Đại số 9 Bài tập ôn tập chương IIIII

GV: NGUYễN THị HUYềN- BàI TậP TOáN 9

2. bi:
Cõu 1 (4im): Gii cỏc h phng trỡnh sau:
1
2

=4

3 x 2 y = 3
2 x 5 y = 8
5 x + 7 y = 6
x +1 y +1
a.
b.
c.
d.
2 x + 2 y = 7
4 x 5 y = 6
4 x 3 y = 2
1 + 1 = 1
x + 1 y + 1
Cõu 2(2im): Tỡm giỏ tr ca a v b ng thng ax 8y = b i qua im M(13; -6) v i qua giao im
ca hai ng thng (d1) 2x + 5y = 17 ; (d2) 4x 10y = 14.
Cõu 3 (3 im): Gii bi toỏn sau bng cỏch lp h phng trỡnh:
Hai tnh A v B cỏch nhau 225km. Mt ụtụ i t A n B, cựng mt lỳc mt ụtụ th 2 i t B n A .
Sau 3 gi chỳng gp nhau. Bit vn tc ụtụ i t A ln hn vn tc ụ tụ i t B l 5 km/h. Tớnh vn tc ca
mi ụtụ?
x + my = 2
Cõu 4: Cho hệ phơng trình:
. Tìm các số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) mà x > 0 và y

mx 2y = 1
< 0.

Câu 1. Trong các hàm số sau hàm số nào là hàm số bậc nhất:
x -1
x+3
Câu 2. Trong các đờng thẳng sau, đờng thẳng nào cắt đờng thẳng y = 3x + 2 ?
A. y = 2 3 x
B. y = 4 3 x
C. y = (4 + 3 x)
D. y = 3x 2
A. y = 3( x 1)

B. y = x 2 + 5

C. y = 3x 1

D. y =

Câu 3. Hàm số y = - x - b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 khi b bằng:
A. 1
B. 2
C. 3
D. 2.
Câu 4. Hệ số góc của đờng thẳng y = 3 2 x là:
2
3
A. 3.
B.
C. 2

D.
3
2
y
=

3
x

2
y
=
(2
m
+
1)
x

2
Câu 5. Cho hàm số
và
. Với giá trị nào của m thì đồ thị hai hàm số trên
song song với nhau?
A. m = 2
B. m = 1
C. m = 2
D. Không có m thoả mãn.
Câu 6. Hm s y = (m 2)x + 5 ng bin khi:
A. m < 2
B. m > 2

C. m 2
D. m 2
Câu 7. Phng trỡnh x -5y = 11 nhn cp s no sau õy lm nghim
A. (-2; 1)

B. (2; 1)

C. (2; -1)

D. (1; -2)

Câu 8. Nu im M (2; -3) thuc ng thng -x + 2y = m thỡ m bng :
A. -8

B. -2

C.

2

D. -10

3x y = 1
Câu 9. H phng trỡnh
tng ng vi h phng trỡnh
2x + 5 y = 3
y = 3x 1
2x y = 1
6x 2 y = 1
A.

B.
C.
D.
2x + 5 y = 3
6 x + 15 y = 9
2x + 5 y = 3

y = 3x + 1

2x + 5 y = 3

Câu 10. Phng trỡnh no di õy cú th kt hp vi phng trỡnh 2x y = -1 c mt h phng
trỡnh bc nht hai n vụ nghim .
A. y = 2x -3 ;
B. 2x +y =2 ;
C. y = x -2 .
D. x -2y =1
1


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9

II. TỰ LUẬN: (5điểm )
 mx + 3 y = −4
x − 2 y = 5

Bài 1. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình 

Giải hệ phương trình với m = 2
Bài 2. (2,5 điểm) Hai ô tô khởi hành từ hai địa điểm A và B cách nhau 210 km đi ngược chiều nhau

sau 3 giờ chúng gặp nhau. Tìm vận tốc mỗi ô tô, biết rằng vận tốc ô tô đi từ A lớn hơn vận tốc ô tô đi
từ B 10km/h.?
2 x + 3 y = m
 −5 x + y = −1

Bài 3. (1điểm) Tìm giá trị của m để hệ phương trình 
có nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0 và y < 0.

Bài 1: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A, B là tiếp điểm). Cho biết góc
AMB bằng 400.
a/ Tính góc AOB.
b/ Từ O kẽ đường thẳng vuông góc với OA cắt MB tại N.Chứng minh tam giác OMN là tam giác cân.
Bài 2: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Kẽ các tiếp tuyến Ax, By cùng phía với nửa đường tròn đối
với AB. Từ điểm M trên nửa đường tròn kẽ tiếp tuyến thứ ba với đường tròn, nó cắt Ax và By lần lượt tại C và
D.
a/ Chứng minh: Tam giác COD là tam giác vuông.
b/ Chứng minh: MC.MD=OM2.
c/ Cho biết OC=BA=2R, tính AC và BD theo R.
Bài 3: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài với nhau tại B. Vẽ đường kính AB của đường tròn (O) và
đường kính BC của đường tròn (O’). Đường tròn đường kính OC cắt (O) tại M và N.
a/ Đường thẳng CM cắt (O’) tại P. Chúng minh: OM//BP.
b/ Từ C kẽ đường thẳng vuông góc với CM cắt tia ON tại D. Chứng minh: Tam giác OCD là tam giác
cân.
Bài 4: Cho hai đường tròn (O,R) và (O /,R/) cắt nhau tại A và B sao cho đường thẳng OA là tiếp tuyến của
đường tròn (O/,R/). Biết R=12cm, R/=5cm.
a/ Chứng minh: O/A là tiếp tuyến của đường tròn (O,R).
b/ Tính độ dài các đoạn thẳng OO/, AB.
Bài 5: Cho đường tròn tâm O bán kính R=6cm và một điểm A cách O một khoảng 10cm. Từ A vẽ tiếp tuyến
AB (B là tiếp điểm).
a/ Tính độ dài đoạn tiếp tuyến AB.

b/ Vẽ cát tuyến ACD, gọi I là trung điểm của đoạn CD. Hỏi khi C chạy trên đường tròn (O) thì I chạy
trên đường nào ?
Bài 6: Cho hai đường tròn đồng tâm (O,R) và (O,r). Dây AB của (O,R) tiếp xúc với (O,r). Trên tia AB lấy
điểm E sao cho B là trung điểm của đoạn AE. Từ E vẽ tiếp tuyến thứ hai của (O,r) cắt (O,R) tại C và D (D ở
giữa E và C).
a/ Chứng minh: EA=EC.
b/ Chứng minh: EO vuông góc với BD.
c/ Điểm E chạy trên đường nào khi dây AB của (O,R) thay đổi nhưng luôn tiếp xúc với (O,r) ?
Bài 7: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và một điểm M nằm trên nửa đường tròn đó. H là chân đường
vuông góc hạ từ M xuống AB.
a/ Khi AH=2cm, MH=4cm. Hãy tính độ dài các đoạn thẳng: AB, MA, MB.
2


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9
1
1
+
2
MA MB 2

b/ Khi điểm M di động trên nửa đường tròn (O). Hãy xác định vị trí của M để biểu thức:

có giá trị nhỏ nhất.
c/ Tiếp tuyến của (O) tại M cắt tiếp tuyến của (O) tại A ở D, OD cắt AM tại I. Khi điểm M di động trên
nửa đường tròn (O) thì I chạy trên đường nào ?
Bài 8: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) đường kính AD. Gọi H là trực tâm của tam giác .
a) Tính số đo góc ABD
b) Tứ giác BHCD là hình gì? Tại sao?
c) Gọi M là trung điểm BC . Chứng minh 2OM = AH.

Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Đường cao AH cắt đường tròn ở điểm D.
a) AD có phải là đường kính của đường tròn (O) không ? Tại sao?
b) Chứng minh: BC2 = 4AH . DH
c) Cho BC = 24cm, AB = 20cm. Tính bán kính của đường tròn (O).
Bài 10. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi H là trung điểm OA. Dây CD vuông góc với OA tại H.
1. Tứ giác ACOD là hình gì? Tại sao?
2. Chứng minh các tam giác OAC và CBD là các tam giác đều.
3. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh ba điểm D,O, M thẳng hàng.
4. Chứng minh đẳng thức CD2 = 4 AH. HB .
A

Bài 11. Hình bên cho biết AB = CD. Chứng minh rằng:
1. MH = MK.
2. MB= MD .
3. Chứng minh tứ giác ABDC là hình thang cân.

