Đề cương ôn tập Toán 9 cơ bản TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 2015
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.49 MB, 55 trang )
TI LIU ễN TP TOAN 9 HKII LU HNH NI B
!"#$%&'#
( ) * +
, , ,( , ) * ,+
ax by c a D
a x b y c a D
+ =
+ =
*-+./%*-0+
, ,
a b
a b
!"#$%&'#.1#$23456#7%
*-+88*-0+
, , ,
a b c
a b c
=
!"#$%&'#9:#$23
*-+
*-0+
, , ,
a b c
a b c
= =
!"#$%&'#.19:;<#$23
==->
?2%@ A !"#$%&'#
B )
x y m
x my
+ =
=
*A+
A 2C2 !"#$%&'#*A+D23EFA
B GH.IJ#$2H%&J.KL3IM
L+ NEA9?6EAO?#$23.KL*A+
P+ *A+9:#$23
Q '3#$23.KL !"#$%&'#*A+%R3
S '33IM*A+.1#$23*N(6+%TLNU6EA
-1. Khi m = 1, h (1) cú nghim x = 1; y = 2.
2a) H (1) cú nghim x = 1 v y = 1 khi m = 2.
2b) H (1) vụ nghim khi:
, , ,
a b c
a b c
=
A A
B )
m
m
=
A A
B
A
B )
m
m
=
B
)
m
m
=
m = 2: H (1) vụ nghim.
3. H (1) cú nghim: x =
B
B
m
m+
; y =
B
B
m
m+
.
4. H (1) cú nghim (x, y) tha: x + y = 1
B
B
m
m+
+
B
B
m
m+
= 1
m
2
+ m 2 = 0
=
=
1( )
2( )
m thoỷa ẹK coựnghieọm
m khoõngthoỷa ẹK coựnghieọm
.
Vy khi m = 1, h( 1 cú nghim (x,y) tha: x + y = 1.
?2%@ B !"#$%&'#
B
B S V
x y k
x y k
+ = +
+ =
*A+
A 2C2*A+D2DEA
B '3$2H%&J.KLDIM*A+.1#$23O?NEFW9?6EX
Q '3#$23.KL*A+%RD
-1. Khi k = 1, h (1) cú nghim x = 2; y = 1.
2. H (1) cú nghim x = 8 v y = 7 khi k = 3 .
TRNG THCS K DRễ NM HC : 2014 - 2015
1
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
3. Hệ (1) có nghiệm: x =
Y A
B
k −
; y =
Y Q
B
k−
.
?2%@ Q !"#$%&'#
Q
B A
x y
x my
+ =
− =
*A+
1. 2C2 !"#$%&'#*A+D23EFX
2. GH.IJ#$2H%&J.KL3IM
L+ NEFA9?6ESO?#$23.KL*A+
b) Hệ (1) vô nghiệm.
3. Tìm nghiệm của hệ phương trình (1) theo m.
-1. Khi m = – 7, hệ (1) có nghiệm x = 4; y = – 1.
2a) Hệ (1) có nghiệm x = –1 và y = 4 khi m =
Q
S
−
.
2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = – 2.
3. Hệ (1) có nghiệm: x =
Q A
B
m
m
+
+
; y =
Y
Bm+
.
?2%@ S !"#$%&'#
B A
B Q A
mx y
x y
− = −
+ =
*A+
1. 2C2 !"#$%&'#*A+D23EQ
2. '33IM !"#$%&'#.1#$23NE
A
B
−
9?6E
B
Q
QTìm nghiệm của hệ phương trình (1) theo m.
-1. Khi m = 3, hệ (1) có nghiệm x =
A
AQ
−
; y =
Y
AQ
.
2a) Hệ (1) có nghiệmx =
A
B
−
và y =
B
Q
khi m =
B
Q
−
.
2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = –2.
3. Hệ (1) có nghiệm: x =
A
Q Sm
−
+
; y =
B
Q S
m
m
+
+
.
?2%@ Y !"#$%&'#
S
B Q
x y
x y m
+ =
+ =
*A+
A 2C2 !"#$%&'#*A+D23EFA
B '33IM*A+.1#$23*NZ6+%TL
)
)
x
y
>
<
- 1. Khi m = –1, hệ(1) có nghiệm: x = 13 và y = – 9.
2. Tìm:
• Nghiệm của hệ (1) theo m: x = 12 – m ; y = m – 8 .
• Theo đề bài:
)
)
x
y
>
<
⇒
AB )
W )
m
m
− >
− <
⇔
AB
W
m
m
<
<
⇔
m < 8.
?2%@ [ !"#$%&'#
B Q A
Q B B Q
x y m
x y m
+ = +
+ = −
A 2C2 !"#$%&'#D23EFA
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
2
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
B \2$2H%&J#?.KL3%' %.1#$23*NZ6+%TL
A
[
x
y
<
<
- 1. Khi m = – 1 , hệ pt có nghiệm: x = 1 và y = – 4.
2. Tìm:
• Nghiệm của hệ (1) theo m: x = 4m + 5 ; y = – 9 – 5m .
• Theo đề bài:
A
[
x
y
<
<
⇒
A
Q
m
m
< −
> −
⇔
FQ]m < – 1 .
?2%@ X !"#$%&'#
B Y
Q A
mx y
mx y
− + =
+ =
*A+
A 2C2*A+D23EA
B GH.IJ#$2H%&J.KL3IM*A+
L+ 1#$23456#7%9?%'3#$23456#7%I1%R3
P+ 1#$23*N(6+%TLNF6EB
- 1. Khi m = 1, hệ (1) có nghiệm: x = – 2 ; y = 1.
2a) Khi m
≠
0, hệ (1) có nghiệm:
B
A
x
m
y
=−
=
.
2b) m =
B
Q
−
.
?2%@ W !"#$%&'#
B
B A
mx y m
x y m
− =
− + = +
*3O?%L3;<+*+
L+ 23EFB($2C2 !"#$%&'#P^#$ !"#$ H ._#$
P+ `#$2H%&J.KL%L3;<mIM !"#$%&'#*+.1#$23456#7%9?%`##$23456#7%
I1%R3
- a) Khi m = – 2, hệ (I) có nghiệm: x =
B
Q
; y =
A
Q
.
b)
• Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi m
≠
4.
• Khi đó hệ(I) có nghiệm duy nhất:
Q B
S
m
x
m
+
=
−
;
B
Q
S
m m
y
m
+
=
−
abcdefghgie
g*+6ELN
B
*-+6ELNUP*L
≠
)+
1.Hàm số y = ax
2
(a
≠
0):
?3;<6ELN
B
*L
≠
)+.1#j#$%`#.7%;L5
• k5Ll)%'?3;<Im#$P2k#D2Nl)9?#$J.P2k#D2N])
• k5L])%'?3;<Im#$P2k#D2N])9?#$J.P2k#D2Nl)
m%J.KL?3;<6ELN
B
*L
≠
)+
• n?3_%L&LPO*+9\2Io#O?$<.%pLI_)9?#@#%&q.6O?3%&q.I<2Nr#$
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
3
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
• k5Ll)%'Im%J#^3 `L%&s#%&q.?#)O?I2M3%7 #7%.KLIm%J
• k5L])%'Im%J#^3 `L4!\2%&q.?#)O?I2M3.L#7%.KLIm%J
tIm%J.KL?3;<6ELN
B
*L
≠
)+
• n@ PC#$.H.$2H%&J%!"#$r#$.KL*+
• -uL9?PC#$$2H%&J
→
9t*+
2. Tìm giao điểm của hai đồ thị :(P): y = ax
2
(a
≠
0) và (D): y = ax + b:
• n@ !"#$%&'#?#I_$2LI2M3.KL*+9?*-+.B9k C2.KLB?3;<P^#$#L5
→
I!L9v %P@.L24w#$LN
B
UPNU.E)
• 2C2 %?#I_$2LI2M3
Uk5
∆
l)
⇒
%.1B#$23 x#P2%
⇒
*-+./%*+%w2BI2M3 x#P2%
Uk5
∆
E)
⇒
%.1#$23Dy
⇒
*-+9?*+%2k Nz.#L5
Uk5
∆
])
⇒
%9:#$23
⇒
*-+9?*+D:#$$2L#L5
3. XYc định số giao điểm của hai đồ thị :(P): y = ax
2
(a
≠
0) và (D
m
) theo tham số m:
• n@ !"#$%&'#?#I_$2LI2M3.KL*+9?*-
3
+.B9k C2.KLB?3;<P^#$#L5
→
I!L9v %P@.L24w#$LN
B
UPNU.E)
• n@
∆
*{.
