SACH ON TAP TOAN 9

- Trang 1 -
HUYỉNH QUANG LAU

O'O
B
A
Huyứnh Quang Laõu
- Trang 2 -
LỜI NÓI ĐẦU
Theo chủ trương mới của Bộ Giáo Dục và Đào tạo, từ năm học 2005 – 2006 sẽ
không tổ chức kì thi tốt nghiệp THCS, nhưng để được xét tuyển vào lớp 10 và biên chế lớp chọn
của các trường phổ thông trung học, thì việc ôn tập và tổ chức một kỳ kiểm tra sát hạch đầu năm
học là điều không thể thiếu. Do vậy các em học sinh lớp 9 vẫn rất cần có tài liệu ôn tập theo
chương trình mới của Bộï Giáo Dục
Nhằm giúp các em ôn tập có hệ thống , thông qua các đề thi tốt nghiệp và tuyển
vào 10 của một số tỉnh thành trong cả nước , qua đó có thể so sánh tự rút kinh nghiệm cho chính
mình , đặc biệt với yêu cầu của chương trình mới, các em cần tham khảo các đề thi có cấu trúc hai
phần: Trắc nghiệm và Tự luận để củng cố kiến thức trước khi bước vào phổ thông trung học
Bằng một chút kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy Tôi sưu tầm và biên soạn tài
liệu này góp phần giúp học sinh ôn tập tương đối dễ dàng hơn
Tài liệu gồm 4 phần nhỏ:
Phần 1: Tuyển chọn các đề thi tốt nghiệp THCS
Phần 2: Tuyển chọn các đề thi vào lớp 10
Phần 3: Các đề tham khảo
Phần 4: Các đề thi theo chương trình mới thay sách
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng vẫn không thể hoàn thiện, Tôi mong nhận được
nhiều ý kiến đóng góp xây dựng của các bạn để tài liệu càng chất lượng hơn
Xin được chân thành cảm ơn sự động viên góp ý của: Thầy giáo Lê Đức Đònh; Cô
giáo Đỗ Thò Thu Thuỷ; Cô giáo Nguyễn Thò Huê để tôi hoàn thành tài liệu này
Soạn giả
Huỳnh Quang Lâu

Huỳnh Quang Lâu
- Trang 3 -
PHẦN 1: CÁC ĐỀ THI TỐT NGHIỆP
Đề 1: Đề thi tốt nghiệp THCS Tỉnh Bình Đònh năm học 1994 – 1995
A. Lý Thuyết: (2 điểm) Học sinh chọn một trong hai đề sau
Đề 1: Chứng minh đònh lý: “Với mọi số thực a thì
aa
2
=
”
Áp dụng: Tính:
( )
2
52 −
+
( )
2
52 +
Đề 2: Phát biểu đònh nghóa góc nội tiếp của một đường tròn và chứng minh sự liên hệ giữa góc nội
tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung (chỉ xét một trường hợp)
B. Các bài toán bắt buộc: (8 điểm)
Bài 1: (2 điểm) a) Giải phương trình: x
2
+ 2(
3
+ 1)x + 2
3
= 0
b) Giải hệ phương trình




=
=+
6 y - x
3 y 2x
Bài 2: (2,5 điểm)
Trên cùng một hệ trục toạ độ gọi (P) là đồ thò của hàm số y = x
2
và (T) là đồ thò của hàm số
y = -x + 2
a) Vẽ (P) và (T)
b) Xác đònh toạ độ giao điểm của (P) và (T) bằng đồ thò và kiểm tra lại bằng đại số
Bài 3: (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC. Vẽ dây BA. Gọi I là điểm chính giữa của cung
BA, K là giao điểm của OI với BA
a) Chứng minh: OI // CA
b) Từ A vẽ đường thẳng song song CI cắt đường thẳng BI tại H. Chứng minh IHAK nội tiếp
c) Gọi P là giao điểm của đường thẳng HK với BC. Chứng minh
∆
BKP
∆
BCA
Bài giải:
A. Lý thuyết: SGK toán 9
B. Các bài toán bắt buộc:
Bài 1: a) Giải phương trình: x
2
+ 2(
3

+ 1)x + 2
3
= 0
Ta có:
∆
’ = (
3
+ 1)
2
- 2
3
= 4 > 0
'
∆
= 2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
x
1
=
13213 +−=+−−
; x
2
=
33213 −−=−−−
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 4 -
b)




=
=+
6 y - x
3 y 2x
x 3
y -3
=

⇔

=

Bài 2:
Hàm số y = x
2
có TXĐ là R; đồng biến trong R
+
nghòch biến trong R
-
Bảng các giá trò tương ứng của x và y
x -2 -1 0 1 2
y 4 1 0 1 4
Hàm số y = - x + 2 có TXĐ là R, nghòch biến trong R
Điểm cắt trục tung A(0; 2); Điểm cắt trục hoành B(2; 0)
f(x)=x*x
f(x)=-x+2
Series 1
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-7