H
B
M

O
D
K

Bài 12. Cho đường tròn đường kính 10 cm, một đường thẳng d cách
C
tâm O một khoảng bằng 3 cm.
1. Xác định vị trí tương đối của đường thẳng d và đường
tròn (O).
2. Đường thẳng d cắt đường tròn (O) tại điểm A và B. Tính độ dài dây AB.

·
3. Kẻ đường kính AC của đường tròn (O). Tính độ dài BC và số đo CAB
(làm tròn đến độ).
4. Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C cắt tia AB tại M. Tính độ dài BM.
Bài 13.Cho tam giác ABC nhọn, đường tròn đường kính BC cắt AB ở N và cắt AC ở M. Gọi H là giao điểm
của BM và CN.
1. Tính số đo các góc BMC và BNC.
2. Chứng minh AH vuông góc BC.
3. Chứng minh tiếp tuyến tại N đi qua trung điểm AH.
·
Bài 14.Cho đường tròn tâm (O;R) đường kính AB và điểm M trên đường tròn sao cho MAB
= 600 . Kẻ dây
MN vuông góc với AB tại H.
1. Chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của đường tròn (B; BM):
2. Chứng minh MN2 = 4 AH .HB .
3. Chứng minh tam giác BMN là tam giác đều và điểm O là trọng tâm của nó.
4. Tia MO cắt đường tròn (O) tại E, tia MB cắt (B) tại F.Chứng minh ba điểm N; E; F thẳng hàng.
Bài 15. Cho đường tròn (O) và điểm A cách O một khoảng bằng 2R, kẻ tiếp tuyến AB tới đường tròn (B là tiếp
điểm).
1) Tính số đo các góc của tam giác OAB.
2) Gọi C là điểm đối xứng với B qua OA. Chứng minh điểm C nằm trên đường tròn O và AC là tiếp
tuyến của đường tròn (O).
3


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9
3) AO cắt đường tròn (O) tại G. Chứng minh G là trọng tâm tam giác ABC.
Bài 16. Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O;R) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC (với B và C là hai tiếp điểm). Gọi H là
giao điểm của OA và BC.
1. Chứng minh OA ⊥ BC và tính tích OH. OA theo R

2. Kẻ đường kính BD của đường tròn (O). Chứng minh CD // OA.
3. Gọi E là hình chiếu của C trên BD, K là giao điểm của AD và CE. Chứng minh K là trung điểm CE.
Bài 17. Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O; R) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC (với B và C là các tiếp điểm). Kẻ BE
⊥ AC và CF ⊥ AB ( E ∈ AC , F ∈ AB ), BE và CF cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác BOCH là hình thoi.
2. Chứng minh ba điểm A, H, O thẳng hàng.
3. Xác định vị trí điểm A để H nằm trên đường tròn (O).
Bài 18. Cho đường tròn (O ; 3cm) và điểm A có OA = 6 cm. Kẻ các tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B, C
là các tiếp điểm).Gọi H là giao điểm của OA và BC
1. Tính độ dài OH.
2. Qua điểm M bất kì thuộc cung nhỏ BC , kẻ tiếp tuyến với đường tròn, cắt AB và AC theo thứ
tự tại E và F. Tính chu vi tam giác ADE.
3. Tính số đo góc DOE.
Bài 19. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi Ax , By là các tia vuông góc với AB( Ax , By và nửa
đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M bất kì thuộc tia Ax kẻ tiếp tuyến với nửa
đường tròn, cắt By ở N.
1. Tính số đo góc MON.
2. Chứng minh MN = AM + BN.
3. Tính tích AM. BN theo R.
Bài 20: Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của điểm H trên các
cạnh AB và AC.
1. Chứng minh AD. AB = AE. AC
2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BH và CH. Chứng minh DE là tiếp tuyến chung của hai
đường tròn (M; MD) và (N; NE).
3. Gọi P là trung điểm MN, Q là giao điểm của DE và AH . Giả sử AB = 6 cm,AC = 8 cm . Tính
độ dài PQ.
Bài 21. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Gọi CD là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường
tròn ( với C ∈ (O) và D ∈ (O’) ).
1. Tính số đo góc CAD.
2. Tính độ dài CD biết OA = 4,5 cm, O’A = 2 cm.

Bài 22. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN với M thuộc (O)
và N thuộc (O’). Gọi P là điểm đối xứng với M qua OO’, Q là điểm đối xứng với N qua OO’. Chứng minh
rằng :
1. MNQP là hình thang cân.
2. PQ là tiếp tuyến chung của của hai đường tròn (O) và (O’).MN + PQ = MP + NQ.

Chủ đề 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI – ĐỊNH LÝ VI-ÉT.
Dạng 1: Chứng minh phương trình có nghiệm, vô nghiệm.
Bài 1: Chứng minh rằng các phương trình sau luôn có nghiệm.
1) x2 – 2(m - 1)x – 3 – m = 0 ;
2) x2 + (m + 1)x + m = 0 ;
4


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9

3) x2 – (2m – 3)x + m2 – 3m = 0 ;
4) x2 + 2(m + 2)x – 4m – 12 = 0 ;
5) x2 – (2m + 3)x + m2 + 3m + 2 = 0 ;
6) x2 – 2x – (m – 1)(m – 3) = 0 ;
2
2
7) x – 2mx – m – 1 = 0 ;
8) (m + 1)x2 – 2(2m – 1)x – 3 + m = 0
Bài 2:
a) Chứng minh rằng với a, b , c là các số thực thì phương trình sau luôn có nghiệm:
(x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0
b) Chứng minh rằng với ba số thức a, b , c phân biệt thì phương trình sau có hai nghiệm phân biết:
1
1

1
+
+
= 0 (Èn x)
x−a x−b x−c
c) Chứng minh rằng phương trình: c2x2 + (a2 – b2 – c2)x + b2 = 0 vô nghiệm với a, b, c là độ dài ba
cạnh của một tam giác.
d) Chứng minh rằng phương trình bậc hai:
(a + b)2x2 – (a – b)(a2 – b2)x – 2ab(a2 + b2) = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt.
Bài 3:
a) Chứng minh rằng ít nhất một trong các phương trình bậc hai sau đây có nghiệm:
ax2 + 2bx + c = 0 (1)
bx2 + 2cx + a = 0 (2)
cx2 + 2ax + b = 0 (3)
b) Cho bốn phương trình (ẩn x) sau: x2 + 2ax + 4b2 = 0 (1)
x2 - 2bx + 4a2 = 0 (2)
x2 - 4ax + b2 = 0
(3)
2
2
x + 4bx + a = 0
(4)
Chứng minh rằng trong các phương trình trên có ít nhất 2 phương trình có nghiệm.
c) Cho 3 phương trình (ẩn x sau):
2b b + c
1
ax 2 −
x+
=0
(1)

b+c
c+a
2c c + a
1
bx 2 −
x+
=0
(2)
c+a
a+b
2a a + b
1
cx 2 −
x+
=0
(3)
a+b
b+c
với a, b, c là các số dương cho trước.
Chứng minh rằng trong các phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm.
Bài 4:
a) Cho phương trình ax2 + bx + c = 0.
Biết a ≠ 0 và 5a + 4b + 6c = 0, chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm.
b) Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) có hai nghiệm nếu một trong hai điều
kiện sau được thoả mãn:
a(a + 2b + 4c) < 0 ;
5a + 3b + 2c = 0.
Dạng 2: Tính giá trị của biểu thức đối xứng, lập phương trình bậc hai nhờ nghiệm của phương
trình bậc hai cho trước.
Bài 1: Gọi x1 ; x2 là các nghiệm của phương trình: x2 – 3x – 7 = 0.