∆'
+.KL %?#I_$2LI2M3
• 2#O5@#
U*-
3
+./%*+%w2BI2M3 x#P2%D2
∆
l)
→
$2C2P7% %
→
%'33
U*-
3
+%2k Nz.*+%w2AI2M3
∆
E)
→
$2C2 %
→
%'33
U*-
3
+9?*+D:#$$2L#L5D2
∆
])
→
$2C2P7% %
→
%'33
==->
?2%@ AL2?3;<6E
2
2
x
.1Im%J*+9?6E|NU3.1Im%J*-
3
+
A \23ES(9t*+9?*-
S
+%&s#.}#$3_%%&q.%pLI_95:#$$1.N6GH.IJ#%pLI_.H.$2L
I2M3.KL.z#$
B GH.IJ#$2H%&J.KL3IM
L+ *-
3
+./%*+%w2I2M3.1?#I_P^#$A
P+ *-
3
+./%*+%w2BI2M3 x#P2%
.+ *-
3
+%2k Nz.*+GH.IJ#%pLI_%2k I2M3
- ApLI_$2LI2M3*BZB+9?*– SZW+
BL+3E
Q
B
BP+
,∆
EAUB3l)
A
B
m⇒ >−
B.+3E
A
B
−
→
%pLI_%2k I2M3*|AZ
A
B
+
?2%@ BL2?3;<6EFBN
B
.1Im%J*+9?6EFQNU3.1Im%J*-
3
+
A 23EA(9t*+9?*-
A
+%&s#.}#$3_%%&q.%pLI_95:#$$1.N6GH.IJ#%pLI_.H.$2L
I2M3.KL.z#$
B GH.IJ#$2H%&J.KL3IM
L+*-
3
+I2~5L3_%I2M3%&s#*+%w2I2M3.1?#I_P^#$
A
B
−
P+*-
3
+./%*+%w2BI2M3 x#P2%
.+*-
3
+%2k Nz.*+GH.IJ#%pLI_%2k I2M3
- ApLI_$2LI2M3*
A A
B B
−;
Z+9?*AZ– B+
BL+3E–B
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
4
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
BP+3]
V
W
B.+3E
V
W
→
%pLI_%2k I2M3*
Q V
S W
−;
+
?2%@ Q?3;<6EFBN
B
.1Im%J*+
A t*+%&s#3_%%&q.%pLI_95:#$$1.
B p2g*
B
X
Q
;− −
+9?*BZA+
L+ 2k% !"#$%&'#I!•#$%€#$g
P+ GH.IJ#%pLI_.H.$2LI2M3.KLI!•#$%€#$g9?*+
Q '3I2M3%&s#*+.1%•#$?#I_9?%5#$I_.KL#1P^#$F[
- BL+!•#$%€#$g.1 !"#$%&'#6EEQNFY
BP+pLI_$2LI2M3*AZFB+9?*
Y
B
−
Z
BY
B
−
+
Qp2e*N
e
Z6
e
+O?I2M3%&s#*+%TLIvP?2(%L.1N
e
U6
e
EF[
e{%DH.e*N
e
Z6
e
+
∈
*+
⇒
6
e
EFB
B
M
x
#s#N
e
U6
e
EF[
⇔
N
e
U*FB
B
M
x
+EF[
⇔
FB
B
M
x
UN
e
U[E)
A A
B B
B W
Q V
B B
x y
x y
= ⇒ = −
⇒
=− ⇒ = −
@6.1BI2M3%TLIvP?2e
A
*BZFW+9?e
B
*
Q V
B B
− −;
+
?2%@ S?3;<6E
Q
B
−
N
B
.1Im%J*+9?6EFBNU
A
B
.1Im%J*-+
A t*+9?*-+%&s#.}#$3_%%&q.%pLI_95:#$$1.
B GH.IJ#%pLI_.H.$2LI2M3.KL*+9?*-+
Q '3%pLI_#j#$I2M3%&s#*+%TL%`#.7%%•#$?#I_9?%5#$I_.KLI2M3I1P^#$FS
- BpLI_$2LI2M3*
A
Q
Z
A
[
−
+9?*AZ
Q
B
−
+
Qp2e*N
e
Z6
e
+O?I2M3%&s#*+%TLIvP?2(%L.1N
e
U6
e
EFS
e{%DH.e*N
e
Z6
e
+
∈
*+
⇒
6
e
E
Q
B
−
B
M
x
#s#N
e
U6
e
EFS
⇔
N
e
U*
Q
B
−
B
M
x
+EFS
⇔
Q
B
−
B
M
x
UN
e
USE)
A A
B B
S W
Q Q
B [
x y
x y
=− ⇒ =−
⇒
= ⇒ = −
@6.1BI2M3%TLIvP?2e
A
*
S W
Q Q
;− −
+9?e
B
*BZF[+
?2%@ Y?3;<6E
B
Q
N
B
.1Im%J*+9?6ENU
Y
Q
.1Im%J*-+
A t*+9?*-+%&s#.}#$3_%%&q.%pLI_95:#$$1.
B GH.IJ#%pLI_.H.$2LI2M3.KL*+9?*-+
Q p2gO?I2M3
∈
*+9?O?I2M3
∈
*-+;L.
AA W
A B
A B
x x
y y
=
=
GH.IJ#%pLI_.KLg9?
- BpLI_$2LI2M3*
B
A
Q
− ;
+9?*
Y BY
B [
;
+
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
5
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
Q{%N
g
EN
E%
• g*N
g
Z6
g
+
∈
*+
⇒
6
g
E
B
Q
B
A
x
E
B
Q
%
B
• *N
Z6
+
∈
*-+
⇒
6
EN
U
Y
Q
E%U
Y
Q
• RIvP?2
AA W
A B
y y=
⇔
AA
B
Q
%
B
EW*%U
Y
Q
+
⇔
B
BB S)
W )
Q Q
t t− − =
⇒
A
B
B
A)
AA
t
t
=
=−
• \2%EB
W W
B B
Q Q
AA AA
B B
Q Q
( ; )
( ; )
A A
B B
x y A
x y B
= ⇒ = ⇒
⇒
= ⇒ = ⇒
• \2%E
A)
AA
−
A) B)) A) B))
AA Q[Q AA Q[Q
A) BY A) BY
AA QQ AA QQ
( ; )
( ; )
A A
B B
x y A
x y B
=− ⇒ = ⇒ −
⇒
=− ⇒ = ⇒ −
?2%@ [&#$3{% €#$%pLI_95:#$$1.N6(.L2I2M3g*AZ–B+9?*–BZQ+
A 2k% !"#$%&'#I!•#$%€#$*4+I2~5Lg(
B p2*+O?Im%J.KL?3;<6E–BN
B
L+ t*+%&s#3{% €#$%pLI_I‚.
P+ GH.IJ#%pLI_.H.$2LI2M3.KL*+9?*4+
- A!"#$%&'#I!•#$%€#$g6E
5
3
−
N
1
3
−
BpLI_$2LI2M3*AZ–B+9?*
1
6
−
Z
1
18
−
+
?2%@ XtIm%J*+.KL?3;<6EFBN
B
%&s#3{% €#$%pLI_95:#$$1.N6
A p2*-+O?I!•#$%€#$I2~5LI2M3g*–BZ–A+9?.1;<$1.D
L+ 2k% !"#$%&'#I!•#$%€#$*-+
P+ '3DIM*-+I2~5L#^3%&s#*+P2k%?#I_.KLO?A
- BL+
• !"#$%&'#I!•#$%€#$*-+.14w#$%•#$~5H%6ELNUP
• *-+.1;<$1.D
⇒
*-+6EDNUP
• *-+I2~5Lg*–BZ–A+
⇒
–AED* –B+UP
⇒
PEBDFA
• !"#$%&'#I!•#$%€#$*-+6EDNUBDFA
BP+
• 2M3*N
Z6
+
∈
*+
⇒
*AZ– B+
• *-+I2~5L*AZ–B+#s# –BEDAUBDFA
⇒
DE
1
3
−
?2%@ WL2?3;<6EN
B
.1Im%J*+9?6ENUB.1Im%J*-+
A t*+9?*-+%&s#.}#$3_%%&q.%pLI_95:#$$1.N6GH.IJ#%pLI_.H.$2LI2M3.KL
.z#$
B p2gO?I2M3%5_.*-+.1?#I_P^#$Y9?O?I2M3%5_.*+.1?#I_P^#$FBGH.
