Ôn tập các dang toán 9
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.77 MB, 36 trang )
Tốn 9 – Ơn tập học kỳ II
CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TỐN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
ax by c a D
a x b y c a D
+ = ≠
+ = ≠
•
⇔
a b
a b
≠
⇔
• !!
⇔
a b c
a b c
= ≠
⇔
"#
•
≡
⇔
a b c
a b c
= =
⇔
"#$%
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài t#p 1:
&
x y m
x my
+ =
− =
'
' ()'*+,'
& /0.012/3
2 4+'"5+'6512'
7 '"#
8 912':
; 9/3'4<24=+'
HD:1. Khi m = – 1, hệ (1) có nghiệm x = 1; y = 2.
2a) Hệ (1) có nghiệm x = 1 và y = 1 khi m = 2.
2b) Hệ (1) vơ nghiệm khi:
a b c
a b c
= ≠
⇔
' '
&
m
m
= ≠
−
⇒
' '
&
'
&
m
m
=
−
≠
⇒
&
m
m
= −
≠
⇒
m = – 2: Hệ (1) vơ nghiệm.
3. Hệ (1) có nghiệm: x =
&
&
m
m+
; y =
&
&
m
m+
.
4. Hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = 1
⇔
&
&
m
m+
+
&
&
m
m+
= 1
⇔
m
2
+ m – 2 = 0
⇔
=
= −
1( )
2( )
m thỏa ĐK cónghiệm
m khôngthỏa ĐK cónghiệm
.
Vậy khi m = 1, hệ( 1 có nghiệm (x,y) thỏa: x + y = 1.
Bài t#p 2:
&
& ; >
x y k
x y k
+ = +
+ = −
'
' ()'**+'
& 9.012*/3'654+,?"5+@
8 912':*
HD:1. Khi k = 1, hệ (1) có nghiệm x = 2; y = 1.
1
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
2. Hệ (1) có nghiệm x = –8 và y = 7 khi k = – 3 .
3. Hệ (1) có nghiệm: x =
A '
&
k −
; y =
A 8
&
k−
.
Bài t#p 3:
8
& '
x y
x my
+ =
− =
'
' ()'*+,@
& /0.012/3
2 4+,'"5+;6512'
b) Hệ (1) vô nghiệm.
3. Tìm nghiệm của hệ phương trình (1) theo m.
HD:1. Khi m = – 7, hệ (1) có nghiệm x = 4; y = – 1.
2a) Hệ (1) có nghiệm x = –1 và y = 4 khi m =
8
;
−
.
2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = – 2.
3. Hệ (1) có nghiệm: x =
8 '
&
m
m
+
+
; y =
A
&m+
.
Bài t#p 4:
& '
& 8 '
mx y
x y
− = −
+ =
'
1. ()'*+8
2. 9/34+
'
&
−
"5+
&
8
8 Tìm nghiệm của hệ phương trình (1) theo m.
HD:1. Khi m = 3, hệ (1) có nghiệm x =
'
'8
−
; y =
A
'8
.
2a) Hệ (1) có nghiệmx =
'
&
−
và y =
&
8
khi m =
&
8
−
.
2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = –2.
3. Hệ (1) có nghiệm: x =
'
8 ;m
−
+
; y =
&
8 ;
m
m
+
+
.
Bài t#p 5 :
;
& 8
x y
x y m
+ =
+ =
'
' ()'*+,'
& 9/3'4B<2
x
y
>
<
HD: 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
>
<
⇒
'&
?
m
m
− >
− <
⇔
'&
?
m
m
<
<
⇔
m < 8.
Bài t#p 6:
& 8 '
8 & & 8
x y m
x y m
+ = +
+ = −
2
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
' ()*+,'
& CD.05124B<2
'
E
x
y
<
<
HD: 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:
'
E
x
y
<
<
⇒
'
8
m
m
< −
> −
⇔
,8Fm < – 1 .
Bài t#p 7:
& A
8 '
mx y
mx y
− + =
+ =
'
' ()'*+'
& /0.012/3'
2 "5/:
7 4<24,+&
HD: 1. Khi m = 1, hệ (1) có nghiệm: x = – 2 ; y = 1.
2a) Khi m
≠
0, hệ (1) có nghiệm:
&
'
x
m
y
=−
=
.
2b) m =
&
8
−
.
Bài t#p 8 :
&
& '
mx y m
x y m
− =
− + = +
652$%G
2 H+,&)7I.J
7 9K.0122$%m/3G"5K
/:
HD: a) Khi m = – 2, hệ (I) có nghiệm: x =
&
8
; y =
'
8
.
b)
• Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi m
≠
4.