Tính:

5


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9
2

2

A = x1 + x 2 ;
C=

B = x1 − x 2 ;

1
1
+
;
x1 − 1 x 2 − 1
3

D = ( 3x1 + x 2 )( 3x 2 + x1 ) ;

3

4

E = x1 + x 2 ;

F = x1 + x 2

Lập phương trình bậc hai có các nghiệm là

4

1
1
vµ
.
x1 − 1
x2 − 1

Bài 2: Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình: 5x2 – 3x – 1 = 0. Không giải phương trình, tính giá
trị của các biểu thức sau:
3
2
3
2
A = 2x1 − 3x1 x 2 + 2x 2 − 3x1x 2 ;
2

1
x
x1
x
x
1 
B= 1 +
+ 2 + 2 −  −  ;

x 2 x 2 + 1 x1 x1 + 1  x1 x 2 
2

2

3x + 5x1x 2 + 3x 2
C= 1
.
2
2
4x1x 2 + 4x1 x 2
Bài 3:
a) Gọi p và q là nghiệm của phương trình bậc hai: 3x 2 + 7x + 4 = 0. Không giải phương trình hãy
thành lập phương trình bậc hai với hệ số bằng số mà các nghiệm của nó là
b) Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm là

p
q
vµ
.
q −1
p −1

1
1
vµ
.
10 − 72
10 + 6 2

Bài 4: Cho phương trình x2 – 2(m -1)x – m = 0.
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có hai nghiệm x1 ; x2 với mọi m.
1
1
vµ y 2 = x 2 + .
b) Với m ≠ 0, lập phương trình ẩn y thoả mãn y1 = x1 +
x2
x1
2
Bài 5: Không giải phương trình 3x + 5x – 6 = 0. Hãy tính giá trị các biểu thức sau:

A = ( 3x1 − 2x 2 )( 3x 2 − 2x1 ) ;

B=

x1
x
+ 2 ;
x 2 − 1 x1 − 1

C = x1 − x2 ;

D=

x1 + 2 x 2 + 2
+
x1
x2

Bài 6: Cho phương trình 2x2 – 4x – 10 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2. Không giải phương trình hãy thiết lập

phương trình ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn: y1 = 2x1 – x2 ; y2 = 2x2 – x1
Bài 7: Cho phương trình 2x2 – 3x – 1 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2. Hãy thiết lập phương trình ẩn y có hai
nghiệm y1 ; y2 thoả mãn:
2

x1
y 1 =
x2
y 1 = x 1 + 2

a) 
b) 
2
x2
y 2 = x 2 + 2

y 2 = x
1

Bài 8: Cho phương trình x2 + x – 1 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2. Hãy thiết lập phương trình ẩn y có hai
nghiệm y1 ; y2 thoả mãn:

6


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9

x1 x 2

y1 + y 2 = x + x

 y 1 + y 2 = x 1 2 + x 2 2

2
1
a) 
;
b)  2
y
y
 y 1 + y 2 2 + 5x 1 + 5x 2 = 0.
1
2
 +
= 3x 1 + 3x 2
 y 2 y 1
Bài 9: Cho phương trình 2x2 + 4ax – a = 0 (a tham số, a ≠ 0) có hai nghiệm x1 ; x2. Hãy lập phương
trình ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn:
1
1
1
1
y1 + y 2 =
+
vµ
+
= x1 + x 2
x1 x 2
y1 y 2
Dạng 3: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm có nghiệm kép,vô nghiệm.
Bài 1:

a) Cho phương trình (m – 1)x2 + 2(m – 1)x – m = 0 (ẩn x).
Xác định m để phương trình có nghiệm kép. Tính nghiệm kép này.
b) Cho phương trình (2m – 1)x2 – 2(m + 4)x + 5m + 2 = 0.
Tìm m để phương trình có nghiệm.
a) Cho phương trình: (m – 1)x2 – 2mx + m – 4 = 0.
- Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm.
- Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm kép. Tính nghiệm kép đó.
b) Cho phương trình: (a – 3)x2 – 2(a – 1)x + a – 5 = 0.
Tìm a để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
4x 2
2( 2m − 1) x
−
+ m2 − m − 6 = 0 .
4
2
2
x + 2x + 1
x +1
Xác định m để phương trình có ít nhất một nghiệm.
b) Cho phương trình: (m2 + m – 2)(x2 + 4)2 – 4(2m + 1)x(x2 + 4) + 16x2 = 0. Xác định m để phương
trình có ít nhất một nghiệm.

Bài 2:a) Cho phương trình:

Dạng 4: Xác định tham số để các nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 thoả mãn điều kiện
cho trước.
2
Bài 1: Cho phương trình: x – 2(m + 1)x + 4m = 0
1) Xác định m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó.
2) Xác định m để phương trình có một nghiệm bằng 4. Tính nghiệm còn lại.

3) Với điều kiện nào của m thì phương trình có hai nghiệm cùng dấu (trái dấu)
4) Với điều kiện nào của m thì phương trình có hai nghiệm cùng dương (cùng âm).
5) Định m để phương trình có hai nghiệm sao cho nghiệm này gấp đôi nghiệm kia.
6) Định m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn 2x1 – x2 = - 2.
7) Định m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 sao cho A = 2x12 + 2x22 – x1x2 nhận giá trị nhỏ
nhất.
Bài 2: Định m để phương trình có nghiệm thoả mãn hệ thức đã chỉ ra:
a) (m + 1)x2 – 2(m + 1)x + m – 3 = 0;
(4x1 + 1)(4x2 + 1) = 18
2
b) mx – (m – 4)x + 2m = 0;
2(x12 + x22) = 5x1x2
2
c) (m – 1)x – 2mx + m + 1 = 0;
4(x12 + x22) = 5x12x22
d) x2 – (2m + 1)x + m2 + 2 = 0;
3x1x2 – 5(x1 + x2) + 7 = 0.
Bài 3: Định m để phương trình có nghiệm thoả mãn hệ thức đã chỉ ra:
a) x2 + 2mx – 3m – 2 = 0 ;
2x1 – 3x2 = 1
7


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9

b) x2 – 4mx + 4m2 – m = 0 ;
x1 = 3x2
2
c) mx + 2mx + m – 4 = 0 ;
2x1 + x2 + 1 = 0

2
2
d) x – (3m – 1)x + 2m – m = 0 ;
x1 = x22
e) x2 + (2m – 8)x + 8m3 = 0 ;
x1 = x22
f) x2 – 4x + m2 + 3m = 0 ;
x12 + x2 = 6.
Bài 4:
a) Cho phương trình: (m + 2)x2 – (2m – 1)x – 3 + m = 0. Tìm điều kiện của m để phương trình có
hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho nghiệm này gấp đôi nghiệm kia.
b) Cho phương trình bậc hai: x2 – mx + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1 ; x2
sao cho biểu thức R =

2x1x 2 + 3
đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
2
x1 + x 2 + 2(1 + x1x 2 )
2

c) Định m để hiệu hai nghiệm của phương trình sau đây bằng 2.
mx2 – (m + 3)x + 2m + 1 = 0.
Bài 5: Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0).
Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình có hai nghiệm mà nghiệm này gấp đôi
nghiệm kia là 9ac = 2b2.
Bài 6: Cho phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0). Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để
phương trình có hai nghiệm mà nghiệm này gấp k lần nghiệm kia (k > 0) là :
kb2 = (k + 1)2.ac

Chủ đề 2:

GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH –HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Bài 1: Một ôtô đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy với vận tốc 35 km/h thì đến
chậm mất 2 giờ. Nếu xe chạy với vận tốc 50 km/h thì đến sớm hơn 1 giờ. Tính quãng đường AB và
thời gian dự định đi lúc đầu.
1
Bài 2: Một người đi xe máy từ A đến B cách nhau 120 km với vận tốc dự định trước. Sau khi được
3
quãng đường AB người đó tăng vận tốc thêm 10 km/h trên quãng đường còn lại. Tìm vận tốc dự định
và thời gian xe lăn bánh trên đường, biết rằng người đó đến B sớm hơn dự định 24 phút.
Bài 3: Một canô xuôi từ bến sông A đến bến sông B với vận tốc 30 km/h, sau đó lại ngược từ B trở về
A. Thời gian xuôi ít hơn thời gian đi ngược 1 giờ 20 phút. Tính khoảng cách giữa hai bến A và B. Biết
rằng vận tốc dòng nước là 5 km/h và vận tốc riêng của canô lúc xuôi và lúc ngược bằng nhau.
Bài 4: Một canô xuôi một khúc sông dài 90 km rồi ngược về 36 km. Biết thời gian xuôi dòng sông
nhiều hơn thời gian ngược dòng là 2 giờ và vận tốc khi xuôi dòng hơn vận tốc khi ngược dòng là 6
km/h. Hỏi vận tốc canô lúc xuôi và lúc ngược dòng.
Bài 5: Hai người thợ cùng làm chung một công việc trong 7 giờ 12 phút thì xong. Nếu người thứ nhất
làm trong 5 giờ và người thứ hai làm trong 6 giờ thì cả hai người chỉ làm được

3
công việc. Hỏi một
4

người làm công việc đó trong mấy giờ thì xong?
Bài 6:Nếu vòi A chảy 2 giờ và vòi B chảy trong 3 giờ thì được
vòi B chảy trong 1 giờ 30 phút thì được