IJ#%pLI_.KLg(
Q '3%pLI_.KLI2M3#^3%&s#%&q.%5#$;L.gU#T#7%
- A pLI_$2LI2M3*BZS+9?*–AZA+
BpLI_.KLg*YZX+9?*FBZS+
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
6
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
Q
• *N
(6
+
∈
6
⇒
*)6
+
• gU#T#7%D2PLI2M3(g(%€#$?#$
• !"#$%&'#I!•#$%€#$g6E
Q
X
NU
QS
X
• *N
(6
+
∈
I!•#$%€#$g#s#6
E
Q
X
)U
QS
X
E
QS
X
⇒
*)Z
QS
X
+
?2%@ V?3;<6EFN
B
.1Im%J*+9?6ENFB.1Im%J*-+
L+ t*+9?*-+%&s#.}#$3_%%&q.%pLI_95:#$$1.GH.IJ#%pLI_$2LI2M3.KL*+9?*-+
P^#$ !"#$ H Iw2;<
P+ p2gO?3_%I2M3%5_.*-+.1%5#$I_P^#$A9?O?3_%I2M3%5_.*+.1?#I_P^#$FA
GH.IJ#%pLI_.KLg9?
.+ '3%pLI_.KLI2M3e%5_.%&q.?#;L.egUe#T#7%
- L+pLI_$2LI2M3*BZFS+9?*–AZA+
P+pLI_.KLg*QZA+9?*FAZFA+
.+
• 6
g
EAl)(6
EFA])
⇒
g(#^3DH. `LI<29\2%&q.N4I1egUe#T#7%D2
e(g(%€#$?#$
⇒
eO?$2LI2M3.KLg9\2%&5.N
• !•#$%€#$g.14w#$6ELNUP!•#$%€#$gI2~5LL2I2M3g(
⇒
A Q
A
a b
a b
= +
− = − +
⇔
A
B
A
B
a
b
=
= −
→
!•#$%€#$g6E
A
B
NF
A
B
• pLI_eO?#$23.KL %
A A
B B
)
y x
y
= −
=
⇔
)
A
y
x
=
=
• @6e*AZ)+
?2%@ A)*+6EN
B
9?*-+6EFNUB
A t*+9?*-+%&s#.}#$3_%%&q.%pLI_95:#$$1.N6p2g9?O?.H.$2LI2M3.KL*+
9?*-+(NH.IJ#%pLI_.KLg(
B `#42#%`.%L3$2H.g*I"#9JI%&s#%&q.;<O?.3+
Q eL3$2H.gO?%L3$2H.95:#$
- ApLI_$2LI2M3*AZA+9?*FBZS+
Bp2(O?'#.2k5.KLg(%&s#%&q.N(%L.1
•
∆
g95:#$%w2
⇒
ƒ
g
E
A
B
gE
A
B
AAE
A
B
*.3
B
+
•
∆
95:#$%w2
⇒
ƒ
E
A
B
E
A
B
BSES*.3
B
+
• p2O?$2LI2M3.KL*-+9\2%&q.N
⇒
6
E)
⇒
N
EB
⇒
*BZ)+
•
∆
95:#$%w2
⇒
ƒ
E
A
B
E
A
B
SSEW*.3
B
+
• ƒ
g
Eƒ
F*ƒ
g
Uƒ
+EWF*
A
B
US+EQ(Y*.3
B
+
Q
• !"#$%&'#I!•#$%€#$g6EL0N*-0+
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
7
TÀI LIỆU ƠN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
• *-0+I2~5Lg*AZA+
⇒
LEA
⇒
*-0+6EN
• *-+.1LEFA9?*-0+.1L0EA
→
LL0EFA
⇒
*-+
⊥
*-0+
⇒
g
⊥
g
⇒
∆
g95:#$%w2g
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
=g
1. Giải phương trình bậc hai dạng ax
2
+ bx + c = 0 (a
≠
0)*A+
♦Dạng tổng quát
♦Dạng thu gọn: b =2b’( b chẵn)
Chú ý: Nếu ac < 0 thì phương trình luôn luôn có hai nghiệm số.
P+Nhẩm nghiệm:
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRƠ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
8
LN
B
UPNU.E)
acb S
B
−=∆
)<∆
)=∆
)>∆
Vô nghiệm
NEN
B
E|
N
A(B
E
LN
B
UBP0NU.E)*L)+
acb −=∆
B
,,
),<∆ ),=∆ ),>∆
Vô nghiệm
N
A
EN
B
E| N
(B
E
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
• LUPU.E)
⇒
%*A+.1B#$23
1
2
1x
c
x
a
=
=
„LFPU.E)
⇒
%*A+.1B#$23
1
2
1x
c
x
a
=−
= −
2. Hệ thức Vi ét và ứng dụng:
L+J#O…k5N
A
(N
B
O?B#$23.KL !"#$%&'#LN
B
UPNU.E)*L
≠
)+%'%L.1
1 2
1 2
b
S x x
a
c
P x x
a
= + = −
= =
P+J#O…ICk5
.
u v S
u v P
+ =
=
⇒
5(9O?B#$23.KL !"#$%&'#N
B
FƒNUE)*ƒ
B
FS
≥
)+
„Một số hệ thức khi Yp dụng hệ thức Vi-ét:
• •#$P'# !"#$.H.#$23
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2x x x x x x+ = + −
Eƒ
B
FB
• •#$#$J.IC.H.#$23
1 2
1 2 1 2
1 1 S
P
x x
x x x x
+
+ = =
• •#$#$J.ICP'# !"#$.H.#$23
2 2
2
1 2
2 2 2 2
1 2 1 2
1 1 S 2P
( ) P
x x
x x x x
+ −
+ = =
• '# !"#$.KL25.H.#$23
− = + −
2 2
1 2 1 2 1 2
( ) ( ) 4x x x x x x
Eƒ
B
FS
• •#$O@ !"#$.H.#$23
3 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
( ) 3 ( )x x x x x x x x+ = + − +
Eƒ
Q
FQƒ
`4q !"#$%&'#N
B
FABNUQYE)‚6%`#$2H%&J.KL.H.P2M5%r.;L5
L+
2 2
1 2
x x+
P+
1 2
1 1
x x
+
.+
2
1 2
( )x x−
4+
3 3
1 2
x x+
Giải:
!"#$%&'#.1
'∆
EAl)
⇒
%.1B#$23(H 4q#$%r.2|y%. %*A+
1 2
1 2
12
35
b
S x x
a
c
P x x
a
= + = − =
= = =
L+
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2x x x x x x+ = + −
Eƒ
B
FBEAB
B
FBQYEXS
P+
1 2
1 2 1 2
1 1 S
P
x x
x x x x
+
+ = =
E
12
35
.+
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) ( ) 4 S -4Px x x x x x− = + − =
EAB
B
FSQYES
4+
3 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
( ) 3 ( )x x x x x x x x+ = + − +
Eƒ
Q
FQƒEAB
Q
FQQYABES[W
3.Tìm hệ thức giữa hai nghiệm độc lập đối với tham số:(Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x
1
, x
2
không phụ
thuộc vào tham số).
„Phương phYp giải:
• '3I2v5D2#IM !"#$%&'#I‚..1#$23*
' 0∆ ≥
Z
∆ ≥ 0
{.L.])+
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
9
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
• n@ %r.2|y%. !"#$%&'#
1 2
1 2
b
S x x
a
c
P x x
a
= + = −
= =
• †%L3;<*P^#$ !"#$ H ._#$Iw2;<+%'3%r.O2s#$2jLƒ9?
→
1O?%r.
I_.O@ 9\2%L3;<
`4q !"#$%&'#BN
B
U*B3FA+NU3FAE)*A+*3O?%L3;<+
A e!"#$%&'#*A+O5:#.1#$239\23p23
B p2N
A
(N
B
O?B#$23.KL %*A+'3%r.O2s#$2jLB#$23D:#$ q%5_.9?3
Giải:
A !"#$%&'#*A+.1
∆
EP
B
FSL.EU*B3FA+
B
FSB*3FA+ES3
B
FAB3UVE*B3FQ+
B
≥
)(
∀
3
@6 !"#$%&'#*A+O5:#.1#$239\23p23
B
• 4q#$%r.2|y%. !"#$%&'#*A+
1 2
1 2
2 1
2
1
2
b m
S x x
a
c m
P x x
a
− +
= + = − =
−
= = =
⇔
2 2 1
2 1
S m
P m
=− +
= −
⇔
2 2 1
4 2 2
S m
P m
=− +
= −
⇒
BƒUSE|AL6B*N
A
UN
B
+USN
A
N
B
E|Ax6O?%r..‡#%'3
4. Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng – Lập phương trình bâc hai khi biết hai nghiệm của nó:
„Phương phYp giải:
• k5B;<59?9.1
.
u v S
u v P
+ =
=
⇒
5(9O?L2#$23.KL !"#$%&'#N
B
FƒNUE)*„+
• 2C2 %*„+
Uk5
'∆
l)*{.