• Khi đó hệ(I) có nghiệm duy nhất:
8 &
;
m
x
m
+
=
−
;
&
8
;
m m
y
m
+
=
−
CHỦ ĐỀ : VẼ ĐỒ THỊ & TÌM TỌA ĐỘ GIAO ĐIỂM
CỦA (P): y = ax
2
VÀ (D): y = ax + b (a
≠
0)
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1.Hàm số y = ax
2
(a
≠
0):
5$%+24
&
2
≠
LK$2
• MN2O5$%/P7N*4O"507N*4F
• MN2F5$%/P7N*4F"507N*4O
3
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
QP0125$%+24
&
2
≠
• R5JS2276S"D/T65%U2/J"5VWX65W/%4Y
• MN2O/P0IK2ZW5 65/312/P0
• MN2F/P0IK2DW5 65/3212/P0
C[/P0125$%+24
&
2
≠
• RV7)..0Y12S
• \2"57).0
→
"[S
2. Tìm giao điểm của hai đồ thị :(P): y = ax
2
(a
≠
0) và (D): y = ax + b:
• RV5/J2/312S"5&"N)12&5$%7I
2
→
/2"]7V2^24
&
=74=+
• ()5/J2/3
=MN
∆
O
⇒
&_7
⇒
S^&/3_7
=MN
∆
+
⇒
*`
⇒
"5SN4a2
=MN
∆
F
⇒
"#
⇒
"5S*#22
3. Xác định số giao điểm của hai đồ thị :(P): y = ax
2
(a
≠
0) và (D
m
) theo tham số m:
• RV5/J2/312S"5
&"N)12&5$%7I
2
→
/2"]7V2^24
&
=74=+
• RV
∆
b
∆'
125/J2/3
• c6V
=
S^&/3_7*
∆
O
→
)7
→
=
N4aS^'/3
∆
+
→
)
→
=
"5S*#22*
∆
F
→
)7
→
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài t#p 1: 25$%+
2
2
x
/P0S"5+d4=/P0
' CD+;"[S"5
;
ZeJWU2/J"#X4 /0U2/J.
2/312a
& /0.012/3
2
S^/35/J7I'
7
S^&/3_7
N4aS /0U2/JN/3
HD ' 9U2/J2/3(2 ; 2) "5 (– 4 ; 8)
&2 +
8
&
&7
∆
+'=&O
'
&
m⇒ >−
&+
'
&
−
→
U2/JN/3(-1 ;
'
&
).
Bài t#p 2:25$%+,&4
&
/P0S"5+,84=/P0
' H+'"[S"5
'
ZeJWU2/J"#X4 /0U2/J.
2/312a
& /0.012/3
2
/f2J/3ZS^/35/J7I
'
&
−
7
S^&/3_7
N4aS /0U2/JN/3
4
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
HD ' 9U2/J2/3(
' '
& &
−;
;) "5 (1 ; – 2)
&2 +–&
&7F
>
?
&+
>
?
→
U2/JN/3(
8 >
; ?
−;
).
Bài t#p 3:9M 9g&;,&Ahg(iQ9cN9:
5$%+,&4
&
/P0S
' C[SZJWU2/J"#
& (Uj
&
@
8
;− −
"5c&B'
2 CN/kljc
7 /0U2/J.2/312/kljc"5S
8 9/3ZSm5/J"5/J127I,E
HD &2 Qkljc++84,A
&7 9U2/J2/3(1;– 2) "5 (
A
&
−
;
&A
&
−
)
8 (Un4
n
B
n
65/3ZS<2/]7524
n
=
n
+,E
nb*.n4
n
B
n
∈
S
⇒
n
+,&
&
M
x
Z4
n
=
n
+,E
⇔
4
n
=,&
&
M
x
+,E
⇔
,&
&
M
x
=4
n
=E+
' '
& &
& ?
8 >
& &
x y
x y
= ⇒ = −
⇒
=− ⇒ = −
CV&/3<2/]75n
'
&B,?"5n
&
8 >
& &
− −;
Bài t#p 4HGG&A,&Ehg(iQ9cN9:
5$%+
8
&
−
4
&
/P0S"5+,&4=
'
&
/P0
' C[S"5ZeJWU2/J"#
& /0U2/J.2/312S"5
8 9U2/JL/3ZS<2Km5/J"5/J12/3/7I,;
HD & 9U2/J2/3(
'
8
;
'
E
−
) "5 (1 ;
8
&
−
)
8 (Un4
n
B
n
65/3ZS<2/]7524
n
=
n
+,;
nb*.n4
n
B
n
∈
S
⇒
n
+
8
&
−
&
M
x
Z4
n
=
n
+,;
⇔
4
n
=
8
&
−
&
M
x
+,;
⇔
8
&
−
&
M
x
=4
n
=;+
' '
& &
; ?
8 8
& E
x y
x y
=− ⇒ =−
⇒
= ⇒ = −
CV&/3<2/]75n
'
; ?
8 8
;− −
"5n
&
&B,E
Bài t#p 5HGG&E,&@hg(iQ9cN9:
5$%+
&
8
4
&
/P0S"5+4=
A
8
/P0
5
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
' C[S"5ZeJWU2/J"#
& /0U2/J.2/312S"5
8 (Uj65/3
∈
S"5c65/3
∈
$2
'' ?
A B
A B
x x
y y
=
=
/0U2/J12j"5c
HD & 9U2/J2/3(
&
'
8
− ;
) "5 (
A &A
& E
;
)
8 Qb4
j
+4
c
+
• j4
j
B
j
∈
S
⇒
j
+
&
8
&
A
x
+
&
8
&
• c4
c
B
c
∈
⇒
c
+4
c
=
A
8
+=
A
8
• 9:/]75
'' ?
A B
y y=
⇔
''
&
8
&
+? =
A
8
⇔
&
&& ;
?
8 8
t t− − =
⇒
'
&
&
'
''
t
t
=
=−
• CD+&
? ?