-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
x
y
M
N

Đồ thò của hai hàm số cắt nhau tại hai điểm M(-2; 4) và N(1; 1).
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (T) là: x
2
= -x + 2
x
2
+ x – 2 = 0
Giải phương trình trên ta được x
1
= -2
⇒

y
1
= 4
x
2
= 1
⇒
y
2
= 1
Vậy (P) và (T) cắt nhau tại hai điểm M(-2; 4) và N(1; 1).
Bài 3:
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 5 -
a) Ta có:
·
BAC
= 1V (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒
BA
⊥
BC (1)
Mặt khác
º
º
BI = IA
(gt)
⇒
OI

⊥
BA (2)
Từ (1) và (2)
⇒
BC // OI
b) Ta có:
·
BIC
= 1V (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒
BI
⊥
IC
mà AH // IC
⇒
BI
⊥
AH
⇒
·
IHA
=
·
IKA
= 1V
⇒
IHAK nội tiếp trong đường tròn đường kính IA

K

A
P
O
C
B
I
H



Huỳnh Quang Lâu
c) Ta có
·
BKP
=
·
HKA
(đối đỉnh)

·
HKA
=
·
HIA
(cùng chắn cung
IA)

·
HIA
=

·
BCA
(cùng bù với
·
BIA
)

⇒
·
BKP
=
·
BCA

⇒
∆
BKP


∆
BCA
- Trang 6 -
Đề 2: Đề thi tốt nghiệp THCS Tỉnh Bình Đònh năm học 1996 – 1997
A. Lý Thuyết: (2 điểm) Học sinh chọn một trong hai đề sau
Đề 1: Phát biểu tính chất biến thiên của hàm số y = ax
2
(a
≠
0) trên tập số thực R
Áp dụng: Cho hàm số y = f(x) =

4
3
x
2
. Sử dụng tính chất trên hãy so sánh các giá trò sau:
f(1 +
3
) và f(
2
+
3
)
Đề 2: Phát biểu đònh nghóa tiếp tuyến của đường tròn
Áp dụng: Chứng minh rằng nếu một đường thẳng là một tiếp tuyến của một đường tròn thì
nó vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm
B. Các bài toán bắt buộc: (8 điểm)
Bài 1: (4 điểm)
Cho phương trình bậc hai ẩn số x: x
2
– 2x – m
2
– 4 = 0
a) Chứng tỏ phương trình đã cho luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trò của m
b) Gọi x
1
; x
2
là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm m để x
1
2

+ x
2
2
= 20
c) Giải phương trình khi m = -2
Bài 2: (3 điểm)
Cho 3 điểm A, B, C thẳng hàng (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC;
AT là tiếp tuyến vẽ từ A. Từ tiếp điểm T vẽ đường thẳng vuông góc với BC , đường thẳng này cắt
BC tại H và cắt đường tròn tại T’. Đặt OB = R
a) Chứng minh: OH. OA = R
2
b) Chứng minh TB là phân giác của góc ATH
c) Từ B vẽ đường thẳng song song TC. Gọi D, E lần lượt là giao điểm của đường thẳng vừa
vẽ với TT’ và TA. Chứng minh tam giác TED cân
d) Chứng minh
AC
AB
HC
HB
=
Bài 3: (1 điểm)
Cho x, y là hai số thực thoả mãn : (x + y)
2
+ 7(x + y) + y
2
+ 10 = 0. Tìm giá trò lớn nhất và giá
trò nhỏ nhất của biểu thức: P = x + y + 1
Bài giải:
A. Lý thuyết:
Đề 1: Áp dụng: Hàm số y = f(x) =

4
3
x
2
có hệ số a =
4
3
> 0 nên đồng biến trong R
+
, nghòch
biến trong R
-
0 < 1 +
3
<
2
+
3

⇒
f(1 +
3
) < f(
2
+
3
)

B. Các bài toán :
Bài 1: Phương trình x

2
– 2x – m
2
– 4 = 0
a) Ta có:
∆
’ = 1 + m
2
+ 4 = m
2
+ 5 > 0
∀
m. Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 7 -
với mọi giá trò của m
b) Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có : S = x
1
+ x
2
= 2; P = x
1
.x
2
= – m
2
– 4
mà x
1
2

+ x
2
2
= 20 hay (x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
= 20
4 + 2m
2
+ 8 = 20
2m
2
= 8
m
2
= 4
m =
±
2
c) Khi m = -2 ta có phương trình: x
2
– 2x – 8 = 0. Giải phương trình này ta được hai nghiệm
x

1
= 4; x
2
= -2
Bài 2:
T
T'
D
H
O
C
B
E
A
a) Trong tam giác vuông ATO có: R
2
= OT
2
= OA. OH (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
b) Ta có:
·
ATB
=
·
BCT
(cùng chắn cung TB)
·
BCT
=
·