∆
l)+
⇒
%*„+.1B#$23 x#P2%N
A
(N
B
@6
1
2
u x
v x
=
=
{.
2
1
u x
v x
=
=
Uk5
'∆
E)*{.
∆
E)+
⇒
%*„+.1#$23Dy N
A
EN
B
E
'b
a
−
@65E9E
'b
a
−
Uk5
'∆
])*{.
∆
])+
⇒
%*„+9:#$23@6D:#$.1B;<5(9%TLIvP?2
`4qA'3B;<5(9P2k%5U9EAA9?59EBW
Giải:
RIvP?2
⇒
5(9O?L2#$23.KL !"#$%&'#N
B
FƒNUE)
⇔
N
B
FAANUBWE)*„+
!"#$%&'#*„+.1
∆
EVl)
⇒
∆ = 3
⇒
1
2
7
4
x
x
=
=
@6
7
4
u
v
=
=
L6
4
7
u
v
=
=
`4qBL2;<LE
3
UA9?PEQF
3
2k% !"#$%&'#P@.L2.1L2#$23O?L9?P
Giải:
• LUPE*
3
UA+U*QF
3
+ES
• LPE*
3
UA+*QF
3
+EB
3
ƒ56&LL(PO?B#$23.KL !"#$%&'#N
B
FƒNUE)
⇔
N
B
FSNUB
3
E)x6O? %.‡#%'3
5. Chứng minh phương trình bậc hai luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giY trị của tham số m:
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
10
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
* Phương phYp giải:
• n@ P2%%r.
'∆
*{.
∆
+
• 2k#I•2
'∆
I!L9v4w#$
'∆
E*g
±
+
B
U.l)(
∀
3*9\2.O?3_%;<4!"#$+
• k%O5@#@6 !"#$%&'#I‚.O5:#.1L2#$23 x#P2%9\23p2%L3;<3
6. Chứng minh phương trình bậc hai luôn có nghiệm với mọi giY trị của tham số m:
* Phương phYp giải:
• n@ P2%%r.
'∆
*{.
∆
+
• 2k#I•2
'∆
I!L9v4w#$
'∆
E*g
±
+
B
≥
)(
∀
3
• k%O5@#@6 !"#$%&'#I‚.O5:##$239\23p2%L3;<3
7. Biện luận phương trình bậc hai theo tham số m:
* Phương phYp giải:
• n@ P2%%r.
'∆
*{.
∆
+
• 2#O5@#
U!"#$%&'#.1B#$23 x#P2%D2
'∆
l)
→
$2C2P7% %
→
%'3%L3;<3
→
Dk%
O5@#
U!"#$%&'#.1#$23Dy D2
'∆
E)
→
$2C2 %
→
%'3%L3;<3
→
Dk%O5@#
U!"#$%&'#9:#$23D2
'∆
])
→
$2C2P7% %
→
%'3%L3;<3
→
Dk%O5@#
U!"#$%&'#.1#$23D2
'∆
≥
)
→
$2C2P7% %
→
%'3%L3;<3
→
Dk%O5@#
* Phương trình có 2 nghiệm trYi dấu khi: a.c < 0
→
$2C2P7% %
→
%'3%L3;<3
→
Dk%O5@#
8. XYc định giY trị nhỏ nhất của biểu thức:
* Phương phYp giải:
• Đưa biểu thức P cần tìm về dạng: P E*g
±
+
B
U.
⇒
P E*g
±
+
B
U.
≥
.
• GiY trị nhỏ nhất của P: P
min
= c khi g
±
E)
→
$2C2 %
→
%'3%L3;<3
→
Dk%O5@#
9. XYc định giY trị lớn nhất của biểu thức:
* Phương phYp giải:
• Đưa biểu thức Q cần tìm về dạng: Q E.F*g
±
+
B
⇒
Q E.F*g
±
+
B
≤
.
GiY trị nhỏ nhất của Q: Q
max
= c khi g
±
E)
→
$2C2 %
→
%'3%L3;<3
→
Dk%O5@#
==->
?2%@ A !"#$%&'#P@.L2N
B
F*3FQ+NFB3E)*A+
A 2C2 !"#$%&'#*A+D23EFB
B e!"#$%&'#*A+O5:#.1L2#$23 x#P2%9\23p23
Q '3%r.O2s#$2jLN
A
(N
B
D:#$ q%5_.9?3
- 1. Khi m = –2, ta có phương trình: x
2
+ 5x + 4 = 0, pt có a – b + c = 1 –5 + 4 = 0
⇒
1
2
1
4
4
1
x
x
c
a
= −
=−
=− =−
Vậy khi m = – 2, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x
1
= –1, x
2
= – 4.
2.
∆
= m
2
+ 2m + 9 = (m + 1)
2
+ 8 > 0,
m∀
.
3. Hệ thức: 2S + P = – 6
⇒
2(x
1
+ x
2
) + x
1
x
2
= – 6.
?2%@ B !"#$%&'#P@.L2N
B
F*3UA+NU3E)*A+
A 2C2 !"#$%&'#*A+D23EQ
B e!"#$%&'#*A+O5:#.1#$239\23p23
Q &#$%&!•#$ˆ *A+.1L2#$23 x#P2%'3%r.O2s#$2jLN
A
(N
B
D:#$ q%5_.9?
3
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
11
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
- 1. Khi m = 3, ta có phương trình: x
2
– 4x + 3 = 0, pt có a + b + c = 1 +(–4) + 3 = 0
⇒
1
2
1
3
3
1
x
x
c
a
=
=
= =
.
Vậy khi m = 3, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x
1
= 1, x
2
= 3.
2.
∆
= (m – 1)
2
≥
0,
m∀
.
3.
• ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (m – 1)
2
> 0
⇔
|m – 1| > 0
⇔
>
<
m
m
1
1
.
• Hệ thức: S – P = 1
⇒
x
1
+ x
2
– x
1
x
2
= 1.
?2%@ Q !"#$%&'#BN
B
U*B3FA+NU3FAE)*3O?%L3;<+*A+
A 2C2 !"#$%&'#*A+D23EB
B e!"#$%&'#*A+O5:#.1#$239\23p23
Q &#$%&!•#$ˆ *A+.1L2#$23 x#P2%2k%O@ %r.O2s#$2jLN
A
(N
B
I_.O@ 9\23
- 1. Khi m = 2, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x
1
= –1, x
2
=
A
B
−
.
2.
∆
= (2m – 3)
2
≥
0,
m∀
.
3.
• ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (2m – 3)
2
> 0
⇔
|2m – 3| > 0
⇔
>
<
m
m
3
2
3
2
.
• Hệ thức: 2S + 4P = 1
⇒
2( x
1
+ x
2
) + 4 x
1
x
2
= 1.
?2%@ S !"#$%&'#N
B
FB*3FA+NUB3FQE)*3O?%L3;<+*A+
A 2C2 !"#$%&'#*A+D23EY
B e!"#$%&'#*A+O5:#.1#$239\23p23
Q &#$%&!•#$ˆ *A+.1L2#$23 x#P2%2k%O@ %r.O2s#$2jLN
A
(N
B
I_.O@ 9\23
S '33IM !"#$%&'#*A+.1B#$23%&H2475
- 1. Khi m = 5, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x
1
= 1, x
2
= 7.
2.
∆
= (m – 2)
2
≥
0,
m∀
.
3.
• ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (m – 2)
2
> 0
⇔
|m – 2| > 0
⇔
>
<
m
m
2
2
.
• Hệ thức: S – P = 1
⇒
x
1
+ x
2
– x
1
x
2
= 1.
4. Phương trình (1) có 2 nghiệm trYi dấu khi a.c < 0
⇔
1.(2m – 3) < 0
⇒
m <
3
2
?2%@ Y !"#$%&'#P@.L2N
B
FB*3FA+NU3
B
E)*A+
A '33IM
L+ %*A+.1B#$23 x#P2%
P+ %*A+.13_%#$23O?FB
B 2C;†N
A
(N
B
O?B#$23.KL %*A+e*N
A
FN
B
+
B
US*N
A
UN
B
+USE)
- 1a.
• Phương trình (1) có
'∆
= 1 – 2m.
• Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi
'∆
> 0
⇔
1 – 2m >)
⇔
m <
1
2
.
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
12
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
1b. Pt (1) có một nghiệm là – 2 khi: (– 2)
2
–2(m – 1)(–2) + m
2
= 0
⇔
m
2
+ 4m = 0
⇔
m
m
=
=−
1
2
0
4
.