& &
8 8
'' ''
& &
8 8
( ; )
( ; )
A A
B B
x y A
x y B
= ⇒ = ⇒
⇒
= ⇒ = ⇒
• CD+
'
''
−
' & ' &
'' 8E8 '' 8E8
' &A ' &A
'' 88 '' 88
( ; )
( ; )
A A
B B
x y A
x y B
=− ⇒ = ⇒ −
⇒
=− ⇒ = ⇒ −
Bài t#p 6HGG&@,&?hg(iQ9cN9:
9blU2/J"#X42/3j'B–&"5c–&B8
' CN/kl/f2jc
& (US65/P0125$%+–&4
&
2 C[SZblU2/J/o
7 /0U2/J.2/312S"5
HD ' S/kljc+
5
3
−
4
1
3
−
& 9U2/J2/3(1; –2) "5 (
1
6
−
;
1
18
−
)
Bài t#p 7HGG&?,&>hg(iQ9cN9:
' C[/P0S125$%+,&4
&
ZblU2/J"#X4
& (U65/kl/f2/3j–&B–'"5$%*
2 CN/kl
7 9*/3/f2cIZS7N5/J12c65'
HD &2
• S/kl^mf.+24=7
• $%*
⇒
+*4=7
• /f2j–&B–'
⇒
–'+* –&=7
⇒
7+&*,'
• S/kl+*4=&*,'
&7
• Q3c4
c
B
c
∈
S
⇒
c'B– &
6
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
• /f2c'B–&Z –&+* '=&*,'
⇒
*+
1
3
−
Bài t#p 825$%+4
&
/P0S"5+4=&/P0
' C[S"5ZeJWU2/J"#X4 /0U2/J.2/312
a
& (Uj65/3J5/J7IA"5c65/3JS5/J7I,&
/0U2/J12jc
8 9U2/J12/3GIZW$2Gj=Gc<
HD ' 9U2/J2/3(2; 4) "5 (–1; 1)
& 9U2/J12j(5; 7)"5c(– 2 ; 4)
8
• G4
G
G
∈
X
⇒
G
G
• Gj=Gc<*72/3Gjcl5
• S/kljc+
8
@
4=
8;
@
• G4
G
G
∈
/kljcZ
G
+
8
@
=
8;
@
+
8;
@
⇒
GB
8;
@
Bài t#p 9HGG&>,&'hg(iQ9cN9:
5$%+,4
&
/P0S"5+4,&/P0
2 C[S"5ZeJWU2/J"# /0U2/J2/312S"5
7I./^$%
7 (Uj65J/3J/J7I'"5c65J/3JS5/J7I
,' /0U2/J12j"5c
9U2/J12/3nJW5$2nj=nc<
HD 29U2/J2/3(2; – 4) "5 (–1; 1)
79U2/J12j(3; 1)"5c(– 1 ; – 1).
•
j
+'O
c
+,'F
⇒
jcI*.K2/%"DWX4/nj=nc<
*njcl5
⇒
n652/312jc"DX4
• Qkljc^+24=7 Qkljc/f22/3jc
⇒
' 8
'
a b
a b
= +
− = − +
⇔
'
&
'
&
a
b
=
= −
→
Qkljc+
'
&
4,
'
&
• 9U2/Jn6512
' '
& &
y x
y
= −
=
⇔
'
y
x
=
=
• CVn'B
Bài t#p 10S+4
&
"5+,4=&
' C[S"5ZeJWU2/J"#X4 (Uj"5c65.2/312
S"54./0U2/J12jc
& 9KK2.jXc/"0/ZW$%65
8 np92.jXc652."#
HD ' 9U2/J2/3(1; 1)"5(– 2; 4)
& (UH65N12jcZWX42
7
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
•
∆
Xj"#^
⇒
g
Xj
+
'
&
X Xj+
'
&
' '+
'
&
&
•
∆
XHc"#^H
⇒
g
XHc
+
'
&
XH Hc+
'
&
& ;+;
&
• (UG652/312"DWX4
⇒
G
+
⇒
4
G
+&
⇒
G&B
•
∆
GHc"#^H
⇒
g
GHc
+
'
&
cH HG+
'
&
; ;+?
&
• g
Xjc
+g
GHc
,g
Xj
=g
XHc
+?,
'
&
=;+8A
&
8
• S/klXj+24
• /f2j'B'
⇒
2+'
⇒
+4
• 2+,'"52+'
→
2 2+,'
⇒
⊥
⇒
Xj
⊥
jc
⇒
∆
Xjc"#^j
dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddd
CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Giải phương trình bậc hai dạng ax
2
+ bx + c = 0 (a
≠
0)'
2Nhẩm nghiệm:
• 2=7=+
⇒
'&
1
2
1x
c
x
a
=
=
• 2,7=+
⇒
'&
1
2
1x
c
x
a
=−
= −
7Giải với
'∆
:
MN7+&7
⇒
7+
2
b
⇒
'∆
+7
&
,2
• MN
'∆
O
⇒
&_7
1
' 'b
x
a
− + ∆
=
B
2
' 'b
x
a
− − ∆
=
• MN
'∆
+
⇒
*`
1 2
'b
x x
a
−
= =
• MN
'∆
F
⇒
"#
Giải với
∆
:
9K
∆
∆
+7
&
,;2
• MN
∆
O
⇒
&_7
1
2
b
x
a
− + ∆
=
B
2
2
b
x
a
− − ∆
=
• MN
∆
+
⇒
*`
1 2
2
b
x x
a
−
= =
• MN
∆
F
⇒
"#
2. Hệ thức Vi ét và ứng dụng:
8
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
2Q06qMN4
'
4
&
65 &1224
&
=74=+2
≠
2
1 2
1 2
b
S x x
a
c
P x x
a
= + = −
= =
7Q06q/)MN
.
u v S
u v P
+ =
=
⇒
"65&124
&
,g4=S+QHg
&
,;S
≥
* Một số hệ thức khi áp dụng hệ thức Vi-ét:
• 9m7.