BTH
(góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
⇒
·
ATB
=
·
BTH
hay TB là tia phân giác của góc ATH
c) ED // TC mà TC
⊥
TB nên ED
⊥
TB
Tam giác TED có TB vừa là phân giác vừa là đường cao nên là tam giác cân tại T
d) BD // TC nên:
TC
BE
TC
BD
HC
HB
==
(BD = BE) (1)
EB // TC nên:
EB AB
TC AC
=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra

AC
AB
HC
HB
=
Bài 3: Từ giả thiết (x + y)
2
+ 7(x + y) + y
2
+ 10 = 0
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 8 -
Suy ra: (x + y)
2
+ 2. (x + y)
2
.
2
7
+
2
2
7






–

2
2
7






+ 10 = –y
2

≤
0
(x + y +
2
7
)
2
–
4
9

≤
0
⇒
(x + y +
2
7
)

2

≤

4
9
7
x + y+
2

≤
3
2
hay –
2
3

≤
x + y +
2
7

≤

2
3
⇒
– 4
≤
P = x + y + 1

≤
–1
Vậy giá trò nhỏ nhất của P là – 4 và giá trò lớn nhất của P là –1
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 9 -
Đề 3: Đề thi tốt nghiệp THCS tỉnh Thái Bình năm học 2001 – 2002
A. Lý thuyết: (2 điểm) Học sinh chọn một trong hai đề sau:
Đề 1: a) Nêu đònh nghóa phương trình bậc hai một ẩn? Cho ví dụ?
b) Giải phương trình: x
2
– 2x – 8 = 0
Đề 2: Nêu đònh lý về góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn; vẽ hình; ghi GT; KL cho các trường hợp
xảy ra
B. Các bài toán:
Bài 1: (2 điểm)
Cho biểu thức K =








−
+
+









−
−
−
1
2
1
11
1
a
a
:
aaa
a
a) Rút gọn K
b) Tính giá trò của K khi a = 3 + 2
2
c) Tìm các giá trò của a sao cho K < 0
Bài 2: ( 2 điểm)
Cho hệ phương trình





=−

=−
334
32
1
yx
ymx

a) Giải hệ phương trình khi m = 1
b) Tìm giá trò của m để hệ phương trình vô nghiệm
Bài 3: (4 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ hai tia tiếp tuyến Ax và By. Qua 1 điểm M
thuộc nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax và By tại E và F
a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp
b) AM cắt OE tại P; BM cắt OF tại Q. Tứ giác MPOQ là hình gì?
c) Vẽ MH
⊥
AB. MH cắt EB tại K. So sánh MK và KH
d) Cho AB = 2R. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF. Chứng minh:
3
1
<
R
r
<
2
1
Bài giải:
A. Lý thuyết: SGK
B. Các bài toán:
Bài 1:

a) K =








−
+
+








−
−
−
1
2
1
11
1
a
a

:
aaa
a
ĐK: a > 0; a
≠
1
K =
( )
a 1 a 1
:
a 1
a a 1
 
 
− +
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
−
−
 
 
=
a
a 1−
b) a = 3 + 2
2
= (
2

+ 1)
2

⇒
=a
2
+ 1
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 10 -
K =
12
1223
+
−+
= 2
c) Với a > 0
⇒
a
> 0 . Do đó K =
a
a 1−
< 0
⇔
a – 1 < 0
⇔
a < 1
Vậy K < 0
⇔
0 < a < 1
Bài 2:

Xét hệ phương trình





=−
=−
334
32
1
yx
ymx
a) Khi m = 1 ta có hệ phương trình:



=−
=−
200423
1
yx
yx

⇔




=

=
2001
2002
y
x
b)





=−
=−
334
32
1
yx
ymx

⇔



=−
=−
200423
1
yx
ymx
Hệ phương trình vô nghiệm khi

3
m
=
1
2
≠
2004
1

⇔
m =
2
3
Bài 3:

x
y
I
K
Q
F
P
M
E
A
H O
B
a)
·
EMO

=
·
EAO
= 1V
⇒
AEMO nội tiếp trong đường tròn đường kính EO
b) EM = EA; OM = OA
⇒
OE là đường trung trực của AM
⇒
OE
⊥
AM
⇒
·
MPO
= 1V
Tương tự
·
MQO
= 1V
Và
·
AMB
= 1V (nội tiếp nửa đường tròn)
Tứ giác MPOQ có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật
c)
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 11 -
Gọi I là giao điểm của BM và Ax ta có:

EA = EM suy ra
·
EMA
=
·
EAM
⇒
·
EIM
=
·
EMI

⇒
EI = EM = EA
MH // IA nên theo đònh lý Thales ta có:
EA
KH
BE
BK
EI
MK
==
mà EI = EA nên MK = KH
d) Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ta chứng minh được:
“Trong tam giác vuông cạnh huyền là a; cạnh góc vuông là b và c; đường cao là h, bán kính
đường tròn nội tiếp là r thì a.h = r.(a + b + c) = 2.S”
Trong tam giác vuông EOF có: EF. OM = r.(OE + OF + EF)
EF. R = r.(OE + OF + EF)

