x

2

Bài 6. PT: x
2
– 2(m – 1)x + m
2
– 3m = 0 (*)
a) Để PT có 2 nghiệm trái dấu thì:
{
{
{
{
2
0 3 0 ( 3) 0
0 0
3 0 3
( 3) 0 ( )
0 0
3 0 3
P m m m m
m m
m m
m m I
m m
m m
< ⇔ − < ⇔ − <
 <  >
 
 
 

− > <
 
 
⇔ − < ⇔ ⇔
 
< <
 
 
 
− > >
 
 
 
Dựa vào (I), để PT (*) có 2 nghiệm trái dấu thì : 0 < m < 3
b) Để PT có đúng một nghiệm âm thì :
2 2
2 2
2 2
[ ( 1)] ( 3 ) 0
' 0
( 1) 3 0
[ 2( 1)]
0
2( 1) 0
0
1
1 0
2 1 3 0
1
1

1
m m m
m m m
m
S
m
m
m m m m
m
m
m

− − − − =
∆ =

− − + =


⇔ ⇔
  
− − −
<
− <
<




+ =


− + − + =

⇔ ⇔ ⇔ <
 
<
<


c) Để PT có 2 nghiệm thỏa x
1
2
+x
2
2
= 8 thì :
( )
( )
2
2
2 2
' 0 1 3 0
2 1 3 0
1 0 1 (**)
m m m
m m m m
m m
∆ ≥ ⇔ − − − − ≥
 
 
⇔ − + − + ≥

⇔ + ≥ ⇔ ≥ −
Khi đó, PT (*) có 2 nghiệm. Áp dụng hệ thức Vi-et ta được :
GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 5
( )
( )
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2
2
2 2
2 2
2
2
8 ( ) 2 8
2 1 2 3 8
4( 2 1) 2 6 8
4 8 4 2 6 8
2 2 4 0
2 0 (1)
x x x x x x
m m m
m m m m
m m m m
m m
m m
+ = ⇔ + − =
⇔ − − − =
 
 
⇔ − + − + =

⇔ − + − + =
⇔ − − =
⇔ − + =
PT (1) có dạng a – b + c = 0. Nên : m
1
= -1; m
2
= -2 (***)
Kết hợp (**) và (***) ta có : m = -1; m = -2 thì PT (*) có 2 nghiệm thỏa mãn điều
kiện : x
1
2
+ x
2
2
= 8
d) Với m ≥ - 1 ( câu c) thì PT (*) có 2 nghiệm. Ta có :
Áp dụng hệ thức Vi-et, ta được :
1 2 1 2
2 2
1 2 1 2
1 2
2
1 2
2( 1) 2 2
. 3 . 3
2
( )
2
. 3 ( )

x x m x x m
x x m m x x m m
x x
m
x x m m
+ = − + = −
 
⇔
 
= − = −
 
+ +

= +

⇔


= − ++

Thế (+) vào (++), ta được :
2
1 2 1 2
1 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
1 2 1 2 2
2 2
. 3.
2 2
4 2 4 4 3 3 6
.
4 3
12 . 3( 4 2 4 4 ) 4(3 3 6)
12 . 3 3 12 6 12 12 12 12 24
3 3 6 24
x x x x
x x
x x x x x x x x
x x
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x x x x
+ + + +
   
= −
 ÷  ÷
   
+ + + + + − −
⇔ = −
⇔ = + + + + + − − −
⇔ = + + + + + − + +
⇔ + − + +
( )

2 2
1 2 1 2 2
2
1 2 2
36 0
2 8 12 0
8 12
x x x x x
x x x
=
⇔ + − + + =
⇔ + + = −
GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 6
Bài 7.
a) Vì E là trung điểm của MN nên : OE ⊥ MN ( quan giữa đ/kính và dây)

·
1 (1)AEO V
⇒ =
Lại có AC là tiếp tuyến của (O) nên :
·
1 (2)ACO V
=
Từ (1) và (2), suy ra góc AEO và góc ACO cùng nhìn cạnh AO dưới 1 góc vuông nên
4 điểm A, O, E, C cùng thuộc một đường tròn.
b)Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, suy ra:
1 2
ˆ ˆ
O O
=

mà:
·
»
( / )
nho
BOC sd BC t c goc o tam
=
»
1 2
ˆ ˆ
(3)
2
sd BC
O O
⇒ = =
Mặt khác theo T/C góc nội tiếp thì :
·
»
1
(4)
2
nho
BIC sd BC
=
Từ (3) và (4), suy ra:
·
·
(5)AOC BIC
=

c) Vì 4 điểm A, E, O, C cùng thuộc một đường tròn nên tứ giác AEOC nội tiếp.
Ta có :
·
·
(6)AOC AEC
=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC nhỏ)
Từ (5) và (6), cho ta:
·
·
BIC AEC
=
, mà đây là cặp góc ở vị trí đồng vị nên BI //
MN.
GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 7
Bài 8.
b) Ta có :
·
µ
0
45
2
B
CBD
= =
( t/c hình vuông)U
Mà :
·
·
CBD CHD

=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC )
·
·
0
0 0 0
45
90 45 45
CHD
CHK
⇒ =
⇒ = − =
c) CM : KC.KD = KH.KB
Xét ∆CBK và ∆HDK có :
µ
µ
·
·
1 ( ) ;C H V gt CBK HDK
= = =
( 2 góc n.tiếp cùng
chắn cung CH)
Vậy ∆CBK ∆HDK (g-g)
. .
BK CK
KC KD KH K B
DK HK
⇒ = ⇒ =
(đpcm)
d) CM: CD.HK = CK.HD

Theo cmt thì :
·
·
0
45CHD CHK
= =
, tức là HC là phân giác của góc DHK.
. .
CD HD
CD HK CK HD
CK HK
⇒ = ⇒ =
( t/c tia phân giác của tam giác)
GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 8
K
H
D
B
A
C
E
a) Có :
Suy ra B, H, C, D cùng thuộc một đường tròn, hay tứ giác BHCD nội tiếp
S
Bài 9.
a) Diện tích xung quanh của hình trụ : 2πrh = 2π.4.8=64π (cm
2
)
b) Diện tích toàn phần của hình trụ : 64π + 2πr
2

= 64π +2π.4
2

= 64π + 32π = 96π (cm
2
)
c) Thể tích của hình trụ : πr
2
h = π.4
2
.8 = 128π (cm
3
)
Bài 10.
a) Diện tích xung quanh của hình nón : πrl = π.2.6 = 12π cm
2
- Diện tích toàn phần của hình nón : 12π + πr
2

= 12π + π.4 = 16π cm
2
b) - Độ dài cung hình quạt tròn bằng chu vi đáy của hình nón và bằng :
2πr = 2. π.2 = 4π cm
- Theo công thức
0
l.n 360. 360.2
120
360 6
r
r n

l
= ⇒ = = =
CHÚC CÁC EM ĐẠT KẾT QUẢ CAO
GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 9
GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 10