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2x x x x x x+ = + −
+g
&
,&S
• 9m0/).
1 2
1 2 1 2
1 1 S
P
x x
x x x x
+
+ = =
• 9m0/)7.
2 2
2
1 2
2 2 2 2
1 2 1 2
1 1 S 2P
( ) P
x x
x x x x
+ −
+ = =
• c12.
− = + −
2 2
1 2 1 2 1 2
( ) ( ) 4x x x x x x
+g
&
,;S
• 9m6V.
3 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
( ) 3 ( )x x x x x x x x+ = + − +
+g
8
,8Sg
Ví dụ:4
&
,'&4=8A+ oK.012.73Y$2
2
2 2
1 2
x x+
7
1 2
1 1
x x
+
2
1 2
( )x x−
3 3
1 2
x x+
Giải:
S
'∆
+ ' O
⇒
& . W Y Cd` '
1 2
1 2
12
35
b
S x x
a
c
P x x
a
= + = − =
= = =
2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2x x x x x x+ = + −
+g
&
,&S+'&
&
,& 8A+@;
7
1 2
1 2 1 2
1 1 S
P
x x
x x x x
+
+ = =
+
12
35
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) ( ) 4 S -4Px x x x x x− = + − =
+'&
&
,; 8A+;
3 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
( ) 3 ( )x x x x x x x x+ = + − +
+g
8
,8Sg+'&
8
,8 8A '&+;E?
3.Tìm hệ thức giữa hai nghiệm độc lập đối với tham số:(Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x
1
, x
2
không
phụ thuộc vào tham số).
rPhương pháp giải:
• 9/]*/3/o
' 0∆ ≥
B
∆ ≥ 0
b2 F
• RVYCd`
1 2
1 2
b
S x x
a
c
P x x
a
= + = −
= =
• Hs2$%7I.J/^$%Y6ZL2g"5S
→
Q65
Y/J6V"D2$%
Ví dụ:&4
&
=&,'4=,'+'652$%
' npS'6#"DU
& (U4
'
4
&
65&12' 9Y6ZL2&*#WJ"5
9
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
Giải:
' S'
∆
+7
&
,;2+=&,'
&
,; & ,'+;
&
,'&=>+&,8
&
≥
∀
CV'6#"DU
&
• tWYCd`'
1 2
1 2
2 1
2
1
2
b m
S x x
a
c m
P x x
a
− +
= + = − =
−
= = =
⇔
2 2 1
2 1
S m
P m
=− +
= −
⇔
2 2 1
4 2 2
S m
P m
=− +
= −
⇒
&g=;S+d' 2&4
'
=4
&
=;4
'
4
&
+d'Q_65Yu
4. Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng – Lập phương trình bâc hai khi biết hai nghiệm của nó:
rPhương pháp giải:
• MN&$%"5"
.
u v S
u v P
+ =
=
⇒
"652124
&
,g4=S+r
• ()r
=MN
'∆
Ob
∆
O
⇒
r&_74
'
4
&
CV
1
2
u x
v x
=
=
b
2
1
u x
v x
=
=
=MN
'∆
+b
∆
+
⇒
r*`4
'
+4
&
+
'b
a
−
CV+"+
'b
a
−
=MN
'∆
Fb
∆
F
⇒
r"# CV*#&$%"<2/]75
Ví dụ 1:9&$%"7N="+''"5 "+&?
Giải:
9:/]75
⇒
"652124
&
,g4=S+
⇔
4
&
,''4=&?+r
Sr
∆
+>O
⇒
∆ = 3
⇒
1
2
7
4
x
x
=
=
CV
7
4
u
v
=
=
2
4
7
u
v
=
=
Ví dụ 2: 2$%2+
3
='"57+8,
3
CN7V22652"57
Giải:
• 2=7+
3
='=8,
3
+;
• 2 7+
3
=' 8,
3
+&
3
g22765&124
&
,g4=S+
⇔
4
&
,;4=&
3
+Q_65u
5. Chứng minh phương trình bậc hai luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của tham số m:
* Phương pháp giải:
• RV7Y
'∆
b
∆
• cN/m
'∆
/2"]^
'∆
+j
±
c
&
=O
∀
"D65J$%
• HN6VCV/o6#2_7"DU2$%
6. Chứng minh phương trình bậc hai luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m:
* Phương pháp giải:
• RV7Y
'∆
b
∆
10
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
• cN/m
'∆
/2"]^
'∆
+j
±
c
&
≥
∀
• HN6VCV/o6#"DU2$%
7. Biện luận phương trình bậc hai theo tham số m:
* Phương pháp giải:
• RV7Y
'∆
b
∆
• c6V
=S&_7*
'∆
O
→
)7
→
2$%
→
*N
6V
=S*`*
'∆
+
→
)
→
2$%
→
*N6V
=S"#*
'∆
F
→
)7
→
2$%
→
*N6V
=S*
'∆
≥
→
)7
→
2$%
→
*N6V
* Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi: a.c < 0
→
)7
→
2$%
→
*N6V
8. Xác định giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
* Phương pháp giải:
• Đưa biểu thức P cần tìm về dạng: P +j
±
c
&
=
⇒
P +j
±
c
&
=
≥
c
• Giá trị nhỏ nhất của P: P
min
= c khi j
±
c+
→
)
→
2$%
→
*N6V
9. Xác định giá trị lớn nhất của biểu thức:
* Phương pháp giải:
• Đưa biểu thức Q cần tìm về dạng: Q +,j
±
c
&
⇒
Q +,j
±
c
&
≤
c
Giá trị nhỏ nhất của Q: Q
max
= c khi j
±
c+
→
)
→
2$%
→
*N6V
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài t#p 19M 9g'>>Ed'>>@hg(iQ9cN9:
7V24
&
,,84,&+'
' ()'*+,&
& npS'6#2_7"DU
8 9Y6ZL24
'
4
&
*#WJ"5
HD 1. Khi m = –2, ta có phương trình: x
2
+ 5x + 4 = 0, pt có a – b + c = 1 –5 + 4 = 0
⇒
1
2
1
4
4
1
x
x
c
a
= −
=−
=− =−
Vậy khi m = – 2, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x
1
= –1, x
2
= – 4.