⇒

EFOFOE
EF
R
r
++
=
mà OE + OF > EF
⇒

EFOFOE
EF
R
r
++
=
<
2
1
2EF
EF
=
mặt khác: OE + OF + EF < 3EF
⇒

EFOFOE
EF
R
r

++
=
>
3
1
3EF
EF
=
Vậy
3
1
<
R
r
<
2
1
Đề 4: Đề thi tốt nghiệp THCS tỉnh Bắc Giang năm học 2002 – 2003
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 12 -
A. Lý Thuyết: (2 điểm) Học sinh chọn một trong hai đề sau
Đề 1: Nêu quy tắc nhân các căn thức bậc hai.
Áp dụng: Tính a)
50
6.
3
b)
15.10.6
Đề 2: Chứng minh đònh lý: “Nếu hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm thì giao
điểm đó cách đều hai tiếp điểm và tia kẻ từ giao điểm đó qua tâm đường tròn là tia phân giác của

góc tạo bởi hai tiếp tuyến.”
B. Các bài toán bắt buộc: (8 điểm)
Bài 1: (2 điểm)
a) Thực hiện phép tính:
6.
3
2
2
3








−

b) Giải hệ phương trình:



=
=+
5 3y - 2x
1 3y 4x

Bài 2: (2 điểm)
Hai ô tô khởi hành cùng một lúc trên quãng đường từ A đến B dài120km. Mỗi giờ ô tô thứ nhất

chạy nhanh hơn ô tô thứ hai10km nên đến B trước ô tô thứ hai là
5
2
giờ. Tính vận tốc của mỗi xe
Bài 3: (3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC
chứa A vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E và nửa đường tròn đường kính CH cắt AC
tại F. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật
b) EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đường kính BH và CH
c) Tứ giác BCFE nội tiếp
Bài 4: (1 điểm) Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của biểu thức sau: P =
1xx
x
2
2
+−
+1
Bài giải:
A. Lý thuyết: SGK toán 9
B. Bài toán:
Bài 1: a)
6.
3
2
2
3









−
= 2
b)



=
=+
5 3y - 2x
1 3y 4x

⇔



=+
=
5 3y 4x
6 6x
⇔



=
=

1- y
1 x
Bài 2: Gọi x(km/h) là vận tốc ô tô thứ nhất x > 10
x – 10 (km/h) là vận tốc ô tô thứ hai
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 13 -
Thời gian ô tô thứ nhất đi đến B là:
x
120
giờ
Thời gian ô tô thứ hai đi đến B là:
10-x
120
giờ
Ta có phương trình:
10-x
120
–
x
120
=
5
2
Biến đổi phương trình ta được: x
2
– 10x + 3000 = 0
Giải phương trình ta có hai nghiệm: x
1
= 60; x
2

= –55 (loại)
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60 (km/h)
Vận tốc của ô tô thứ hai là 50 (km/h)
Bài 3: a) Ta có:

·
HEB
=
·
HFC
= 1V (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒
·
HEA
=
·
HFA
=
·
EAF
= 1V

⇒
Tứ giác AEHF là hình chữ nhật
b) Gọi O và O’lần lượt là trung điểm của HB và HC. Ta có:
O là tâm đường tròn đường kính HB và O’ là tâm đường tròn đường kính HC

⇒
µ

µ
=
2 2
ˆ ˆ
E H
(
∆
OHE cân)

µ
µ
=
1 1
ˆ ˆ
E H
(
∆
IHE cân)

2
1
2
1
I
H
O' O
E
F
C
B

A



⇒
·
EBC
+
·
EFC
= 2V. Vậy tứ giác BCFE nội tiếp
Bài 4: P =
1xx
x
2
2
+−
+1
Huỳnh Quang Lâu
⇒
µ µ
µ µ
+ = +
1 2 1 2
ˆ ˆ ˆ ˆ
E E H H
= 90
0
⇒
OE

⊥
EF
Vậy EF là tiếp tuyến của đường
tròn (O)
Chứng minh tương tự ta có EF là
tiếp tuyến của đường tròn (O’)
c) Ta có:
·
EBC
=
·
FAH
(góc nhọn có cạnh tương ứng
vuông góc)
·
FAH
=
·
AFE
(
∆
AIF cân)
⇒
·
EBC
=
·
AFE
mà
·

AFE
+
·
EFC
= 2V (kề bù)
- Trang 14 -
Ta có: x
2
– x + 1 =
0
4
3
2
1
- x
2
>+






với mọi x
P =
( )
1x3
33x
2
2

+−
+
x
=
( )
( )
13
1212
2
22
+−
++++−
xx
xxxx
=
( )
( )
2
2
x 1
2
3
3 x x 1
+
+
− +
3
2
≥
Giá trò nhỏ nhất của P là