Vậy khi m = 0 hoặc m = – 4 thì %*A+.13_%#$23O?FB
B Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):
S x x m
P x x m
= + = −
= =
1 2
2
1 2
2 2
Ta có: *N
A
FN
B
+
B
US*N
A
UN
B
+USE*N
A
UN
B
+
B
FSN
A
N
B
US*N
A
UN
B
+US
E*B3FB+
B
FS3
B
US*B3FB+US
ES3
B
FW3USFS3
B
UW3FWUSE)*I .3+
?2%@ [
!"#$%&'#P@.L2N
B
FB*3UA+NU3FSE)*A+
A 2C2 !"#$%&'#*A+D23EFB
B e
m
∀
( !"#$%&'#*A+O5:#.1L2#$23 x#P2%
Q p2N
A
(N
B
O?L2#$23.KL %*A+r#$32#P2M5%r.
gEN
A
*AFN
B
+UN
B
*AFN
A
+D:#$ q%5_.9?3
- 1.Khi m = –2
⇒
x
1
=
1 7− +
; x
2
=
1 7− −
.
2.
'∆
= m
2
+ m + 5 =
m
+ +
÷
2
1 19
2 4
> 0,
m
∀
.
3. Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):
S x x m
P x x m
= + = +
= = −
1 2
1 2
2 2
4
Theo đề bài: A = x
1
(1 – x
2
) + x
2
(1 – x
1
) = x
1
– x
1
x
2
+ x
2
– x
1
x
2
= (x
1
+ x
2
) – 2x
1
x
2
= (2m + 2) – 2(m – 4) = 10.
Vậy A = 10 không phụ thuộc vào m.
?2%@ X !"#$%&'#P@.L2N
B
FB*3UA+NU*B3FS+E)*A+
A 2C2 !"#$%&'#*A+D23EFB
B e\23p23( !"#$%&'#*A+O5:#.1L2#$23 x#P2%
Q p2N
A
(N
B
O?L2#$23.KL*A+`#gE
2 2
1 2
x x+
%R3
S '3$2H%&J.KL3IMgIw%$2H%&J#T#7%
?2%@ W !"#$%&'#P@.L2N
B
F*3FA+NUB3FXE)*A+
A 2C2 !"#$%&'#*A+D23EFA
B e\23p23( !"#$%&'#*A+O5:#.1L2#$23 x#P2%
Q '33IM !"#$%&'#*A+.1B#$23%&H2475
S 2k%O@ 3<2~5L#$2jLB#$23N
A
(N
B
D:#$ q%5_.9?3
Y '33IM
2 2
1 2
x x+
EA)
- 1.Khi m = –1
⇒
x
1
=
1 10− +
; x
2
=
1 10− −
.
2.
∆
= m
2
– 10m + 29 = (m – 5)
2
+ 4 > 0,
m
∀
.
3. Phương trình (1) có 2 nghiệm trYi dấu khi a.c < 0
⇔
1.(2m – 7) < 0
⇒
m <
7
2
.
4. Hệ thức cần tìm: 2S – P =5
⇒
2(x
1
+x
2
) – x
1
x
2
= 5.
5.
2 2
1 2
x x+
= 10
⇔
m
2
– 6m + 5 = 0
⇒
m = 1 hoặc m = 5.
?2%@ V !"#$%&'#P@.L2N
B
UBNUS3UAE)*A+
A 2C2 !"#$%&'#*A+D23EFA
B '33IM
L+ !"#$%&'#*A+.1L2#$23 x#P2%
P+ !"#$%&'#*A+.1L2#$23%&H2475
.+ •#$P'# !"#$.H.#$23.KL %*A+P^#$AA
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
13
TÀI LIỆU ƠN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
- 1.Khi m = –1
⇒
x
1
= 1 ; x
2
= –3 .
2a. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi
∆
= –4m > 0
⇒
m < 0.
2b. Phương trình (1) có 2 nghiệm trYi dấu khi a.c < 0
⇔
1.(4m + 1) < 0
⇒
m <
1
4
−
.
2c. Tổng cYc bình phương hai nghiệm của pt (1) bằng 11
⇔
2 2
1 2
x x+
= 11
⇔
(x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
= 11
⇔
2 – 8m = 11
⇔
m =
9
8
−
.
?2%@ A) !"#$%&'#N
B
FB*3UA+NUB3UA)E)*3O?%L3;<+*A+
L+ '33IM !"#$%&'#*A+.1#$23Dy 9?%`##$23Dy I1
P+ &#$%&!•#$ˆ !"#$%&'#*A+.1L2#$23 x#P2%N
A
(N
B
‚6%'3%r.O2s#$2jL.H.
#$23N
A
(N
B
3?D:#$ q%5_.3
- a)
a. Phương trình (1) có nghiệm kép
⇔
,∆
= 0
⇔
m
2
– 9 = 0
⇔
Q
Q
m
m
=
=−
.
b. Khi
Q
Q
m
m
=
=−
pt (1) có nghiệm kép x
1
= x
2
=
,b
a
−
= m + 1.
c. Khi m = 3
⇒
x
1
= x
2
= 4.
d. Khi m = – 3
⇒
x
1
= x
2
= – 2 .
b)
• Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
khi
,∆
> 0
⇔
m
2
– 9 > 0
⇔
Q
Q
m
m
>
<−
.
• Hệ thức: S – P = – 8
⇒
x
1
+ x
2
– x
1
x
1
= – 8 hay: x
1
x
1
– (x
1
+ x
2
) = 8.
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
‰
Šn=Fn=
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
CYc bước giải:
A n@ !"#$%&'#*{. !"#$%&'#+
• p#‹#;<9?NH.IJ#I2v5D2#%`.ˆ .‹#Z
• 2M542Œ#.H.Iw2O!ˆ#$.!LP2k%%R‹#9?~5L.H.Iw2O!ˆ#$I‚P2k%Z
• n@ !"#$%&'#*{. !"#$%&'#+P2M5%J3<2~5L#$2jL.H.Iw2O!ˆ#$
B 2C2 !"#$%&'#*{. !"#$%&'#+9•LO@ I!ˆ.
Q &CO•2o#@##$23%TL9?%&CO•26s5.‡5.KLP?2
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
?2%@ A2C2P?2%H#;L5P^#$.H.O@ !"#$%&'#'3;<%u#2s#.1L2.j;<(P2k%&^#$.j;<
?#$.q.O\#\#.j;<?#$I"#9JO?B9?#k592k%%s3.j;<P^#$.j;<?#$.q.9?Ps# C2%'
I!ˆ.3_%;<O\#"#;<PL#I‡5O?[WB
-
• Gọi x là chữ số hàng chục (x
∈
N, 0 < x
≤
9).
• Gọi y là chữ số hàng đơn vị (y
∈
N, x
≤
9)
• Số cần tìm có dạng
xy
= 10x + y
• Vì chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 nên ta có pt: x – y = 2 (1)
• Khi thêm chữ số bằng chữ số hàng chục vào bên phải thì được số mới:
xyx
=100x +10y + x = 101x
+10y
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRƠ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
14
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
• Vì số mới lớn hơn số ban đầu là 682 nên ta có phương trình:
(101x + 10y) – (10x + y) = 682
⇔
91x + 9y = 682 (2).
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
B
VA V [WB
x y
x y
− =
+ =
• Giải hệ pt ta được
X
Y
x
y
=
=
(thỏa ĐK)
⇒
số cần tìm là 75.
?2%@ B1L2;<%u#2s#(P2k%&^#$%•#$.KLL2;<P^#$YVZL2O‡#;<#?6Py"#PLO‡#;<D2LO?X'3
L2;<I1
-
• Gọi x, y là hai số cần tìm (x, y
∈
N)
• Theo đề bài ta có hệ pt:
YV
B X Q
x y
x y
+ =
+ =
⇔
YV
B Q X
x y
x y
+ =
− = −
• Giải hệ ta được:
QS
BY
x
y
=
=
(thỏa ĐK)
⇒
hai số cần tìm là 34 và 25.
?2%@ Q2C2P?2%H#;L5P^#$.H.O@ !"#$%&'#3_%;<%u#2s#.1L2.j;<•#$.KLL2.j
;<.KL#1P^#$A)Z%`.L2.j;<76#T"#;<I‚.O?AB'3;<I‚.
-
• Gọi x là chữ số hàng chục của số đã cho (x
∈
N, 0 < x
≤
9)
• Chữ số hàng đơn vị: 10 – x
• Số đã cho có dạng: 10.x + (10 – x) = 9x + 10
• Tích của hai chữ số ấy: x(10 – x)
• Theo đề bài ta có phương trình: (9x + 10) – x(10 – x)= 12
⇔
x
2
– 2 = 0
• Giải pt trên ta được: x
1
= –1( loại); x
2
= 2 (nhận)
• Vậy số cần tìm là 28.