4
hồ. Nếu vòi A chảy trong 3 giờ và
5

1
hồ. Hỏi nếu chảy một mình mỗI vòi chảy trong bao lâu mới
2

đầy hồ.
Bài 7: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau 6 giờ đầy bể. Nếu mỗi vòi chảy một mình cho đầy
bể thì vòi II cần nhiều thời gian hơn vòi I là 5 giờ. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể?
8


GV: NGUYễN THị HUYềN- BàI TậP TOáN 9

Bi 8: Trong thỏng giờng hai t sn xut c 720 chi tit mỏy. Trong thỏng hai, t I vt mc 15%,
t II vt mc 12% nờn sn xut c 819 chi tit mỏy. Tớnh xem trong thỏng giờng mi t sn xut
c bao nhiờu chi tit mỏy?
Bi 9: Nm ngoỏi tng s dõn ca hai tnh A v B l 4 triu ngi. Dõn s tnh A nm nay tng 1,2%,
cũn tnh B tng 1,1%. Tng s dõn ca c hai tnh nm nay l 4 045 000 ngi. Tớnh s dõn ca mi
tnh nm ngoỏi v nm nay?
Bi 10: Mt khu vn hỡnh ch nht cú chu vi l 280 m. Ngi ta lm li i xung quanh vn (thuc
t trong vn) rng 2 m. Tớnh kớch thc ca vn, bit rng t cũn li trong vn trng trt l
4256 m2.
Bi 11: Cho mt hỡnh ch nht. Nu tng chiu di lờn 10 m, tng chiu rng lờn 5 m thỡ din tớch
tng 500 m2. Nu gim chiu di 15 m v gim chiu rng 9 m thỡ din tớch gim 600 m2. Tớnh chiu
di, chiu rng ban u.
Bi 12:Cho mt tam giỏc vuụng. Nu tng cỏc cnh gúc vuụng lờn 2 cm v 3 cm thỡ din tớch tam giỏc
tng 50 cm2. Nu gim c hai cnh i 2 cm thỡ din tớch s gim i 32 cm 2. Tớnh hai cnh gúc vuụng.
Bi 13: Tỡm mt s t nhiờn cú hai ch s, tng cỏc ch s bng 11, nu i ch hai ch s hng chc
v hng n v cho nhau thỡ s ú tng thờm 27 n v.
Bi 14: Tỡm mt s cú hai ch s, bit rng s ú gp 7 ln ch s hng n v ca nú v nu s cn

tỡm chia cho tng cỏc ch s ca nú thỡ c thng l 4 v s d l 3.
Bi 15: Nu t s ca mt phõn s c tng gp ụi v mu s thờm 8 thỡ giỏ tr ca phõn s bng
Nu t s thờm 7 v mu s tng gp 3 thỡ giỏ tr phõn s bng

1
.
4

5
. Tỡm phõn s ú.
24

Bi 16:Nu thờm 4 vo t v mu ca mt phõn s thỡ giỏ tr ca phõn s gim 1. Nu bt 1 vo c t
v mu, phõn s tng

3
. Tỡm phõn s ú.
2

PHN II: HèNH HC
Bi 1: Cho hai ng trũn (O), (O') ct nhau ti A, B. Cỏc tip tuyn ti A ca (O), (O') ct (O'), (O)
ln lt ti cỏc im E, F. Gi I l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc EAF.
a) Chng minh t giỏc OAO'I l hỡnh bỡnh hnh v OO'//BI.
b) Chng minh bn im O, B, I, O' cựng thuc mt ng trũn.
c) Kộo di AB v phớa B mt on CB = AB. Chng minh t giỏc AECF ni tip.
Bi 2: Cho tam giỏc ABC. Hai ng cao BE v CF ct nhau ti H.Gi D l im i xng ca H qua
trung im M ca BC.
a) Chng minh t giỏc ABDC ni tip c trong mt ng trũn.Xỏc nh tõm O ca ng trũn
ú.
b) ng thng DH ct ng trũn (O) ti im th 2 l I. Chng minh rng 5 im A, I, F, H, E

cựng nm trờn mt ng trũn.
Bi 3: Cho hai ng trũn (O) v (O') ct nhau ti A v B. Tia OA ct ng trũn (O') ti C, tia O'A
ct ng trũn (O) ti D. Chng minh rng:
a) T giỏc OO'CD ni tip.
b) T giỏc OBO'C ni tip, t ú suy ra nm im O, O', B, C, D cựng nm trờn mt ng trũn.
Bi 4: Cho t giỏc ABCD ni tip na ng trũn ng kớnh AD. Hai ng chộo AC v BD ct
nhau ti E. V EF vuụng gúc AD. Gi M l trung im ca DE. Chng minh rng:
a) Cỏc t giỏc ABEF, DCEF ni tip c.
b) Tia CA l tia phõn giỏc ca gúc BCF.
c)* T giỏc BCMF ni tip c.
Bi 5: T mt im M bờn ngoi ng trũn (O) ta v hai tip tuyn MA, MB vi ng trũn. Trờn
cung nh AB ly mt im C. V CD AB, CE MA, CF MB.
Gi I l giao im ca AC v DE, K l giao im ca BC v DF. Chng minh rng:
9


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9

a) Các tứ giác AECD, BFCD nội tiếp được.
b) CD2 = CE. CF
c)* IK // AB
Bài 6:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Từ A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn. Vẽ hai
đường cao BD và CE.
a) Chứng minh rằng bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh rằng xy// DE, từ đó suy ra OA ⊥ DE.
Bài 7: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cung nhỏ AB lấy một điểm M. Đường
thẳng qua A song song với BM cắt CM tại N.
a) Chứng minh rằng tam giác AMN là tam giác đều.
b) Chứng minh rằng MA + MB = MC.
c)* Gọi D là giao điểm của AB và CM. Chứng minh rằng:

1
1
1
+
=
AM MB MD

Bài 8: Cho ba điểm A, B, C cố định với B nằm giữa A và C. Một đường tròn (O) thay đổi đi qua B và
C. Vẽ đường kính MN vuông góc với BC tại D ( M nằm trên cung nhỏ BC).Tia AN cắt đường tròn
(O) Tại một điểm thứ hai là F. Hai dây BC và MF cắt nhau tại E. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác DEFN nội tiếp được.
b) AD. AE = AF. AN
c) Đường thẳng MF đi qua một điểm cố định.
Bài 9:Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn ( O; R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Gọi M là
trung điểm của AB. Tia CM cắt đường tròn tại điểm N. Tia AN cắt đường tròn tại điểm D.
a) Chứng minh rằng MB2 = MC. MN b) Chứng minh rằng AB// CD
c) Tìm điều kiện của điểm A để cho tứ giác ABDC là hình thoi. Tính diện tích cử hình thoi đó.
Bài 10: Cho đường tròn (O) và một dây AB. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Vẽ đường kính
MN Cắt AB tại I. Gọi D là một điểm thuộc dây AB. Tia MD cắt đường tròn (O) tại C.
a) Chứng minh rằng tứ giác CDIN nội tiếp được
b) Chứng minh rằng tích MC. MD có giá trị không đổi khi D di động trên dây AB.
c) Gọi O' là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Chứng minh rằng ∠MAB =

1
∠ AO'D.
2

d) Chứng minh rằng ba điểm A, O', N thẳng hàng và MA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ACD.

Bài 11: Cho tam giác ABC vuông ở A ( AB < AC), đường cao AH. Trên đoạn thẳng HC lấy D sao
cho HD = HB. Vẽ CE vuông góc với AD ( E ∈ AD).
a) Chứng minh rằng AHEC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEC.
c) Chứng minh rằng CH là tia phân giác của góc ACE.
d) Tính diện tích hình giới hạn bởi các đoạn thẳng CA. CH và cung nhỏ AH của đường tròn nói
trên biết AC= 6cm, ∠ACB = 300.
Bài 12: Cho đường tròn tâm O có đường kính BC. Gọi A là Một điểm thuộc cung BC ( AB < AC), D là
điểm thuộc bán kính OC. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC ở E, cắt tia BA ở F.
a) Chứng minh rằng ADCF là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi M là trung điểm của EF. Chứng minh rằng ∠AME = 2 ∠ACB.
c) Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
d) Tính diện tích hình giới hạn bởi các đoạn thẳng BC, BA và cung nhỏ AC của đường tròn (O)
biết BC= 8cm, ∠ABC = 600.
Bài 13: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Điểm M thuộc nửa đường tròn. Vẽ đường
tròn tâm M tiếp xúc với AB ( H là tiếp điểm). Kẻ các tiếp tuyến AC, BD với đường tròn (M) ( C, D là
tiếp điểm).
a) Chứng minh rằng C, M, D thẳng hàng b) Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O).
c) Tính tổng AC + BD theo R
d) Tính diện tích tứ giác ABDC biết ∠AOM = 600.
10


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9

Bài 14: Cho tam giác vuông cân ABC (∠A = 900), trung điểm I của cạnh BC. Xét một điểm D trên tia
AC. Vẽ đường tròn (O) tiếp xúc với các cạnh AB, BD, DA tại các điểm tương ứng M, N, P.
a) Chứng minh rằng 5 điểm B, M, O, I, N nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh rằng ba điểm N, I, P thẳng hàng.
c) Gọi giao điểm của tia BO với MN, NP lần lượt là H, K. Tam giác HNK là tam giác gì, tại sao?

d) Tìm tập hợp điểm K khi điểm D thay đổi vị trí trên tia AC.