3
2
khi x + 1 = 0
⇒
x = -1
P =
2 2
2
2x -2x+2-x +2x-1
x -x+1
=
( )
( )
1
112
2
2
2
+−
−−+−
xx
xxx
=
( )
1
1
2
2
2
+−

−
−
xx
x
≤
2
Giá trò lớn nhất của P là 2 khi x – 1 = 0
⇒
x = 1
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 15 -
Đề 5: Đề thi tốt nghiệp THCS TP. Hồ Chí Minh năm học 2002 – 2003
A. Lý Thuyết: (2 điểm) Học sinh chọn một trong hai đề sau
Đề 1: Phát biểu đònh nghóa phương trình bậc nhất hai ẩn
Áp dụng: Viết công thức nghiệm tổng quát của các phương trình
a) 3x – y = 2 b) 2x + 0y = 6
Đề 2: Phát biểu và chứng minh đònh lí về sự liên hệ giữa số đo góc nội tiếp trong một đường tròn
với số đo của cung bò chắn (Chỉ chứng minh trường hợp tâm O nằm trên một cạnh của góc nội tiếp)
B. Các bài toán bắt buộc: (8 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình
a) 4x
4
– 5x
2
– 9 = 0
b)
3x-2y 7
5x-3y 3
=



=

Bài 2: (2điểm)
Vẽ đồ thò hàm số y =
4
2
x-
(P) và đường thẳng (D): y = 2x + 3 trên cùng một hệ trục toạ độ. Tìm
toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính
Bài 3: (1 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:
a) A =
( ) ( )
22
5235 −+−

b) B =
( )( )
53526210 +−+
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O, R) và một điểm S ở ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến SA, SB. Vẽ đường
thẳng a đi qua S và cắt đường tròn (O) tại M; N với M nằm giữa S và N (Đường thẳng a không đi
qua tâm O)
a) Chứng minh SO
⊥
AB
b) Gọi H là giao điểm của SO và AB gọi I là trung điểm MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt
nhau tại E. Chứng minh IHSE nội tiếp

c) Chứng minh OI. OE = R
2

d) Cho SO = 2R và MN = R
3
. Tính diện tích tam giác ESM theo R
Bài giải:
A. Lý Thuyết:

Huỳnh Quang Lâu
- Trang 16 -
Đề 1: Áp dụng: Công thức nghiệm tổng quát của các phương trình
a) (x
∈
R; y = 3x – 2) hoặc (x =
3
2+y
; y
∈
R)
b) (x = 3; y
∈
R)
B. Bài toán:
Bài 1:
a) Phương trình: 4x
4
– 5x
2
– 9 = 0 . Đặt y = x

2

≥
0 ta có phương trình 4y
2
– 5y – 9 = 0
Giải phương trình ẩn y ta được y
1
= -1 (loại) ; y
2
=
4
9

Vậy phương trình 4x
4
– 5x
2
– 9 = 0 có hai nghiệm x
1
=
2
3
; x
2
= –
2
3

b)

3x-2y 7
5x-3y 3
=


=




=−
=−
⇔
6610
2169
yx
yx
⇔



−=
−=
26
15
y
x
f(x)=-1/4*x*x
f(x)=2*x+3
-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-11
-10
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
A
B
Bài 2: Toạ độ giao điểm của (P): y =
4
2
x-
và (D): y = 2x + 3 là nghiệm của hệ phương trình






+=
=
32
4
x-
y
2
xy

⇔



+=
=++
32
0128
2
xy
xx

⇔



−=−=
−=−=
12
96

22
11
y;x
y;x
Vậy (P) và (D) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A(–2; –1) và B(–6; –9)
Bài 3:
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 17 -
A =
( ) ( )
22
5235 −+−
= 3 –
5
+
5
– 2 = 1
B =
( )( )
53526210 +−+
=
( )( )
53526152 +−+

=
( )( )
52652615 +−+
=
( )( )( )
1552615 +−+

=
( )( )
526526 −+
= 36 – 20 = 16
Bài 4:
a)
∆
SAB cân tại S nên tia phân giác SO cũng là đường cao
⇒
SO
⊥
AB
b)
·
SHE
=
·
SIE
= 1V
⇒
IHSE nội tiếp trong đường tròn đường kính SE
c)
∆
SOI
∆
EOH (gg)
⇒
OI. OE = OH. OS = OB
2
= R

2
(hệ thức lượng trong tam giác
vuông SOB)
d) Tính được OI =
2
R


B
O
H
I
M
N
E
A
S


⇒
OE =
OI
2
R
= 2R
⇒
EI = OE – OI =
3R
2
Áp dụng đònh lý Pytago tính được SI =

22
SO OI−
=
2
15R
⇒
SM = SI – MI =
( )
2
153R −
Diện tích tam giác SEM =
SM.EI
2
=
( )
8
1533R
2
−
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 18 -
Đề 6: Đề thi tốt nghiệp THCS TP. Hà Nội năm học 2002 – 2003
A. Lý Thuyết: (2 điểm) Học sinh chọn một trong hai đề sau
Đề 1: Phát biểu và viết dạng tổng quát của quy tắc khai phương một tích.
Áp dụng: Tính
2
850 −
Đề 2: Đònh nghóa đường tròn. Chứng minh rằng đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn
B. Các bài toán bắt buộc: (8 điểm)
Bài 1: (2,5 điểm)