2.
∆
= m
2
+ 2m + 9 = (m + 1)
2
+ 8 > 0,
m∀
.
3. Hệ thức: 2S + P = – 6
⇒
2(x
1
+ x
2
) + x
1
x
2
= – 6.
Bài t#p 29M 9g/GG'>>?d'>>>hg(iQ9cN9:
7V24
&
,='4=+'
' ()'*+8
& npS'6#"DU
8 9kv'2_7 9Y6ZL24
'
4
&
*#WJ
"5
HD 1. Khi m = 3, ta có phương trình: x
2
– 4x + 3 = 0, pt có a + b + c = 1 +(–4) + 3 = 0
⇒
1
2
1
3
3
1
x
x
c
a
=
=
= =
.
Vậy khi m = 3, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x
1
= 1, x
2
= 3.
2.
∆
= (m – 1)
2
≥
0,
m
∀
.
11
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
3.
• ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (m – 1)
2
> 0
⇔
|m – 1| > 0
⇔
>
<
m
m
1
1
.
• Hệ thức: S – P = 1
⇒
x
1
+ x
2
– x
1
x
2
= 1.
Bài t#p 3 &4
&
=&,'4=,'+652$%'
' ()'*+&
& npS'6#"DU
8 9kv'2_7 9N6VY6ZL24
'
4
&
/J6V"D
HD 1. Khi m = 2, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x
1
= –1, x
2
=
'
&
−
.
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.
Bài t#p 4 4
&
,&,'4=&,8+652$%'
' ()'*+A
& npS'6#"DU
8 9kv'2_7 9N6VY6ZL24
'
4
&
/J6V"D
; 9/3'&.
HD 1. Khi m = 5, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x
1
= 1, x
2
= 7.
2.
∆
= (m – 2)
2
≥
0,
m
∀
.
3.
• ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (m – 2)
2
> 0
⇔
|m – 2| > 0
⇔
>
<
m
m
2
2
.
• Hệ thức: S – P = 1
⇒
x
1
+ x
2
– x
1
x
2
= 1.
4. Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi a.c < 0
⇔
1.(2m – 3) < 0
⇒
m <
3
2
Bài t#p 5HGG&d&'hg(iQ9cN9:
7V24
&
,&,'4=
&
+'
' 9/3
2 S'&_7
7 S'J65,&
& ()$s4
'
4
&
65&12' np4
'
,4
&
&
=;4
'
=4
&
=;+
HD 1a.
• Phương trình (1) có
'∆
= 1 – 2m.
• Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi
'∆
> 0
⇔
1 – 2m >
⇔
m <
1
2
.
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'J65,&
12
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
& 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: 4
'
,4
&
&
=;4
'
=4
&
=;+4
'
=4
&
&
,;4
'
4
&
=;4
'
=4
&
=;
+&,&
&
,;
&
=;&,&=;
+;
&
,?=;,;
&
=?,?=;+/
Bài t#p 6
7V24
&
,&='4=,;+'
' ()'*+,&
& np
m∀
'6#2_7
8 (U4
'
4
&
65212' Y73Y
j+4
'
',4
&
=4
&
',4
'
*#WJ"5
HD 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.
Bài t#p 7 HGG&&d&8hg(iQ9cN9:
7V24
&
,&='4=&,;+'
' ()'*+,&
& npCDU'6#2_7
8 (U4
'
4
&
65212' 9Kj+
2 2
1 2
x x+
:
; 9.012/3j/^.0<
Bài t#p 8 7V24
&
,,'4=&,@+'
' ()'*+,'
& npCDU'6#2_7
8 9/3'&.
; 9N6V%f2L2&4
'
4
&
*#WJ"5
A 9/3
2 2
1 2
x x+
+'
HD 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 trái 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.
Bài t#p 9 7V24
&
=&4=;='+'
' ()'*+,'
& 9/3
2 S'2_7
7 S'2.
9m7.12'7I''
HD 1.Khi m = –1
⇒
x
1
= 1 ; x
2
= –3 .
13
Tốn 9 – Ơn tập học kỳ II
2a. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi
∆
= –4m > 0
⇒
m < 0.
2b. Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi a.c < 0
⇔
1.(4m + 1) < 0
⇒
m <
1
4
−
.
2c. Tổng các 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
−
.
Bài t#p 10 U*wGG&>d&'hgx(,Q9cN9:
4
&
,&='4=&='+652$%'
2 9/3'*`"5K*`/
7 9kv'2_74
'
4
&
oY6ZL2
.4
'
4
&
5*#WJ
HD a)
a. Phương trình (1) có nghiệm kép
⇔
∆
= 0
⇔
m
2
– 9 = 0
⇔
8
8
m
m
=
=−
.
b. Khi
8
8
m
m
=
=−
pt (1) có nghiệm kép x
1
= x
2
=
b
a
−
= m + 1.
c. Khi m = 3
⇒
x
1
= x
2
= 4.
d. Khi m = – 3
⇒
x
1
= x
2
= – 2 .
b)
• Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
khi
∆
> 0
⇔
m
2
– 9 > 0
⇔
8
8
m
m
>
<−
.