11


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9

PHẦN BỔ SUNG (TUẤN PHƯƠNG)
ĐỀ 1
Bài 1: (4,0 điểm) Cho phương trình x 4 − 2mx 2 + 3m − 4 = 0 (1)
1. Xác định m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
2. Khi (1) có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = x14 + x24 + x34 + x44 − 6 x1 x2 x3 x4
Bài 2: (4,0 điểm)
( x + 1) 2 + ( y − 2 ) 2 = 10
1. Giải hệ phương trình:  2
2
( x + 2 x + 2 ) ( y − 4 y + 5 ) = 20
1
1
1
1
+ 2
+ 2
+ ... + 2
2. Tính tổng S = 2
x − 4 x + 3 x − 8 x + 15 x − 12 x + 35
x − 2020 x + 1020099
khi x = 2011 .
Bài 3: (2,0 điểm): Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức:

x 2 + y 2 + 10 xy = −2 x 2 y 2
Bài 4: (6,0 điểm): Cho đường tròn (O ; R), trên đó lấy một điểm cố định A và vẽ đường tròn (A ; R). Lấy điểm
H di động trên (A ; R), cát tuyến của (O) đi qua A và H cắt (O) tại điểm thứ hai K. Dựng trung trực của đoạn
HK cắt (O) tại B và C.
1. Chứng tỏ rằng H là trực tâm của tam giác ABC.
2. Tính số đo góc A của tam giác ABC.
Bài 5: (2,0 điểm): Một hình tròn bán kính 1 cm lăn ở ngoài một tam giác vuông có các cạnh góc vuông là 6 cm
và 8 cm. Hình tròn khi lăn luôn tiếp xúc với một trong các cạnh của tam giác và tại mỗi đỉnh của tam giác, hình
tròn vẫn luôn giữ tiếp xúc với đỉnh đó khi lăn từ một cạnh sang cạnh kế tiếp. Khi hình tròn lăn một vòng đầy
đủ trên các cạnh của tam giác thì quỹ đạo của tâm hình tròn đó có độ dài bằng bao nhiêu ?
Bài 6: (2,0 điểm): Người ta thiết lập dãy các hình ngũ giác bằng các chấm điểm được biểu diễn bởi 5 hình ngũ
giác đầu tiên như hình vẽ sau. Hỏi ngũ giác thứ 25 gồm bao nhiêu chấm điểm ? Tìm công thức để tính un với
un là số chấm điểm tạo nên hình ngũ giác thứ n.

12


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9

:

Câu

Điểm

Nội dung

ài
1

(4 điểm)
1.1
x 4 − 2mx 2 + 3m − 4 = 0 (1)
(2 đ) Đặt t = x 2 ≥ 0 , phương trình (1) trở thành: t 2 − 2mt + 3m − 4 = 0 (2)
Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì cần và đủ là phương trình (2) có 2
nghiệm dương phân biệt.
2
3 7

2
Ta có ∆ ' = m − 3m + 4 =  m − ÷ + > 0 , ∀m ∈ R
2 4

Do đó (2) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Để (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1 , t2 , cần và đủ là:
 P = t1t2 = 3m − 4 > 0
4
⇔m>

3
 S = t1 + t2 = 2m > 0
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: m >
1.2
(2 đ)

1,0

4
, phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1 , t2 , nên
3

phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt:
x1 = t1 , x2 = − t1 , x3 = t2 , x4 = − t2 , suy ra:
Với điều kiện: m >

A = x14 + x24 + x34 + x44 − 6 x1 x2 x3 x4 = 2t12 + 2t22 − 6t1t2

2
A = 2 ( t1 + t2 ) − 5t1t2  = 2  4m 2 − 5 ( 3m − 4 )  = 2 ( 4m 2 − 15m + 20 )


2

15  95  95
A = 8  m − ÷ +  ≥ .
8  64  8

95
15 4
Vậy Amin =
khi và chỉ khi m = > (thỏa điều kiện)
8
8 3
(4 điểm)

2.1
(2 đ)

0,5

4

3

x2 = − x1 , x4 = − x3 và x12 = x22 = t1 , x32 = x42 = t2 , do đó:

2

0,5

2
2

( x + 1) 2 + ( y − 2 ) 2 = 10
 ( x + 1) + ( y − 2 ) = 10
⇔
 2
2
2
2
( x + 2 x + 2 ) ( y − 4 y + 5 ) = 20
 ( x + 1) + 1 ( y − 2 ) + 1 = 20
Đặt u = x + 1; v = y − 2 , hệ phương trình trở thành:

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5

0,25

 u 2 + v 2 = 10
 u 2 + v 2 = 10
u 2 + v 2 = 10
⇔
⇔
 2
 2 2
 2 2
2
2
2
u v + u + v = 19
u v = 9
( u + 1) ( v + 1) = 20
2
Do đó u 2 , v 2 là hai nghiệm của phương trình t − 10t + 9 = 0 ⇔ t1 = 1; t2 = 9 .

0,5

u 2 = 1
u 2 = 9
u = ±1
u = ±3
⇔
Suy ra:  2
hoặc  2
hoặc 
v = ±3
 v = ±1

v = 9
v =1

0,5

13


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9
Giải các hệ
( x + 1 = 1; y − 2 = 3) , ( x + 1 = 1; y − 2 = −3) ,

( x + 1 = −1; y − 2 = 3) , ( x + 1 = −1; y − 2 = −3)
( x + 1 = 3; y − 2 = 1) , ( x + 1 = 3; y − 2 = −1) ,
( x + 1 = −3; y − 2 = 1) , ( x + 1 = −3; y − 2 = −1)

Ta có các nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
( x ; y ) = ( 0;5) , ( 0; − 1) , ( −2;5 ) , ( −2; − 1) , ( 2;3 ) , ( 2;1) , ( −4;3 ) , ( −4;1)
2.2
(2 đ)

S=

1

+

1

1

+

( x − 1) ( x − 3) ( x − 3) ( x − 5) ( x − 5) ( x − 7 )

+ ... +

1

( x − 1009 ) ( x − 1011)

0,75
.

Điều kiện để S có nghĩa: x ≠ 1,3,5,...,1009,1011 hay:
x ≠ 2k − 1, k ∈ Z, 1 ≤ k ≤ 506
1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1

S= 
−
+

−
+
−
+ ... +
−
+
−
÷
2  x − 3 x −1 x − 5 x − 3 x − 7 x − 5
x − 1007 x − 1009 x − 1009 x − 1011 

3

1
1
1 
505
S= 
−
÷=
2  x − 1011 x − 1  ( x − 1) ( x − 1011)
101
Khi x = 2011 (thỏa điều kiện) thì S =
402000
(2 điểm)
x 2 + y 2 + 10 xy = −2 x 2 y 2 ⇔ ( 1 + 2 y 2 ) x 2 + 10 yx + y 2 = 0 , đây là phương trình
bậc hai theo ẩn x và tham số là y vì 1 + 2 y 2 > 0, ∀y ∈ R .
∆ ' = 25 y 2 − ( 1 + 2 y 2 ) y 2 = y 2 ( 24 − 2 y 2 ) .