Cho biểu thức P =








−
−








+
+ xx2-x
x
x - 4
x
x2
x 21
:
84
a) Rút gọn P
b) Tìm giá trò của x để P = -1

c) Tìm m để với mọi giá trò x > 9 ta có: m(
x
– 3)P > x + 1
Bài 2: (2 điểm)
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất đònh. Do áp dụng kó
thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21%. Vì vậy trong thời gian quy đònh họ
đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm . Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch là
bao nhiêu
Bài 3: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O), một đường kính AB cố đònh, một điểm I nằm giữa A và O sao cho AI =
3
2
AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN sao cho C không
trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp
b) Chứng minh
∆
AME
∆
ACM và AM
2
= AE. AC
c) Chứng minh AE. AC – AI. IB = AI
2
d) Hãy xác đònh vò trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác CME nhỏ nhất
Bài giải:
A. Lý thuyết: SGK Toán 9
B. Bài toán:
Bài 1: P =









−
−








+
+ xx2-x
x
x - 4
x
x2
x 21
:
84

ĐK: x > 0; x
≠

4; x
≠
1
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 19 -
a) P =
( )
( )( )
( )
( )






−
−−−






−+
+−
2
221
22
824

xx
xx
:
xx
xxx
=
( )( ) ( )
2
421
22
48
−
+−−
−+
+
xx
xx
:
xx
xx
=
( )
( )( ) ( )
2
3
22
24
−
−
−+

+
xx
x
:
xx
xx

=
( )
2
3
2
4
−
−
− xx
x
:
x
x
=
( )
( )( )
xx
xx
−−
−
32
24
=

( )
3
4
−x
x
b) P =
( )
3
4
−x
x
= –1
⇔
4x = 3 –
x
⇔
4x +
x
– 3 = 0

⇔
4x + 4
x
– 3
x
– 3 = 0

⇔
(
x

+ 1)(4
x
– 3) = 0
Vì x > 0 nên x =
9
16

c) Tìm m để với mọi giá trò x > 9 ta có: m(
x
–3)P > x + 1

⇔
m(
x
– 3)
( )
3
4
−x
x
> x + 1
⇔
m.4x > x + 1
⇔
x(4m – 1) > 1 Vì x > 9 > 0 nên
⇒
4m – 1 > 0
⇒
m >
4

1
(1)
⇔
x >
1-m4
1
.Do đó
1-m4
1
≤
9
⇔
m
≥
18
5
thoả mãn (1)
Vậy với m
≥
18
5
thì với mọi giá trò x > 9 ta có: m(
x
–3)P > x + 1
Bài 2:
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 20 -
Gọi x là số sản phẩm tổ I hoàn thành theo kế hoạch (0 < x < 600)
Số sản phẩm tổ II hoàn thành theo kế hoạch là 600 - x
Số sản phẩm vượt mức của tổ I là

100
18x
Số sản phẩm vượt mức của tổ II là
( )
100
21x600 −
Ta có phương trình:
100
18x
+
( )
100
21x600 −
= 120
Giải phương trình ta được x = 200
Vậy số sản phẩm theo kế hoạch của tổ I là 200 sản phẩm
số sản phẩm theo kế hoạch của tổ II là 400 sản phẩm
Bài 3:
a)
·
ACB
=
·
EIB
= 1V
⇒
Tứ giác IECB nội tiếp trong đường tròn đường kính EB
b) Ta có:
·
AEM

=
·
IEC
(đối đỉnh)
·
IEC
=
·
AMC
(cùng bù với
·
ABC
)

⇒
·
AEM
=
·
AMC

⇒
∆
AME
∆
ACM

⇒
AM
AE

AC
AM
=

⇒
AM
2
= AE. AC

E'
C'
O'
H
C
M
O
N
A
I
E
B
c) Trong tam giác vuông AMB có: AI. IB = MI
2


⇒
AE. AC – AI. IB = AM
2
– MI
2

= AI
2

d) Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME, ta có:
AM
2
= AE. AC
⇒
AM là tiếp tuyến của đường tròn (O’)
⇒
AM
⊥
O’M mà AM
⊥
MB
⇒
M, O’, B thẳng hàng
Vẽ NH
⊥
MB ta có: NO’
≥
NH
⇒
NO’ nhỏ nhất khi NO’ = NH
⇔
O’
≡
H
Lúc đó vẽ đường tròn tâm H bán kính HM cắt đường tròn (O) tại C’. Đây là vò trí cần tìm
của C để khoảng cách từ N đến O’ nhỏ nhất