• Hệ thức: S – P = – 8
⇒
x
1
+ x
2
– x
1
x
1
= – 8 hay: x
1
x
1
– (x
1
+ x
2
) = 8.
dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddd
CHỦ ĐỀ: GIẢI BÀI TỐN
BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LẬP PHƯƠNG TRÌNH
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Các bước giải:
' RVb
• Uy$%"54./0/]*KvyB
• c3z./^6v27N:y"5f2./^6v/o7NB
• RVb730%f2L2./^6v
& ()b"{26V/v
8 9)6kTV<2QH"5)6kZu1275
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài t#p1:HGG&A,&Ehg(iQ9cN9:
()75.$27I.6V9$%\Z2L$%7NIL$%
5W6DDL$%5/"065&"5N"NZL$%7IL$%5W"57Z)
/vJ$%6D$%72/u65E?&
HD:
• Gọi x là chữ số hàng chục (x
∈
N, 0 < x
≤
9).
• Gọi y là chữ số hàng đơn vị (y
∈
N, x
≤
9)
• Số cần tìm có dạng
xy
= 10x + y
• Vì chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 nên ta có pt: x – y = 2 (1)
14
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
• Khi thêm chữ số bằng chữ số hàng chục vào bên phải thì được số mới:
xyx
=100x +10y + x =
101x +10y
• Vì số mới lớn hơn số ban đầu là 682 nên ta có phương trình:
(101x + 10y) – (10x + y) = 682
⇔
91x + 9y = 682 (2).
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
&
>' > E?&
x y
x y
− =
+ =
• Giải hệ pt ta được
@
A
x
y
=
=
(thỏa ĐK)
⇒
số cần tìm là 75.
Bài t#p 2:2$%\Z7NIm122$%7IA>B26u$%57`726u$%*265@
92$%/
HD:
• Gọi x, y là hai số cần tìm (x, y
∈
N)
• Theo đề bài ta có hệ pt:
A>
& @ 8
x y
x y
+ =
+ =
⇔
A>
& 8 @
x y
x y
+ =
− = −
• Giải hệ ta được:
8;
&A
x
y
=
=
(thỏa ĐK)
⇒
hai số cần tìm là 34 và 25.
Bài t#p 3:()75.$27I.6VJ$%\Z2L$% 9m12
2L$%127I'BK2L$%<$%/o65'& 9$%/o
HD:
• 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.
Bài t#p 4:()75.$27I.6VnJLV"65&? MN)
]512LV&"5|]JZ8K12|Z';;
&
9K
.*KD12LV
HD:
• Nửa chu vi hình chữ nhật:
&?
&
= 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).
Bài t#p 5:()75.$27I.6VnJ*"kLV"658&
MN]512*"k|'"5]J)AK12|ZA
&
9K
K12*"k72/u
15
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
HD:
• Chiều dài là 100m và chiều rộng là 60m.
• Diện tích khu vườn: 6 000 m
2
.
Bài t#p 6: ()75.$27I.6VnJLV"'E"5
K'A
&
9K.*D12
HD:
• Nửa chu vi hình chữ nhật:
'E
&
= 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 các kích thước là 30m và 50m.
Bài t#p 7:()75.$27I.6VnJ$_kLV"65
8; c26u]5;6u]J65& 9KK12$_k
HD:
• 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:
'@
8 ; &
x y
x y
+ =
− =
• Giải hệ pt ta được
'
@
x
y
=
=
(thỏa ĐK).
Bài t#p 8:J2."# MN|.^"#6Z;"5AK2.
$[|Z''
&
MN))2^5/AK$[)/'
&
92^
"#122.
HD:
• Gọi x (cm), y (cm) là độ dài hai cạnh góc vuông (x > 5, y > 5).
• Theo đề bài ta có hệ pt:
A ; &
;A
x y
x y
+ =
+ =
• Giải hệ pt ta được
&
&A
x
y
=
=
(thỏa ĐK).
• Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 20cm và 25cm.
Bài t#p 9:2."#^]7IAK7IE
&
9/J5.^
"#
HD:
• Gọi x (cm), y (cm) là độ dài hai cạnh góc vuông (0 < x, y < 5).
• Vì tam giác có cạnh huyền 5cm nên ta có pt: x
2
+ y
2
= 25 (1).
• Vì tam giác có diện tích 6cm
2
nên ta có pt:
'
&
xy = 6
⇔
xy = 12 (2).
16
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
& &
&A
'&
x y
x y
+ =
=
⇔
&
& &A
'&
x y xy
x y
+ − =
=
⇔
&
;>
'&
x y
x y
+ =
=
⇔
@
'&
x y
x y
+ =
=
( vì x, y > 0)
• Giải hệ pt ta được
8
;
x
y
=
=
hoặc
;
8
x
y
=
=
(thỏa ĐK).
• Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 3cm và 4cm.
Bài t#p 10:HGG&@,&?hg(iQ9cN9:
()75.$27I.6V2"}De)"5J.73*#
D;k;?a$[/u73 MNx"}Y8k"5"}Y2;k
/v
8
;
73D <~"})J726_D/u73•
HD:
• 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:
'
x
(bể).