?2%@ S2C2P?2%H#;L5P^#$.H.O@ !"#$%&'#e_%'#.j#@%.1.592O?BW)3k5$2C3
.2v54?2.KL'#.j#@%B39?%Ž#$.2v5&_#$%s3Q3%'42#%`..KL#1%Ž#$%s3ASS3
B
`#.H.
D`.%!\..KL'#.j#@%
-
• Nửa chu vi hình chữ nhật:
BW)
B
= 140 (m).
• Gọi x (m) là chiều dài của hình chữ nhật (0 < x < 140).
• Chiều rộng của hình chữ nhật là 140 – x (m).
• Diện tích ban đầu của hình chữ nhật là x(140 – x) (m
2
).
• Khi giảm chiều dài của hình chữ nhật 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì hình chữ nhật mới có diện
tích: (x – 2)[(140 – x) + 3] = (x – 2)(143 – x) (m
2
)
• Vì diện tích hình chữ nhật tăng thêm 144m
2
nên ta có phương trình:
(x – 2)(143 – x) – x(140 – x) = 144
⇔
5x = 430
⇔
x = 86 (thỏa ĐK)
• Vậy hình chữ nhật có chiều dài 86m và chiều rộng là: 140 – x = 140 – 86 = 54 (m).
?2%@ Y2C2P?2%H#;L5P^#$.H.O@ !"#$%&'#e_%D59!•#'#.j#@%.1.592O?QB)3k5
.2v54?2.KLD59!•#%Ž#$A)39?.2v5&_#$$2C3Y3%'42#%`..KL#1%Ž#$%s3Y)3
B
`#42#%`.
.KLD59!•#PL#I‡5
-
• Chiều dài là 100m và chiều rộng là 60m.
• Diện tích khu vườn: 6 000 m
2
.
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
15
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
?2%@ [2C2P?2%H#;L5P^#$.H.O@ !"#$%&'#e_%'#.j#@%.1.592A[).39?.142#%`.
AY))3
B
`#.H.D2.%!\..KL#1
-
• Nửa chu vi hình chữ nhật:
A[)
B
= 80 (m).
• Gọi x (m) là một kích thước của hình chữ nhật (0 < x < 80).
• Kích thước còn lại của hình chữ nhật là 80 – x (m).
• Diện tích của hình chữ nhật là x(80 – x) (m
2
).
• Vì diện tích hình chữ nhật là 1500m
2
nên ta có phương trình:
x(80 – x) = 1500
⇔
x
2
– 80x + 1500 = 0
• Giải pt trên ta được: x
1
= 30 (nhận); x
2
= 50 (nhận).
• Vậy hình chữ nhật có cYc kích thước là 30m và 50m.
?2%@ X2C2P?2%H#;L5P^#$.H.O@ !"#$%&'#e_%;x#%&!•#$'#.j#@%.1.592O?QS)3
LO‡#.2v54?2"#SO‡#.2v5&_#$O?B)3`#42#%`..KL;x#%&!•#$
-
• Gọi x, y (m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng sân trường ( 0 < x, y < 170)
• Vì sân trường có chu vi 340m nên ta có phương trình: 2(x + y) = 340
⇔
x + y = 170 (1).
• Vì ba lần chiều dài hơn 4 lần chiều rộng là 20m nên ta có pt: 3x – 4y = 20 (2).
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
AX)
Q S B)
x y
x y
+ =
− =
• Giải hệ pt ta được
A))
X)
x
y
=
=
(thỏa ĐK).
?2%@ W3_%%L3$2H.95:#$k5%Ž#$.H..w#$1.95:#$Os#S.39?Y.3%'42#%`.%L3$2H.;t
%Ž#$%s3AA).3
B
k5$2C3.CL2.w##?6I2Y.3%'42#%`.;t$2C3I2A)).3
B
'#L2.w#$1.
95:#$.KL%L3$2H.
-
• Gọi x (cm), y (cm) là độ dài hai cạnh góc vuông (x > 5, y > 5).
• Theo đề bài ta có hệ pt:
Y S B))
SY
x y
x y
+ =
+ =
• Giải hệ pt ta được
B)
BY
x
y
=
=
(thỏa ĐK).
• Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 20cm và 25cm.
?2%@ V%L3$2H.95:#$.1.w#56v#P^#$Y.3(42#%`.P^#$[.3
B
'3I_4?2.H..w#$1.
95:#$
-
• Gọi x (cm), y (cm) là độ dài hai cạnh góc vuông (0 < x, y < 5).
• Vì tam giYc có cạnh huyền 5cm nên ta có pt: x
2
+ y
2
= 25 (1).
• Vì tam giYc có diện tích 6cm
2
nên ta có pt:
A
B
xy = 6
⇔
xy = 12 (2).
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
B B
BY
AB
x y
x y
+ =
=
⇔
B
* + B BY
AB
x y xy
x y
+ − =
=
⇔
B
* + SV
AB
x y
x y
+ =
=
⇔
X
AB
x y
x y
+ =
=
( vì x, y > 0)
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
16
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
• Giải hệ pt ta được
Q
S
x
y
=
=
hoặc
S
Q
x
y
=
=
(thỏa ĐK).
• Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 3cm và 4cm.
?2%@ A) 2C2P?2%H#;L5P^#$.H.O@ !"#$%&'#L29•2#!\..}#$.C69?3_%.H2PMD:#$
.1#!\.%&#$S$2•SW z%;tI‡6PMk53•9•2%r#7%%&#$Q$2•9?9•2%rL2%&#$S$2•%'I!ˆ.
Q
S
PM#!\.T23‘29•2.C63_%3'#%&#$PLOx5%'3\2I‡6PM’
-
• Gọi x (h), y (h) lần lượt là thời gian vòi 1, vòi 2 chảy riêng đầy bể ( x > 3, y > 4).
• Trong 1h, vòi 1 chảy được:
A
x
(bể).
• Trong 1h, vòi 2 chảy được:
A
y
(bể).
• Vì hai vòi nước cùng chảy trong 4 giờ 48 phút =
BS
Y
h sẽ đầy bể nên trong 1h hai vòi cùng chảy được
Y
BS
bể, do đó ta có pt:
A
x
+
A
y
=
Y
BS
(1).
• Vì vòi thứ nhất trong 3 giờ và vòi thứ hai trong 4 giờ thì được
Q
S
bể nước nên ta có pt:
Q
x
+
S
y
=
Q
S
(2).
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
A A Y
BS
Q S Q
S
x y
x y
+ =
+ =
(I)
• Đặt u =
A
x
, v =
A
y
, hệ (I) trở thành:
Y
BS
Q
Q S
S
u v
u v
+ =
+ =
(II).
• Giải hệ (II), ta được:
A
AB
A
W
u
v
=
=
⇒
A A
AB
A A
W
x
y
=
=
⇒
AB
W
x
y
=
=
(thỏa ĐK).
• Vậy: Vòi 1 chảy riêng đầy bể trong 12h, vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 8h.
?2%@ AA2C2P?2%H#;L5P^#$.H.O@ !"#$%&'#L29•2#!\..}#$.C69?3_%.H2PMD:#$
.1#!\.%&#$A$2•B) z%%'I‡6PMk5IM9•2%r#7%.C63_%3'#%&#$A) z%9?9•2%rL2.C6
3_%3'#%&#$AB z%%'.oI!ˆ.
B
AY
%M%`..KLPM#!\.T23‘29•2.C63_%3'#%&#$PLOx5;t
I‡6PM’
-Vòi 1 chảy riêng đầy bể trong 120 phút = 2h, vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 240 phút = 4h.
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
17
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
?2%@ AB2C2P?2%H#;L5P^#$.H.O@ !"#$%&'#L29•2#!\..}#$.C69?3_%.H2PM.w#
*D:#$.1#!\.+%';L5
S
S
Y
$2•I‡6PMk5Oz.I‡5.o3•9•2%r#7%9?V$2•;L53\23•%s39•2%r
L2%';L5
[
Y
$2•#jL3\2PM#!\.T2#k5#$L6%•I‡5.o3•9•2%rL2%';L5PLOx53\2I‡6PM’
-
• Gọi x (h), y (h) lần lượt là thời gian vòi 1, vòi 2 chảy riêng đầy bể ( x > 9, y >
[
Y
).
• Trong 1h, vòi 1 chảy được:
A
x
(bể).
• Trong 1h, vòi 2 chảy được:
A
y
(bể).
• Vì hai vòi nước cùng chảy trong
S
S
Y
giờ =
BS
Y
h sẽ đầy bể nên trong 1h hai vòi cùng chảy được
Y
BS
bể,
do đó ta có pt:
A
x
+
A
y
=
Y
BS
(1).