Huỳnh Quang Lâu
- Trang 21 -
Đề 7: Đề thi tốt nghiệp THCS Thừa Thiên - Huế năm học 2001 – 2002
A. Lý Thuyết: (2 điểm) Học sinh chọn một trong hai đề sau
Đề 1: Nêu điều kiện để
A
có nghóa
Áp dụng: Tìm mỗi giá trò của x để các căn bậc hai sau đây có nghóa:
a)
2 - 7x
b)
2
x−1
Đề 2: Chứng minh rằng: Đường kính vuông góc với một dây cung thì chia dây cung ấy ra hai phần
bằng nhau
B. Các bài toán bắt buộc: (8 điểm)
Bài 1: (3 điểm)
a) Tính A = –2
( ) ( )
2
133333 ++−
b) Rút gọn biểu thức: B =
( )
abba
bab
a
ab-a
b
−









−
−
c) Xác đònh các hệ số a và b của hàm số y = ax + b, biết rằng đồ thò của nó đi qua hai điểm
A(1; 3) và B(2; 1)
Bài 2: (1,5 điểm)
Tính các kích thước của hình chữ nhật có diện tích 40cm
2
, biết rằng nếu tăng mỗi kích thước
3cm thì diện tích tăng 48cm
2
Bài 3: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kẻ hai đường kính AA’
và BB’ của đường tròn
a) Chứng minh ABA’B’ là hình chữ nhật
b) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh BH = CA’
c) Cho AO = R, tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC


Bài giải:
A. Lý thuyết: SGK toán 9
B. Bài toán:
Bài 1:
a) A = –2

( ) ( )
2
133333 ++−
= –6
3
+ 6 + 27 + 6
3
+ 1 = 34
b) B =
( )
abba
bab
a
ab-a
b
−








−
−
ĐK: a > 0; b > 0; a
≠
b
=

( ) ( )
( )
baab
bab
a
baa
b
−






−
−
−
=
( )
( )
baab
baab
ab
−⋅
−
−
= b – a
c) Đồ thò của hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(1; 3) và B(2; 1) nên:
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 22 -




+=
+=
ba
ba
21
3
⇔



=
−=
5
2
b
a
Bài 2:
Gọi x; y (cm) là các kích thước của hình chữ nhật ta có:
Diện tích hình chữ nhật là xy = 40 (cm
2
) (1)
Tăng mỗi kích thước 3cm thì diện tích là (x + 3)(y + 3) (cm
2
)
Ta có : (x + 3)(y + 3) – xy = 48
3x + 3y + 9 = 48
x + y = 13 (2)

Từ (1) và (2) suy ra x và y là hai nghiệm của phương trình X
2
– 13X + 40 = 0
Giải phương trình trên ta được x = 8; y = 5
Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 8(cm) và 5(cm)
Bài 3:
a) Ta có:
·
BAB'
=
·
AB'A'
=
·
B'A'B
= 1V (nội tiếp nửa đường tròn)
⇒
ABA’B’ là hình chữ nhật
b) Ta có:
BH // CA’ (cùng vuông góc AC)
BA’ // CH (cùng vuông góc AB)

⇒
BHCA’ là hình bình hành nên BH = CA’
c)
∆
BHC =
∆
BA’C nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng đường tròn ngoại tiếp
tam giác BA’C

O
H
B'
A'
C
B
A

Đề 8: Đề thi tốt nghiệp THCS TP. Hồ Chí Minh năm học 2003 – 2004
Huỳnh Quang Lâu
Mà đường tròn ngoại tiếp tam giác
BA’C chính là đường tròn (O)
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác BHC bằng R
- Trang 23 -
A. Lý thuyết: (2 điểm) Chọn một trong hai câu sau:
1. Phát biểu và chứng minh đònh lý Viét phần thuận
Áp dụng: Cho phương trình 7x
2
+ 31x – 24 = 0
a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt
b) Gọi x
1
; x
2
là hai nghiệm của phương trình, không giải phương trình hãy tính
x
1
+ x
2

+ x
1
x
2
2. Viết công thức tính độ dài của một đường tròn, một cung tròn (có ghi chú các kí hiệu
trong các công thức)
Áp dụng: Tính độ dài một cung 90
0
của một đường tròn đường kính bằng 6dm
B. Bài tập bắt buộc: (8 điểm)
Bài 1: (1 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình
a) 9x
4
+ 2x
2
– 32 = 0
b)