• Trong 1h, vòi 2 chảy được:
'
y
(bể).
• Vì hai vòi nước cùng chảy trong 4 giờ 48 phút =
&;
A
h sẽ đầy bể nên trong 1h hai vòi cùng chảy
được
A
&;
bể, do đó ta có pt:
'
x
+
'
y
=
A
&;
(1).
• Vì vòi thứ nhất trong 3 giờ và vòi thứ hai trong 4 giờ thì được
8
;
bể nước nên ta có pt:
8
x
+
;
y
=
8
;
(2).
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
' ' A
&;
8 ; 8
;
x y
x y
+ =
+ =
(I)
• Đặt u =
'
x
, v =
'
y
, hệ (I) trở thành:
A
&;
8
8 ;
;
u v
u v
+ =
+ =
(II).
• Giải hệ (II), ta được:
'
'&
'
?
u
v
=
=
⇒
' '
'&
' '
?
x
y
=
=
⇒
'&
?
x
y
=
=
(thỏa ĐK).
• Vậy: Vòi 1 chảy riêng đầy bể trong 12h, vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 8h.
17
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
Bài t#p11:()75.$27I.6V2"}De)"5J.73
*#D'k&a/u73 MN/3"}Y)J'a"5"}
Y2)J'&aT/v
&
'A
3K1273D <~"})J
726_$[/u73•
HD:Vòi 1 chảy riêng đầy bể trong 120 phút = 2h, vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 240 phút = 4h.
Bài t#p 12: ()75.$27I.6V2"}De)"5J.73^
*#D$2
;
;
A
k/u73 MN6a/uTx"}Y"5>k$2DxZ"}
Y2$2
E
A
kL2D73D <N2{/uTx"}Y2$2726_D/u
73•
HD:
• Gọi x (h), y (h) lần lượt là thời gian vòi 1, vòi 2 chảy riêng đầy bể ( x > 9, y >
E
A
).
• Trong 1h, vòi 1 chảy được:
'
x
(bể).
• Trong 1h, vòi 2 chảy được:
'
y
(bể).
• Vì hai vòi nước cùng chảy trong
;
;
A
giờ =
&;
A
h sẽ đầy bể nên trong 1h hai vòi cùng chảy được
A
&;
bể,
do đó ta có pt:
'
x
+
'
y
=
A
&;
(1).
• Vì lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất và 9 giờ sau mới mở thêm vòi thứ hai thì sau
E
A
giờ nữa mới bể
nước nên ta có pt:
>
x
+
E ' '
A x y
+
÷
= 1 (2).
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
' ' A
&;
> E ' '
'
A
x y
x x y
+ =
+ + =
÷
(I)
• Đặt u =
'
x
, v =
'
y
, hệ (I) trở thành:
( )
A
&;
E
> '
A
u v
u u v
+ =
+ + =
⇔
A
&;
A' E
'
A A
u v
u v
+ =
+ =
(II).
• Giải hệ (II), ta được:
'
'&
'
?
u
v
=
=
⇒
' '
'&
' '
?
x
y
=
=
⇒
'&
?
x
y
=
=
(thỏa ĐK).
• Vậy: Vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 8h.
18
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
Bài t#p13:()75.$27I.6V2"}De)"5J73^2
D$2'?k/u73 MN)Z"}Y$[)/u73V"}Y2&@
k <N)Z~"}726_D)/u73•
HD:
• 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
'
x
(bể).
• Mỗi giờ vòi thứ hai chảy được
'
&@x −
(bể).
• Vì hai vòi cùng chảy thì sau 18 h bể đầy, nên trong 1h hai vòi cùng chảy được
'
'?
bể, do đó nên
ta có pt:
' ' '
&@ '?x 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.
Bài t#p 14:HGG&?,&>hgx(iQ9cN9:
()75.7I.6V2Tj"5c.2>* 2##*x
5/Pk4:Y{j"54:Y2{c/v]2 g2'kab2 9N
W/4:Y2DjD4:YDc65&@a 9K"V%~4:
HD:
• 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:
>
x
(h).
• Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB:
>
y
(h).
• Vì xe II tới A trước xe I tới B là 27 phút =
>
&
h nên ta có pt:
>
x
–
>
y
=
>
&
(2)
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
4= + >
> > >
&x y
− =
⇔
+ >
' ' '
> &
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.
Bài t#p 15:()75.7I.6V2Tj"5c.2''* 2##
*x5/Pk4:Y{j"54:Y2{c/v]2 g2&kab2
9NW/4:Y2DjD4:YDc65;;a 9K"V%~4:
HD:
• Gọi x, y là vận tốc của xe I và xe II (x, y > 0).
19
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
• 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:
''
x
(h).
• Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB:
''
y
(h).
• Vì xe II tới A trước xe I tới B là 44 phút =
''
'A
h nên ta có pt:
''
x
–
''
y
=
''
'A
(2)
• Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
&4=& +''
'' '' ''
'Ax y
− =
⇔
+ AA
'' '' ''
AA 'A
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.
20
Toỏn 9 ễn tp hc k II
CH : HèNH HC
I. KIN THC CN NH
nh ngha nh lý
H qu
Ký hiu toỏn hc Hỡnh v
1. Gúc tõm: Trong mt
ng trũn, s o ca gúc
tõm bng s o cung b
chn.
2. Gúc ni tip:
* nh lý: Trong mt
ng trũn, s o ca gúc
ni tip bng na s o ca
cung b chn.