0,5

0,25
0,5
0,25
0,5

0,25
0,25

2
2
Để phương trình có nghiệm nguyên thì 24 − 2 y 2 ≥ 0 và 24 − 2 y = k ( k ∈ Z)

0,5
24 − 2 y 2 ≥ 0, y ∈ Z ⇔ y = 0; y = ±1; y = ±2; y = ±3
0,25
Với y = 0 ta có x = 0 nên (0 ; 0) là một nghiệm của phương trình.
Với y = ±1; y = ±3 thì ∆ ' = 22 và ∆ ' = 6, không phải là các số chính
0,25
phương.
Với y = ±2 ta có ∆ ' = 4.16 = 82 ⇒ ∆ ' = 8 , ta có nghiệm của phương trình:
−10 y ± 8
x=
( y = ±2 ) .
9
Khi y = 2 phương trình có một nghiệm nguyên x = −2
Khi y = −2 phương trình có một nghiệm nguyên x = 2 .
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm:
0,5
( x = 0; y = 0 ) , ( x = 2; y = −2 ) , ( x = −2; y = 2 )

14


GV: NGUYễN THị HUYềN- BàI TậP TOáN 9
(6,0 im)

4
4.1
(2 )

+ Ta cú: Hai tam giỏc BHC v BKC i xng vi
nhau qua BC, nờn chỳng bng nhau, suy ra:
.
ã
ã
BHC
= BKC
V tia CH ct AB ti E v tia BH ct AC ti D.
ã
ã
Ta cú: BAK
(gúc ni tip cựng chn cung
= BCK
ã
ã
ằ ) v BCH
(CI l ng cao ca tam giỏc
= BCK
BK

4.2
(4 )

(2 )

(1 )

0,25
0,25

cõn HCK, va l phõn giỏc gúc C).
0,5
ã
ã
Suy ra: BAK
= BCE
ã
ã
ã
M BAK
+ ãABC = 900 nờn BCE
+ ABC
= 900
0,5
0
ã
Do ú: BEC
,
nờn
CE

l
ng
cao
th
hai
ca
= 90
tam giỏc ABC.
0,5
H l giao im ca hai ng cao AI v CE ca tam giỏc ABC, vy H l trc tõm
ca tam giỏc ABC.
+ Trng hp H trong ng trũn (O):
K ng kớnh FG ca (O) vuụng gúc vi dõy BC ti M, thỡ M l trung im ca
0,25
BC.
Trong ng trũn (O) hai dõy AK v FG song song nờn chn hai cung
ằ = ằAG KF = AG (1).
0,25
KF
T giỏc OHAG cú OG // = AH = R nờn OHAG l hỡnh bỡnh hnh, suy ra:
0,25
AG = OH (2).
T (1) v (2) suy ra KF = HO, nờn HKFO l hỡnh thang cõn.
M BC l trung trc ca HK nờn cng l trung trc ca OF, nờn 0,25
1
R
OM 1
ã
ã
OM = OF = cos FOC

=
= FOC
= 600
0,5
2
2
OC 2
1ã
ã
ã
0,5
= BOC
= FOC
= 600 (gúc ni tip v gúc tõm cựng chn cung BC)
M BAC
2
+ Trng hp H ngoi (O) nhng vn trờn na
ng trũn (A)cha im O, ng kớnh PQ l tip
0,25
tuyn ca (O) ti A.
Khi ú tam giỏc ABC cú 2 gúc nhn v mt gúc tự
(gúc C tự chng hn).
ã
ã
ã
Ta cú: HBI
(i xng
+ ãAHB = 900 , HBI
= IBK
ã

ã
nhau qua BI), IBK
(gúc ni tip cựng chn
= CAK
ã
cung KC), nờn CAH
+ ãAHB = 900 , suy ra: BH AC
0,25
ti D. Vy H l trc tõm ca tam giỏc ABC.
Chng minh tng t trờn, ta cú M l trung im ca
0
0,5
ã
OF v BAC = 60

15


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9
+ Trường hợp H ở trên nửa đường tròn (A) đường
kính PQ và không chứa O:
Khi đó A là góc tù. Ta cũng chứng minh tương tự H là
trực tâm tam giác ABC và M là trung điểm của bán
kính OF.
·
·
Suy ra MOC
= 600 ⇒ BOC
= 1200
·

·
Mà BFC
= BOC
= 1200 (2 góc đối xứng nhau qua
BC).
·
·
Nhưng BAC
(góc nội tiếp cùng chắn cung
= BFC
BKC.
·
Vậy BAC
= 1200

(1 đ)

5

0,25
0,25

0,25

(2,0 điểm)
+ Quỹ đạo của tâm hình tròn khi hình tròn lăn đủ
một vòng trên các cạnh của tam giác ABC gồm 3
đoạn thẳng có độ dài bằng 3 cạnh của tam giác
vuông nối với nhau bởi các cung tròn bán kính
bằng 1 cm, các cung tròn có số đo lần lượt là:

900 , 1800 − α , 1800 − β , do đó tổng số đo của 3
cung tròn là:
0
0
0
90 + 360 − ( α + β ) = 360 (vì α + β = 900 ).
Ta có độ dài cạnh huyền là 62 + 82 = 100 = 10 cm
Vậy độ dài của quỹ đạo của tâm hình tròn là:
360π r
6 + 8 + 10 +
= 24 + 2π (cm) (vì r = 1 cm)
180

6

0,25

0,5

0,5

1,0

(2,0 điểm)
Gọi un là số chấm điểm tạo nên ngũ giác thứ n. Ta có:
n1 = 1; n2 = 22 + 1 = 5; u3 = 32 + 2 + 1 = 12; n4 = 4 2 + 3 + 2 + 1;...
Tổng quát: un = n 2 + ( n − 1) + ( n − 2 ) + ... + 3 + 2 + 1 = n 2 +

( n − 1) n .
2

0,5
0,5

Chứng minh: Hình ngũ giác thứ n gồm:
+ Một hình vuông có n hàng chấm điểm, mỗi hàng có n chấm điểm, nên hình
vuông đó có n 2 chấm điểm.
+ Một hình tam giác có cạnh đáy trùng với cạnh trên của hình vuông, còn lại là
n − 1 hàng, mỗi hàng có số chấm điểm giảm dần như sau: n − 1, n − 2, ..., 3, 2, 1 .
Do đó hình tam giác có số chấm điểm:
S n = ( n − 1) + ( n − 2 ) + ( n − 3) + ... + 3 + 2 + 1 hay :
Sn =

1

+

+

2

3

+ ... + ( n − 3 ) + ( n − 2 ) + ( n − 1)

Suy ra: 2 S n = ( n − 1) n ⇔ S n =
Vậy: un = n

2

( n − 1) n
+

1
( n − 1) n
2

2
Áp dụng: u25 = 25 + 12.25 = 925

0,5

2

0,5
16


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9

ĐỀ 2
Bài 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình sau:
1. 3x2 + 4x + 10 = 2 14 x 2 − 7
2.

4

4 − x 2 − 4 x 4 − 16 + 4 x + 1 + x 2 + y 2 − 2 y − 3 = 5 − y

3. x4 - 2y4 – x2y2 – 4x2 -7y2 - 5 = 0;

(với x ; y nguyên)

Bài 2: (2.5 điểm)
Tìm số tự nhiên n để n + 18 và n − 41 là hai số chính phương.
Căn bậc hai của 64 có thể viết dưới dạng như sau:

64 = 6 + 4

Hỏi có tồn tại hay không các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng dưới dạng như trên và là một
số nguyên? Hãy chỉ ra toàn bộ các số đó.
Bài 3: (3,25 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Từ một điểm
M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O), (P, N
là hai tiếp điểm).
2
2
a) Chứng minh rằng MN = MP = MA.MB

b) Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông.
c) Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P luôn chạy trên đường thẳng cố định khi M di
động trên đường thẳng d.
Bài 4: (1,5 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ xOy lấy điểm P(0; 1), vẽ đường tròn (K) có đường kính OP. Trên trục hoành lấy ba
điểm M(a; 0); N(b; 0), Q(c; 0). Nối PM; PN; PQ lần lượt cắt đường tròn (K) tại A; B ; C. Tính độ dài các cạnh
của tam giác ABC theo a; b; c.
Bài 5: (0,75 điểm) Cho a, b, c > 0.
19b 3 - a 3 19c3 - b 3 19a 3 - c3
+
+

≤ 3(a + b + c)
2
cb + 5c 2 ac + 5a 2
Chứng minh rằng: ab + 5b

ĐỀ 3
17


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9
Câu 1: Giải phương trình:
a)

b) x 2 − 3 x + 9 = 9 3 x − 2

x + 2x − 5 − 2 + x − 3 2x − 5 + 2 = 2 2

Câu 2: Cho hàm số f ( x ) = ( x 3 + 6 x − 5 )