=+
=+
825
734
yx
yx
Bài 2: (1,5 điểm) Vẽ parabol (P): y =
2
2
x−

và đường thẳng (D): y = 3x trên cùng một hệ trục toạ
độ. Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính
Bài 3: (1 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài bằng
4
7
chiều rộng và có diện tích bằng
1792m
2
. Tính chu vi của khu vườn ấy
Bài 4: (1 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:
a) A =
( )
2632 +⋅−
b) B =
21
2
2
232
23
228
−
+
+
−
−
+
Bài 5: (3,5 điểm) Trên đường tròn (O, R) đường kính AB lấy hai điểm M, E theo thứ tự A, M, E, B
(hai điểm M, E khác hai điểm A, B) AM cắt BE tại C; AE cắt MB tại D
a) Chứng minh MCED là một tứ giác nội tiếp và CD vuông góc với AB
b) Gọi H là giao điểm của CD và AB. Chứng minh BE. BC = BH. BA

c) Chứng minh các tiếp tuyến tại M và E của đường tròn (O) cắt nhau tại một điểm nằm
trên đường thẳng CD
d) Cho biết
·
BAM
= 45
0
và
·
BAE
= 30
0
. Tính diện tích tam giác ABC theo R
Bài giải:
A. Lý thuyết: SGK
B. Các bài toán:
Bài 1:
Huỳnh Quang Lâu
- Trang 24 -
a) 9x
4
+ 2x
2
– 32 = 0 Đặt y = x
2

≥
0 ta có phương trình: 9y
2
+ 2y – 32 = 0

Giải phương trình ta được y
1
= 2; y
2
= -8 (loại)
⇒
x =
2±
b)



=+
=+
825
734
yx
yx

⇔



=+
=+
32820
351520
yx
yx

⇔





=
=
7
3
7
10
y
x
Bài 2:
f(x)=-1/2*x*x
f(x)=3x
f(x)=-18
Series 1
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-18
-17
-16
-15
-14
-13
-12
-11
-10
-9

-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
xy
O
M
Toạ độ giao điểm của (P) và (D) là nghiệm của hệ phương trình
2
-x
y =
2
y = 3x





⇔






−=−=

==
⇔
=
=+
186
00
3
06
22
11
2
y;x
y;x
xy
xx
Vậy (D) và (P) cắt nhau tại hai điểm O(0; 0) và M(-6; -18)
Bài 3: Gọi x(m ) là chiều rộng khu vườn (x > 0)
Chiều dài khu vườn là
4
7
x(m)
Ta có phương trình: x .
4
7
x = 1792
⇒
x = 32
Chiều rộng khu vườn là 32(m); chiều dài khu vườn là 56(m)
Chu vi khu vườn là 176(m)
Bài 4:

Huỳnh Quang Lâu
- Trang 25 -
A =
( )
2632 +⋅−
=
( ) ( )
2 3 2 3 1 4 2 3 3 1− × × + = − × +
=
( ) ( ) ( )( )
213131313
2
=+−=+⋅−
B =
21
2
2
232
23
228
−
+
+
−
−
+
=
( )( )
( )( )
( )

12
2
2
322
2323
23228
−
−
+
−
+−
++

=
( )
( )( )
1212
122
32
7
4262824
+−
+
−−−
+++
= 4 + 2
2
–
2
– 3 – 2 –

2
= –1
Bài 5:
1
2
1
1
I
D
C
E
M
H
O
B
A
Vậy tiếp tuyến tại M và E của (O) cắt nhau tại trung điểm I của CD
D
E
M
H
C
O
B
A
Mặt khác từ câu b suy ra: BC =
( )
( )
132R
R

R213R
BE
BH.BA
−=
−
=
.
Vậy diện tích tam giác ABC là S =
2
1
AE. BC =
2
1
. R
3
.2R(
3
– 1) = R
2
3
.(
3
– 1) (đvdt)
Huỳnh Quang Lâu
a)
·
AMB
=
·
AEB

= 1V (chắn nửa đường tròn)
⇒
·
CMD
=
·
CED
= 1V
⇒
MCED nội tiếp trong đường tròn tâm I
đường kính CD
∆
CAB có 2 đường cao AE và BM cắt nhau tại trực
tâm D
⇒
CD là đường cao thứ ba
⇒
CD
⊥
AB
b)
∆
BEA
∆
BHC (gg)
⇒
BE. BC = BH. BA
c)Ta có: IC = IM = ID = IE
⇒
µ

µ
=
1
1
ˆ
ˆ
C M
µ
µ
=
1
1
ˆ
ˆ
C B
(góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
µ
µ
=
1 2
ˆ ˆ
B M
(
∆
MOB cân)
⇒
µ µ
=
1 2
ˆ ˆ

M M
⇒
µ
1
ˆ
M
+
·
IMD
=
µ
2
ˆ
M
+
·
IMD
= 90
0
⇒
MI
⊥
OM
⇒
MI là tiếp tuyến của (O)
Tương tự IE là tiếp tuyến của (O)
d) Khi
·
BAE
= 30

0

⇒
BE = R và AE = R
3
·
BAM
= 45
0
thì
·
BDH
= 45
0
và
·
BEH
= 45
0
⇒
EH là phân giác của
·
BEA

⇒
EA
EB
HA
HB
=

⇒
2
13
2R
R3R
HBHA
EBEA
HB
EB
HA
EA +
=
+
=
+
+
==
⇒
HB =
( )
13R
13
R2
13
2EB
−=
+
=
+