* H qu: Trong mt ng
trũn:
a) Cỏc gúc ni tip bng
nhau chn cỏc cung bng
nhau.
b) Cỏc gúc ni tip cựng
chn mt cung hoc chn
cỏc cung bng nhau thỡ
bng nhau.
c) Gúc ni tip (nh hn
hoc bng 90
0
) cú s o
bng na s o ca gúc
tõm cựng chn mt cung.
d) Gúc ni tip chn na
ng trũn l gúc vuụng.
(O,R) cú:
ã
AOB
tõm chn
ẳ
AmB
ã
AOB
= s
ẳ
AmB
(O,R) cú:
ã
BAC
ni tip chn
ằ
BC
ã
BAC
=
'
&
s
ằ
BC
.
a) (O,R) cú:
ằ
ằ
BC EF =
b) (O,R) cú:
(O,R) cú:
c) (O,R) cú:
d) (O,R) cú:
ã
BAC
ni tip chn na ng trũn
ng kớnh BC
ã
BAC
= 90
0
.
21
ã
ằ
ã
ằ
ã
ã
=
n.tieỏp chaộn BC
n.tieỏp chaộn EF
BAC
EDF
BAC EDF
ã
ằ
ã
ằ
ã
ã
=
n.tieỏp chaộn BC
n.tieỏp chaộn BC
BAC
BAC BDC
BDC
ã
ằ
ã
ằ
ằ
ằ
ã
ã
=
=
n.tieỏp chaộn BC
n.tieỏp chaộn EF
BAC
EDF
BAC EDF
BC EF
ã
ằ
ã
ằ
ã
ã
=
n.tieỏp chaộn BC
1
2
ụỷ taõm chaộn BC
BAC
BAC BOC
BOC
Tốn 9 – Ơn tập học kỳ II
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 các điểm cùng
nhìn đoạn thẳng AB dưới
một góc
α
khơng đổi là hai
cung tròn chứa góc
α
.
* Đặc biệt:
a) Các điểm D, E, F cùng
(O,R) có:
·
BAx
tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
cung chắn
»
AB
⇒
·
BAx
=
'
&
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
một đường tròn.
b)
·
·
· ·
= = = =
0
90ACB ADB AEB AFB
22
·
»
·
»
·
·
⇒ =
& 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
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
thuộc nửa mặt phẳng bờ AB,
cùng nhìn đoạn AB dưới
một góc không đổi
⇒
Các
đểm A, B, D, E, F cùng
thuộc một đường tròn.
b) Các điểm C, D, E, F
cùng nhìn đoạn AB dưới
một góc vuông
⇒
Các đểm
A, B, C, D, E, F thuộc
đường tròn đường kính AB.
7. Tứ giác nội tiếp:
* Định nghĩa: Một tứ giác
có bốn đỉnh nằm trên một
dường tròn được gọi là tứ
giác nội tiếp đường tròn.
* Định lý: Trong một tứ
giác nội tiếp, tổng số đo hai
góc đối diện bằng 180
0
.
* Định lý đảo: Nếu một tứ
giác có tổng số đo hai góc
đối diện bằng 180
0
thì tứ
giác 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:
cùng nhìn đoạn AB
⇒
A, B, C, D, E,
F thuộc một đường tròn đường kính
AB.
* Tứ giác ABCD có A, B, C, D
∈
(O)
⇔
ABCD là tứ giác nội tiếp (O).
* Tứ giác ABCD nội tiếp (O)
µ
µ
µ
µ
'?
'?
A C
B D
+ =
⇔
+ =
* Tứ giác ABCD có:
µ
µ
'?A C
+ =
⇔
ABCD là tứ giác
n.tiếp
Hoặc:
µ
µ
'?B D
+ =
⇔
ABCD là tứ giác
n.tiếp
23
C = 2
π
R =
π
d
'?
Rn
π
=l
&
8E &
R n R
S
π
= =
l
g
"Z_
+g
f^
dg
jc
&
&
;
d
S R
π π
= =
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
* 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:
S
tp
= S
xq
+ 2.S
đáy
S: diện tích đáy; h: chiều cao
S
tp
= S
xq
+ S
đáy
V
nón
=
'
8
V
trụ
S: diện tích đáy; h: chiều cao,
l: đường sinh
S
tp
= S
xq
+ S
đáy lớn
+ S
đáy nhỏ
24
& &
' &
S R R
π
= −
&
xq
S Rh
π
=
&
& &
tp
S Rh R
π π
= +
&
V S h R h
π
= =
xq
S R l
π
=
&
tp
S R R
π π
= +l
&
'
8
V R h
π
=
& &
l h R= +
' &
xq
S R R l
π
= +
& &
' & ' &
tp
S R R l R R
π π
= + + +
Tốn 9 – Ơn tập học kỳ II
* Diện tích xung quanh:
* Diện tích tồn phần:
* Thể tích:
3. Hình cầu:
* Diện tích mặt cầu:
* Thể tích:
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1:HGG&@,&?hg(iQ9cN9:
ABC∆
72UJN/k}_X7.*Kp ._.12.
·
ABC
·
ACB
6u6v/k}^ۥ
' npX•
⊥
jc"5X€
⊥
j
& (Un652/31212X•"5jcBM652/312X€"5j np9Y.
jnXMJN"5KK}^NY.5
8 (UG652/312c€"5•B65/3/%4Y12Gf2c npG
⊥
nM
; npMNIZX
·
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
25
& &
' & ' &
'
8
V h R R R R
π
= + +
& &
;S R d
π π
= =
8
;
8
V R
π
=