• Vì lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất và 9 giờ sau mới mở thêm vòi thứ hai thì sau
[
Y
giờ nữa mới bể nước
nên ta có pt:
V
x
+
[ A A
Y x y
+
÷
= 1 (2).
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
A A Y
BS
V [ A A
A
Y
x y
x x y
+ =
+ + =
÷
(I)
• Đặt u =
A
x
, v =
A
y
, hệ (I) trở thành:
( )
Y
BS
[
V A
Y
u v
u u v
+ =
+ + =
⇔
Y
BS
YA [
A
Y Y
u v
u v
+ =
+ =
(II).
• Giải hệ (II), ta được:
A
AB
A
W
u
v
=
=
⇒
A A
AB
A A
W
x
y
=
=
⇒
AB
W
x
y
=
=
(thỏa ĐK).
• Vậy: Vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 8h.
?2%@ AQ2C2P?2%H#;L5P^#$.H.O@ !"#$%&'#L29•2#!\..}#$.C69?3_%PM.w#.!L.1
#!\.%';L5AW$2•I‡6PMk5.C6&2s#$%'9•2%r#7%;t.C6I‡6PM.@3"#9•2%rL2BX$2•T2
#k5.C6&2s#$%'3‘29•237%PLOx53\2.C6I‡6PM’
-
• Gọi x (h) là thời gian vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể (x > 27).
• Thời gian vòi thứ hai chảy riêng đầy bể: x – 27 (h).
• Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được
A
x
(bể).
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
18
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
• Mỗi giờ vòi thứ hai chảy được
A
BXx −
(bể).
• Vì hai vòi cùng chảy thì sau 18 h bể đầy, nên trong 1h hai vòi cùng chảy được
A
AW
bể, do đó nên ta có
pt:
A A A
BX AWx x
+ =
−
⇔
x
2
– 63x + 486 = 0.
• Giải pt trên ta được: x
1
= 54 (nhận); x
2
= 9 (loại).
• Vậy: Vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể trong 542h, vòi thứ hai chảy riêng đầy bể trong 27h.
?2%@ AS*B))WFB))V“ƒ•-dk#&R+
2C2P?2%H#P^#$.H.O@ !"#$%&'#L2%o#g9?.H.#L5V)D3L23:%:D•2?#
Im#$%•2(NR%r#7%%•g9?NR%rL2%•I2#$!ˆ..2v5#L5ƒL5A$2•.z#$${ #L52k %q.I2(NR
%rL2%\2g%&!\.NR%r#7%%\2O?BX z%`#9@#%<.3‘2NR
-
• Gọi x, y là vận tốc của xe I và xe II (x, y > 0).
• Sau một giờ hai xe gặp nhau nên tổng quãng đường hai xe đi được bằng đoạn đường AB, do đó ta có
pt: x + y = 90 (1).
• Thời gian xe I đi hết đoạn đướng AB:
V)
x
(h).
• Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB:
V)
y
(h).
• Vì xe II tới A trước xe I tới B là 27 phút =
V
B)
h nên ta có pt:
V)
x
–
V)
y
=
V
B)
(2)
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
NU6 E V)
V) V) V
B)x y
− =
⇔
6 E V) * +
A) A) A
* +
V) B)
x a
b
x x
−
− =
−
.
• Giải pt (b)ta được: x
1
= 40(nhận) ; x
2
= 450 (loại).
• Thế x = 40 vào (a)
⇒
y = 50 (nhận).
Vậy:
• Xe I có vận tốc: 40 km/h.
• Xe II có vận tốc: 50 km/h.
?2%@ AY2C2P?2%H#P^#$.H.O@ !"#$%&'#L2%o#g9?.H.#L5AA)D3L23:%:D•2
?#Im#$%•2(NR%r#7%%•g9?NR%rL2%•I2#$!ˆ..2v5#L5ƒL5B$2•.z#$${ #L52k %q.
I2(NR%rL2%\2g%&!\.NR%r#7%%\2O?SS z%`#9@#%<.3‘2NR
-
• Gọi x, y là vận tốc của xe I và xe II (x, y > 0).
• Sau 2 giờ hai xe gặp nhau nên tổng quãng đường hai xe đi được bằng đoạn đường AB, do đó ta có pt:
2x +2y =110 (1).
• Thời gian xe I đi hết đoạn đướng AB:
AA)
x
(h).
• Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB:
AA)
y
(h).
• Vì xe II tới A trước xe I tới B là 44 phút =
AA
AY
h nên ta có pt:
AA)
x
–
AA)
y
=
AA
AY
(2)
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
19
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
BNUB6 EAA)
AA) AA) AA
AYx y
− =
⇔
6 E YY * +
AA) AA) AA
* +
YY AY
x a
b
x x
−
− =
−
.
• Giải pt (b)ta được: x
1
= 25(nhận) ; x
2
= (loại).
• Thế x = 25 vào (a)
⇒
y = (nhận).
Vậy:
• Xe I có vận tốc: 40 km/h.
• Xe II có vận tốc: 50 km/h.
f
Định nghĩa – Định lý
Hệ quả
Ký hiệu toYn học Hình vẽ
1. Góc ở tâm: Trong một
đường tròn, số đo của góc ở
tâm bằng số đo cung bị chắn.
2. Góc nội tiếp:
* Định lý: Trong một đường
tròn, số đo của góc nội tiếp
bằng nửa số đo của cung bị
chắn.
* Hệ quả: Trong một đường
tròn:
a) CYc góc nội tiếp bằng
nhau chắn cYc cung bằng
nhau.
b) CYc góc nội tiếp cùng
chắn một cung hoặc chắn cYc
cung bằng nhau thì bằng
nhau.
(O,R) có:
·
AOB
ở tâm chắn
¼
AmB
⇒
·
AOB
= sđ
¼
AmB
(O,R) có:
·
BAC
nội tiếp chắn
»
BC
⇒
·
BAC
=
A
B
sđ
»
BC
.
a) (O,R) có:
»
»
BC EF⇒ =
b) (O,R) có:
(O,R) có:
c) (O,R) có:
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
20
·
»
·
»
·
·
=
n.tieáp chaén BC
n.tieáp chaén EF
BAC
EDF
BAC EDF
·
»
·
»
·
·
⇒ =
n.tieáp chaén BC
n.tieáp chaén BC
BAC
BAC BDC
BDC
·
»
·
»
»
»
·
·
⇒ =
=
n.tieáp chaén BC
n.tieáp chaén EF
BAC
EDF
BAC EDF
BC EF
TÀI LIỆU ƠN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
c) Góc nội tiếp (nhỏ hơn
hoặc bằng 90
0
) có số đo bằng
nửa số đo của góc ở tâm
cùng chắn một cung.
d) Góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn là góc vng.
3. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến
và dây cung:
* Định lý: Trong một đường
tròn, số đo của góc tạo bởi
tia tiếp tuyến và dây cung
bằng nửa số đo của cung bị
chắn.
* Hệ quả: Trong một đường
tròn, góc tạo bởi tia tiếp
tuyến và dây cung và góc nội
tiếp cùng chắn một cung thì
bằng nhau.
4. Góc có đỉnh ở bên trong
đường tròn:
* Định lý: Góc có đỉnh ở bên
trong đường tròn bằng nửa
tổng số đo hai cung bị chắn.
5. Góc có đỉnh ở bên ngồi
đường tròn:
* Định lý: Góc có đỉnh ở bên
ngồi đường tròn bằng nửa
hiệu số đo hai cung bị chắn.
6. Cung chứa góc:
* Tập hợp cYc điểm cùng
nhìn đoạn thẳng AB dưới một
góc
α
khơng đổi là hai cung
tròn chứa góc
α
.
d) (O,R) có:
·
BAC
nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính BC
⇒
·
BAC
= 90
0
.
(O,R) có:
·
BAx
tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung
chắn
»
AB
⇒
·
BAx
=
A
B
sđ
»
AB
.
(O,R) có:
(O,R) có:
·
BEC
có đỉnh bên trong đường tròn
(O,R) có:
·
BEC
có đỉnh bên ngồi đường tròn
a)
·
· ·
α
= = =ADB AEB AFB
cùng nhìn
đoạn AB
⇒
A, B, D, E, F cùng thuộc
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRƠ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
21
·
»
·
»
·
·
⇒ =
n.tiếp chắn BC
1
2
ở tâm chắn BC
BAC
BAC BOC
BOC
·
»
·
»
·
·
⇒ =
& AB
AB
BAx tạo bởi tt dcchắn
BAx ACB
ACB nội tiếpchắn
·
»
»
⇒ +
1
= ( )
2
BEC sđ BC sđ AD
·
»
»
⇒ −
1
= ( )
2
BEC sđ BC sđ AD
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
* Đặc biệt:
a) CYc điểm D, E, F cùng
thuộc nửa mặt phẳng bờ AB,
cùng nhìn đoạn AB dưới một
góc không đổi
⇒
CYc đểm A,
B, D, E, F cùng thuộc một
đường tròn.
b) CYc điểm C, D, E, F cùng
nhìn đoạn AB dưới một góc
vuông
⇒
CYc đểm A, B, C,
D, E, F thuộc đường tròn
đường kính AB.