2011

+ 2012 . Tính f ( x ) với x = 3 3 + 17 + 3 3 − 17

Câu 3: Cho hình thoi ABCD, đường cao AH. Cho biết AC = m; BD = n và AH = h . Chứng minh rằng:
1
1
1
= 2+ 2
2
h

m n
Câu 4: Cho hai đường tròn (O1; 5cm) và (O2; 2cm) nằm ngoài nhau. Một tiếp tuyến chung ngoài AB của hai
đường tròn ( A ∈ (O1 ); B ∈ (O2 ) ) và một tiếp tuyến chung trong CD của hai đường tròn ( C ∈ (O1 ); D ∈ (O2 ) ) .
Tính độ dài đoạn nối tâm O1O2 biết AB = 1,5CD.
Câu 5: Có tồn tại hay không số nguyên dương k sao cho 2k + 3k là số chính phương?
Câu 6:a) Cho a, b và c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng
ab
bc
ca
1
+
+
≤ .
c +1 a +1 b +1 4
b) Cho hình vuông ABCD và 2013 đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
- Mỗi đường thẳng đều cắt hai cạnh đối của hình vuông;
- Mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành 2 phần có tỷ số diện tích là 0,5.
Chứng minh rằng trong 2013 đường thẳng trên có ít nhất 504 đường thẳng đồng qui.
Câu

Phần

1

a

2đ

Nội dung trình bày
ĐKXĐ: x ≥

5
(1)
2

Nhân cả hai vế của PT với

(
⇔

)

2

2x − 5 +1 +

(

2 rồi biến đổi PT về dạng

2x − 5 − 3

)

3

=4

2x − 5 +1 + 3 − 2x − 5 = 4

Ta có ⇔

2x − 5 +1 + 3 − 2x − 5 ≥

Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi

(

)(

)

2 x − 5 + 1 3 − 2 x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≤ 7 (2)

Từ (1) và (2) ta có nghiệm của PT là:
b

2x − 5 +1+ 3 − 2x − 5 = 4

5
≤ x≤7
2
2

3  27

Đặt t = x − 2 ⇒ x = t + 2 . Vì x − 3 x + 9 =  x − ÷ +
> 0 nên t > 0 thay x = t 3 + 2
2
4


3

3

2

vào PT ta có ( t 3 + 2 ) − 3 ( t 3 + 2 ) + 9 = 9t
2

⇔ ( t − 1)

2

(t

4

+ 2t 3 + 3t 2 + 5t + 7 ) = 0 (2)

4
3
2
Vì t > 0 nên ⇔ ( t + 2t + 3t + 5t + 7 ) > 0

Do đó PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 ⇒ x = 3
18


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9

2
1,5đ

Đặt m = 3 3 + 17 ; n = 3 3 − 17
ta có: x = m + n và m.n = - 2
x = m + n ⇒ x 3 = ( m + n ) = m3 + n3 + 3mn ( m + n ) = 6 − 6 x
3

⇒ x3 + 6 x = 6
Do đó: f ( x ) = ( x 3 + 6 x − 5 )

2011

+ 2012 = ( 6 − 5 )

2011

+ 2012 = 2013

Vậy f ( x ) = 2013 với x = 3 3 + 17 + 3 3 − 17
3

A
I

1đ

D

B

O

H
K

C

Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình thoi ta có AC ⊥ BD và
m
n
OA = OC = ; OB = OD = . Qua O kẻ OI ⊥ AB , đường thẳng OI cắt CD tại K ta có IK
2
2
h
= AH = h và OI =
2
Áp dụng HTL vào tam giác AOB vuông tại O ta có:
1
1
1
=
+
1
1
1
1
1
1
2

2
2
=
+
m n ⇒ 2 = 2 + 2
2
2
2 do đó  h 
OI
OA OB
h
m n
 ÷  ÷  ÷
2
 2  2

19


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9
4
A

1,5đ

B

I

D

O1

O2

C
E

Kẻ O2I ⊥ O1A và O2E ⊥ O1C ta có O2I = AB; O2E = CD;
IA = O2B = 2cm => IO1 = 3 cm; CE = O2D = 2cm =>
O1E = 7cm, đặt CD = x thì O2E = x còn IO2 = AB = 1,5x.
Áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông O1IO2 và O1EO2 ta có:
O1O2 2 = IO12 + IO2 2 = 32 + ( 1,5 x )
O1O2 2 = O1 E 2 + O2 E 2 = 7 2 + x 2

2

(1)
(2)

2
Từ (1) và (2) suy ra 32 + ( 1,5 x ) = 7 2 + x 2 ⇒ x = 32 ⇒ O1O2 = 9cm
2

5
1,5đ

Học sinh phát biểu và CM 2 bổ đề sau: (nếu HS chỉ phát biểu 2 bổ đề không CM cho
0,25)
BĐ1: Số chính phương không thể có tận cùng là 2; 3; 7; 8

BĐ2: Số chính phương chia cho 3 không thể có số dư là 2.
Giả sử tồn tại k ∈ N * sao cho 2k + 3k là số chính phương
Đặt k = 4t + r với t ∈ N ; r ∈ { 0;1; 2;3} thì số đang xét có dạng
A = 2k + 3k = 24 t + r + 34t + r = 16t.2r + 81t.3r
Xét 4 trường hợp có thể xảy ra:
- Với r = 0 thì t ∈ N * và số A = 16t + 81t có tận cùng là 7 ( A không là số chính phương
theo BĐ 1) (1)
20


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9
- Với r = 2 thì số A = 16t.4 + 81t.9 có tận cùng là 3 (A không là số chính phương theo BĐ
1) (2)
- Với r = 1 thì số A = 16t.2 + 81t.3 chia 3 dư 2 (A không là số chính phương theo BĐ 2) (3)
- Với r = 3 thì số A = 16t.8 + 81t.27 chia 3 dư 2 (A không là số chính phương theo BĐ 2)
(4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta thấy không tồn tại số nguyên dương k để số 2k + 3k là số chính
phương.
6

a

2,5đ

Học sinh phát biểu và CM bất đẳng thức phụ sau:
- Với x; y là các số thực dương bất kỳ ta có:
và chỉ khi x = y.

1
11 1

≤  + ÷ (1). Đẳng thức xẩy ra khi
x+ y 4 x y

Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Côsi ta có
1
11 1
1 1
1
≤  + ÷
+ ÷ ≥ 2 xy .2
=4⇒
x+ y 4 x y 
xy
x y

( x + y) 

- Áp dụng BĐT (1) ta có:
ab
ab
ab  1
1  ’
=
≤ 
+
÷ (1 )
c +1 ( c + a) + ( c + b)
4  c+a c+b 
Tương tự

bc
bc  1
1  ’ ca
ca  1
1  ’
≤ 
+
≤ 
+
÷(2 );
÷ (3 )
a +1 4  a + b a + c 
b +1 4  b + a b + c 

Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được:
ab
bc
ca
1  ab + ca ab + cb cb + ca  a + b + c 1
+
+
≤ 
+
+
=
÷=
c +1 a +1 b +1 4  b + c
c+a
a+b 
4

4
1
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
3
b
A

A1

E

B

H
M

I

J

N

K

D

B1

F

C

Gọi MN; EF là đường nối trung điểm hai cạnh đối của hình vuông (hình vẽ)
21


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9
Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB tại A 1 cắt MN tại I và cắt cạnh CD tại B 1. Ta có các tứ
giác AA1B1D và BCB1A1 là hình thang và có MI, NI lần lượt là các đường trung bình của
hai hình thang đó.
Khi đó

Suy ra

S AA1B1D
S A1BCB1

1
AD ( AA1 + DB1 )
2 IM IM 1
=2
=
=
= (theo GT)
1
2
IN
IN
2
BC ( A1 B + B1C )

2

MI 1
1
= nên MI = MN vậy điểm I cố định.
MN 3
3

Lập luận tương tự ta tìm được các điểm H; J; K cố định (hình vẽ). Có 4 điểm cố định mà
có 2013 đường thẳng đi qua nên theo nguyên lý Đirichle ít nhất phải có 504 đường thẳng
đồng qui.
ĐỀ 4

Câu 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n cho trước, số
m = n(n + 1)(n + 2)...(n + 7) + 1.2.3...7
không thể phân tích thành tổng của hai số chính phương.
2 x 2 + 7 x + 10 + 2 x 2 + x + 4 = 3( x + 1) .
 4x2
1 + 4 x 2 = y

 4y2
=z
b) Giair hệ phương trình: 
2
1
+
4
y

 4 z2

=x

2
1 + 4 z

Câu 2 a) Giải phương trình

Câu 3 a) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau :

x − y 2011
2
2
2
là số hữu tỉ và x + y + z là số nguyên tố.
y − z 2011
2
b)Tìm nghiệm nguyên của phương trình 20 y − 6 xy = 150 − 15 x .
Câu 4 Cho tam giác ABC nhọn có trung tuyến CM. Các đường cao AH, BD, CF cắt nhau tại I. Gọi E là trung
điểm của DH. Đường thẳng qua C và song song với AH cắt BD tại P; đường thẳng qua C và song song với BD
cắt AH tại Q.
a) Chứng minh PI.AB = AC.CI
b) Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CDH. Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O).
c) CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại R (R khác C); CM cắt đường tròn (O) tại K (K khác C).
Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR.

1
1
2
+
≥

, ∀x, y > 0 thỏa mãn xy ≥ 1 .
1 + x 1 + y 1 + xy
1
b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện ≤ a, b, c ≤ 2 . Chứng minh
2

Câu 5 a) Chứng minh

22


GV: NGUYễN THị HUYềN- BàI TậP TOáN 9

a
b
c
22
+
+
.
a + b b + c c + a 15
Cõu í

Ni dung

im

Trong 4 s nguyờn liờn tip luụn cú mt s chia ht cho 4 v mt s
khỏc chia ht cho 2, do ú tớch ca chỳng chia ht cho 8
Trong 8 s nguyờn liờn tip luụn cú 4 s chn liờn tip, gi s ú l

cỏc s 2k , 2k + 2, 2k + 4, 2k + 6(k  ) . Ta cú
2k (2k + 2)(2k + 4)(2k + 6) = 16k ( k + 1)( k + 2)( k + 3)
M k (k + 1)(k + 2)(k + 3)M8 nờn 2k (2k + 2)(2k + 4)(2k + 6)M128 . T ú

suy ra iu cn chng minh.
Ta chng minh bng phn chng. T phn a. ta suy ra
m = 128c + 5040 .
Gi s m cú th phõn tớch thnh tng ca hai s chớnh phng, tc l
tn ti cỏc s t nhiờn a, b sao cho 128c + 5040 = a + b (1)
V trỏi ca (1) chia ht cho 4 nờn a, b cựng l cỏc s chn (vỡ ngc
li, nu mt s chn v mt s l thỡ v phi (1) l s l, cũn nu hai
s u l thỡ a + b = (2 x + 1) + (2 y + 1) = 4 z + 2 chia 4 d 2, vụ lớ!)
Do ú a = 2a , b = 2b (a , b Ơ ) v (1) 32c + 1260 = a + b (2)
Lp lun tng t cho (2), ta cú

1

2

2

2

2

1

1

2

1

1

nng chn, l ca

2

2

2

a ,b
2

2

2

0,25

0,25

0,5

2

1

(2) 8c + 315 = a + b ,( a , b Ơ ) (3)
Lỳc ny, 8c + 315 3(mod 4) cũn a + b 3(mod 4) (tht vy, xột tt c cỏc kh
2

0,25

2

2

1

0,25

0,25

2

2

2

2

2

ta thy ch cú ba kh nng xy ra l

a + b 0(mod 4)
a + b 1(mod 4)

a + b 2(mod 4)
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

do

0,25

ú (3) mõu thun, suy ra iu phi chng minh.

- Nu x + 1 > 0 x > 1 thỡ (1)
a

2
b

6 x + 6 = 3 ( x + 1) 2 x 2 + 7 x + 10 2 x 2 + x + 4
2 x 2 + 7 x + 10 2 x 2 + x + 4 = 2 (2)
T (1) v (2) suy ra 2 2 x 2 + x + 4 = 3 x + 1
1
1


3x + 1 0
x
x



x=3
3
3
2
2
4(2 x + x + 4) = 9 x + 6 x + 1 x 2 + 2 x 15 = 0
x = 3, x = 5

Th li. Vi x = 3 thỡ VT(1) = VP(1) = 12

Vy phng trỡnh cú nghim duy nht x = 3
Giải hệ phơng trình
- Nu x = 0 thỡ h cú nghim (x ; y ; z) l (0 ; 0 ; 0)

23

0,5

0,25
0,25
1,00
0,25


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9
 1 1 + 4x2
4 1
 y = 4 x2
 y = x2 + 4


 1 1 + 4 y 2
4 1
⇔  = 2 +4
- Nếu x ≠ 0 ⇒ y ≠ 0; z ≠ 0 . Ta có :  =
4 y2
z
z y
 1 1+ 4z2
4 1

 =
 = 2 +4
x z
4z 2
 x
Cộng theo vế các phương trình của hệ ta được
  1 4
 1 4
  1 4

 2 − + 4 ÷+  2 − + 4 ÷+  2 − + 4 ÷ = 0
x
y
z
x
 y

 z
2

2

a

0,25

2

 1
1

 1

⇔  − 2÷ +  − 2÷ +  − 2÷ = 0
x
 y

 z
1
1
⇔ x = y = z = . Thử lại ta thấy x = y = z = thỏa mãn hệ pt đã cho.
2
2
1 1 1
Vậy hệ có 2 nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0),  ; ; ÷.
2 2 2
Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
Ta có

0,25

x − y 2011 m
= (1) , trong đó m, n là các số nguyên thỏa mãn
y − z 2011 n

n > 0, (m, n) = 1.

0,25
1,00

0,25

(1) ⇔ nx − my = 2011 ( ny − mz ) (2) .

2011 là số vô tỉ và m, n, x, y, z là các số nguyên nên ta có
nx = my
⇒ xz = y 2 .
(2) <=> nx – my = ny – mz = 0 ⇒ 
ny = mz
Vì

0,25

Ta lại có : x 2 + y 2 + z 2 = ( x + z ) − 2 xz + y 2
2

= ( x + z ) − y2 = ( x + y + z ) ( x − y + z )
2

Vì x + y + z là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 nên x – y
2

2

2

0,25

+ z = 1. Do đó x + y + z = x + y + z (3)
2

2

2

Nhưng x, y, z là các số nguyên dương nên x ≥ x ; y ≥ y ; z ≥ z
Suy ra x2 = x, y2 = y, z2 = z => x = y = z = 1.
2

Khi đó

b

3

2

2

x − y 2011
= 1 và x 2 + y 2 + z 2 = 3 (thỏa mãn)
y − z 2011

Vậy (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
Tìm nghiệm nguyên của phương trình 20 y − 6 xy = 150 − 15 x .
Ta có : 150 – 15x = 20y2 – 6xy <=> 6xy – 15x = 20y2 – 150
<=> 3x(2y – 5) = 5(4y2 – 25) – 25
<=> (2y – 5)(10y + 25 – 3x) = 25
Xét 6 trường hợp sau
2 y − 5 = 1

 x = 10
+) 
⇔
(thỏa mãn)
10 y + 25 − 3x = 25
y = 3
24

0,25

1,00
0,25
0,25


GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9

a

2 y − 5 = 25
 x = 58
+) 
⇔
(thỏa mãn)
10 y + 25 − 3x = 1  y = 15
70

 2 y − 5 = −1
x =
+) 

⇔
3 (loại)
10 y + 25 − 3 x = −25  y = 2

 x = −10
2 y − 5 = −25

+) 
⇔
−74 (loại)
10 y + 25 − 3x = −1  y =
3

70

2 y − 5 = 5
x =
+) 
⇔
3 (loại)
10 y + 25 − 3x = 5
 y = 5
2 y − 5 = −5
 x = 10
+) 
⇔
(thỏa mãn)
10 y + 25 − 3x = −5
y = 0
Vậy phương trình có 3 nghiệm (x ; y) là (10 ; 3), (58 ; 15), (10 ; 0).

Chứng minh PI.AB = AC.CI

0,25

0,25

1,00

C
1

Q
H

E

P

0,25

D
Chứng minh ∠PBC = 900
=> ∠ ACB + ∠ C1=900
Ta có : ∠ P + ∠ C = 900
=> ∠ ACB = ∠ P

b

c

I
A

F

B

M

Chứng minh tứ giác ADIF nội tiếp ∠ CAB = ∠ PIC (2)
Từ (1) và (2) tam giac ∆ PIC đồng dạng với ∆ CAB
PI
IC
⇒
=
⇒ PI . AB = AC.IC (đpcm)
AC AB
Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Chứng minh tứ giác CDIH nội tiếp đường tròn (O)
=> ∠ DIC là góc nội tiếp chắn cung DI (3)
∆ADB có DM là đường trung tuyến
⇒ ∆MDB cân tại M => ∠ MBD = ∠ MDB
Ta lại có => ∠ MBD = DCI (cùng phụ với ∠ CAB) (5)
Từ (4) và (5) => ∠ MDB = ∠ DCI (6)
Từ (3) và (6) suy ra MD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR

0,25
0,25
0,25

1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00

C

c

H

MD là tiếp tuyến của (O)

D

25

E

I

K

0,25