7. Tứ giYc nội tiếp:
* Định nghĩa: Một tứ giYc có
bốn đỉnh nằm trên một dường
tròn được gọi là tứ giYc nội
tiếp đường tròn.
* Định lý: Trong một tứ giYc
nội tiếp, tổng số đo hai góc
đối diện bằng 180
0
.
* Định lý đảo: Nếu một tứ
giYc có tổng số đo hai góc
đối diện bằng 180
0
thì tứ giYc
đó nội tiếp được đường tròn.
8. Độ dài đường tròn, cung
tròn:
* Chu vi đường tròn:
* Độ dài cung tròn:
9. Diện tích hình tròn, hình
quạt tròn:
* Diện tích hình tròn:
* Diện tích hình quạt tròn:
một đường tròn.
b)
·
·
· ·
= = = =
0
90ACB ADB AEB AFB
cùng
nhìn đoạn AB
⇒
A, B, C, D, E, F
thuộc một đường tròn đường kính AB.
* Tứ giYc ABCD có A, B, C, D
∈
(O)
⇔
ABCD là tứ giYc nội tiếp (O).
* Tứ giYc ABCD nội tiếp (O)
µ
µ
µ
µ
)
)
AW)
AW)
A C
B D
+ =
⇔
+ =
* Tứ giYc ABCD có:
µ
µ
)
AW)A C
+ =
⇔
ABCD là tứ giYc
n.tiếp
Hoặc:
µ
µ
)
AW)B D
+ =
⇔
ABCD là tứ giYc
n.tiếp
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
22
C = 2
π
R =
π
d
)
AW)
Rn
π
=l
B
Q[) B
R n R
S
π
= =
l
ƒ
92s# x#
Eƒ
~5w%
|ƒ
g
B
B
S
d
S R
π π
= =
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
* Diện tích hình viên phân:
* Diện tích hình vành khăn:
HÌNH KHÔNG GIAN
1.Hình trụ:
* Diện tích xung quanh:
* Diện tích toàn phần:
* Thể tích:
2.Hình nón:
* Diện tích xung quanh:
* Diện tích toàn phần:
* Thể tích:
2. Hình nón cụt:
* Diện tích xung quanh:
S
tp
= S
xq
+ 2.S
đYy
S: diện tích đYy; h: chiều cao
S
tp
= S
xq
+ S
đYy
V
nón
=
A
Q
V
trụ
S: diện tích đYy; h: chiều cao,
l: đường sinh
S
tp
= S
xq
+ S
đYy lớn
+ S
đYy nhỏ
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
23
B B
A B
* +S R R
π
= −
B
xq
S Rh
π
=
B
B B
tp
S Rh R
π π
= +
B
V S h R h
π
= =
xq
S R l
π
=
B
tp
S R R
π π
= +l
B
A
Q
V R h
π
=
B B
l h R
= +
A B
* +
xq
S R R l
π
= +
TÀI LIỆU ƠN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
* Diện tích tồn phần:
* Thể tích:
3. Hình cầu:
* Diện tích mặt cầu:
* Thể tích:
==->
?2A
ABC∆
.1PL$1.#p##_2%2k I!•#$%&•#%x3PH#D`#H. x#$2H..KL.H.$1.
·
ABC
(
·
ACB
O‡#O!ˆ%./%I!•#$%&•#%w2”(•
A e•
⊥
g9?”
⊥
g
B p2eO?$2LI2M3.KL.KL•9?gZO?$2LI2M3.KL”9?ger$2H.ge
#_2%2k 9?%`#42#%`.'#%&•##$w2%2k %r$2H.#?6
Q p2O?$2LI2M3.KL”9?•Z-O?I2M3I<2Nr#$.KL~5Le-
⊥
e
S ek5-#^3%&s#*+%'
·
BAC
E[)
)
HD:
1. CMR: OF
⊥
AB và OE
⊥
AC:
+ (O,R) có:
·
»
·
»
·
·
»
»
⇒ = ⇒ ⊥
=
.
.
( )
ACF n tiếp chắn AF
BCF n tiếp chắnBF AF BF OF AB
ACF BCF CF làphân giác
+ (O,R) có:
·
»
·
»
·
·
»
»
⇒ = ⇒ ⊥
=
.
.
( )
ABE n tiếp chắn AE
CAE n tiếp chắnCE AE CE OE AC
ABE CAE BE làphân giác
2. CMR: Tứ giYc AMON nội tiếp:
·
·
·
·
⊥ ⇒ =
⇒ + =
⊥ ⇒ =
0
0
0
90
180
90
OF AB tại M OMA
OMA ONA
OE AC tại N ONA
⇒
Tứ AMON nội tiếp.
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRƠ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
24
B B
A B A B
* + * +
tp
S R R l R R
π π
= + + +
B B
A B A B
A
* +
Q
V h R R R R
π
= + +
Q
S
Q
V R
π
=
B B
SS R d
π π
= =
TÀI LIỆU ÔN TẬP TOAN 9 HKII – LƯU HÀNH NỘI BỘ
* Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giYc AMON:
Tứ giYc AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA
⇒
π
π π
= = =
÷
2
2
2
. .
2 4 4
OA OA R
S
.
3. CMR: ID
⊥
MN:
+ I và D đối xứng nhau qua BC
⇒ ⊥ID BC
(1)
+ (O,R) có:
⊥ ⇒ = =
⊥ ⇒ = =
1
2
1
2
OF AB taïi M MA MB AB
OE AC taïi N NA NC AC
⇒
MN là đường trung bình của
∆ ABC
⇒
MN // BC (2).
Từ (1) và (2)
⇒
⇒ ⊥ID MN
.
4. CMR: Nếu D nằm trên (O) thì
·
BAC
= 60
0
:
+ I và D đối xứng qua BC
⇔
BC là đường trung trực của ID, suy ra:
•
∆
IBD cân tại B
·
·
⇒ =CBD CBE
( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao).
•
∆
ICD cân tại C
·
·
⇒ =BCD BCF
( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao).
+ Khi D nằm trên (O,R) thì:
•
Mà:
• Mặc khYc:
»
»
»
¼
»
¼
+ + = ⇒ =
1
3
AE EC CD ACD CD ACD
(1).
•
Mà:
• Mặc khYc:
»
»
»
¼
»
¼
+ + = ⇒ =
1
3
AF FB BD ABD BD ABD
(2).
•
·
»
·
»
» »
⇒ = = +
1 1
. ( )
2 2
BAC n tieáp chaén BC BAC sñ BC sñ BD sñ CD
(3).
+ Từ (1), (2) và (3)
·
¼ ¼ ¼ ¼
( )
⇒ = + = + = =
÷
0 0
1 1 1 1 1
.360 60
2 3 3 6 6
BAC sñ ABD sñ ABD sñ ABD sñ ABD
.
?2B'#95:#$g-.1.w#P^#$Lp2eO?I2M3%&s#.w#9?O?I2M3%&s#.w#-;L
.eEH.Iw#%^#$ge9?./%#L5%w2
A eH.%r$2H.g-9?eO?#j#$%r$2H.#_2%2k
B 2eE
S
a
`#42#%`.'#%&•##$w2%2k %r$2H.g-%RL
Q '3$2H%&J#T#7%.KLI_4?2Iw#e%RL
HD: 1. CMR: Tứ giYc AHND và MHNC nội tiếp:
+
∆
ABM =
∆
BCN (c.g.c)
⇒
·
·
=BAM CBN
+
·
·
·
+ = =
0
90CBN ABH ABC
·
⇒ =
0
90AHB
(ĐL tổng 3 góc của
∆
AHB)
TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ – NĂM HỌC : 2014 - 2015
25
·
»
·
»
·
·
»
»
⇒ =
=
.
.
( )
CBD n tieáp chaénCD
CBE n tieáp chaénCE CD CE
CBD CBE cmt
»
»
=
( )CE AE cmt
»
»
»
⇒ = =AE EC CD
·
»
·
»
·
·
»
»
⇒ =
=
.
.
( )
BCD n tieáp chaén BD
BCF n tieáp chaén BF BD BF
BCD BCF cmt
»
»
=
( )BF AF cmt
»
»
»
⇒ = =AF FB BD
