Bài học trực tuyến khối 9 (Tuần 22)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.77 MB, 57 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THCS NGUYỄN AN KHƯƠNG 
 Mơn: Tốn Khối 9

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

HÀM SỐ:

y



ax (a 0)

2



1. Tập xác định

Hàm số: 2

y  ax (a 0) xác định với mọi giá trị của xR
Nên tập xác định: D = R

2. Tính chất

Xét hàm số y  ax (a 0)2 

- Nếu a > 0 thì hàm số nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0
- Nếu a < 0 thì hàm số đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0
3. Đồ thị

a) Với a > 0

Đồ thị của hàm số y  ax (a 0)2  là một đường cong ta gọi là Parabol (P) :
. Nằm trên trục hoành.

. Nhận trục tung là trục đối xứng.
. Có điểm cực tiểu là: (0;0).

b) Với a < 0

Đồ thị của hàm số y  ax (a 0)2  là một đường cong ta gọi là Parabol (P):
. Nằm dưới trục hoành.

. Nhận tr`ục tung là trục đối xứng.
. Có điểm cực đại là: (0;0).

Ví dụ 1: Vẽ đồ thị của hàm số: 2
x
y
Bảng giá trị:

x ̶ 2 ̶ 1 0 1 2
y 4 1 0 1 4

Ví dụ 2: Vẽ đồ thị của hàm số: 2
x
y

2
1

Bảng giá trị:

x ̶ 4 ̶ 2 0 2 4
y 8 2 0 2 8

Ví dụ 3: Vẽ đồ thị của hàm số: 2
x
y

4
1


Bảng giá trị:

x ̶ 6 ̶ 4 0 4 6
y ̶ 9 ̶ 4 0 ̶ 4 ̶ 9

Thực hành: Vẽ đồ thị của các hàm số: y x2; ;
2

1 2
x

y  y x2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN

1. Định nghĩa

Ví dụ: 5x20; 4x2 8x0;  x2 10
3

; 2x2 6x50

là các phương trình bậc hai một ẩn.

2. Giải một số phương trình bậc hai một ẩn ở các lớp dưới. 
Giải các phương trình sau:

2

a) 3x  120 b) 12x2  18x0

Ta có: 3x2  12 0 Ta có: 12x218x 0
2

3x 12

  6x 2x 3



 



0
2

x 4

   6x  0 hoặc 2x  3 0
 x  2  x  0 hoặc x 3

2

Tập nghiệm của phương trình là: S 

 

2 Tập nghiệm của phương trình là: S 0;3

 

  

 

2

c) x  3x 400

Ta có: x23x 40 = 0

x 8x 5x 40 0

    



 



x x 8 5 x 8 0

    



x 8 x





   

 x 8 hoặc x  5

Tập nghiệm của phương trình là: S 



5;8



2

d) x  6x 100
Ta có: x2 6x 100

x 6x 9 1 0

    





x 3 1 0

   

x
 

Tập nghiệm của phương trình là: S 

Thực hành:

Giải các phương trình sau:

0
28

7x
;
0
15
3x
;
0
4
9x
;
0
25
x
;
0
18
2x

a) 2    2   2   2   2  

0
12x
15x
;
0
6x
3x
;
0
5x

x

b) 2   2    2  

0
2
5x
2x
;
0
14
5x
x
;
0
40
3x
x

c) 2   2   2  

Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình có dạng: ax2bx c0 (a0)
 Trong đó: a, b, c là các số thực đã biết.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

CÔNG THỨC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN

ax

2



bx

 

c

0

(a 0)



Ví dụ 1: Giải các phương trình: 2

a) 5x 6x 4 0; b) 2x2 3x 5 0
 Giải.

a) 5x26x 4 0

Ta có: Δb24ac 364.5.444 (chú ý: b = ̶ 6 nên b2 36)
Do: Δ0 nên phương trình vơ nghiệm.

b) 2x23x 5 0

Ví dụ 2: Giải các phương trình: 2

a) 0,5x 3x4,50; b) 5x2 2x 0,20
 Giải.

a) 0,5x23x4,50

Ta có: Δ b 24ac 9 4.0,5.4,5 0  

Do: Δ 0 nên phương trình có nghiệm kép: x1 x2 b 3 3
2a 1


   

(chú ý: b = ̶ 3 nên b 3)
b) 5x2 2x0,20

Ví dụ 3: Giải các phương trình: 2

a) 5x  4x 120; b) 7x28x 2 0
 c) 5x2 6x  5 0 d) 3x2 6x120
 Giải.

a) 5x2 4x120

Ta có: Δ b 24ac 16 4.5. 12 







256

Do: Δ 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
Đặt: Δ b 24ac

. Δ 0 : phương trình vơ nghiệm.

. Δ 0 : phương trình có nghiệm kép: x1 x2 b
2a


 

. Δ 0 : phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 b Δ
2a
 



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

x1 b 4 16 2

2a 10

    

   

x2 b 4 16 6

2a 10 5

    

  

b) 7x28x 2 0

Ta có: Δ b 24ac 64 4.7.2 8  

Do: Δ 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 b 8 8 4 2

2a 14 7

    

  

x2 b 8 8 4 2

2a 14 7

    

  

Hai câu còn lại học sinh tự làm.
Thực hành:

Giải các phương trình sau:

2 2

a) 2x 7x 8 0 ; 3x  5x 8 0

2 2 2

b) x  5x6,250 ; x  x 0,250 ; 0,25x  3x 9 0

2 2 2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN PARABOL (P) VÀ ĐƯỜNG THẲNG (D)

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 liên quan đến bài tập này. Một câu hỏi ai cũng biết làm. 
 Do đó u cầu thí sinh phải thành thạo và trình bày chính xác).

Cho hai hàm số: 2

;

y  x y x  2 có đồ thi lần lượt là Parabol (P) và đường thẳng (D)

a) Vẽ (P) và (D) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán.
Giải.

a) Vẽ (P) và (D) trên cùng mặt phẳng tọa độ.
Parabol (P): y  x2

Bảng giá trị
x ̶ 2 ̶ 1 0 1 2

y 4 1 0 1 4
Đường thẳng (D): y  x  2
Bảng giá trị

x ̶ 2 ̶ 1
y 4 1

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép tốn.
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D)
x2  x 2

 x2   x 2 0

x = ̶ 1 hoặc x = 2 (cho phép bấm máy tính bỏ túi ra được kết quả.

Phần này khi học chính thức các thầy hoặc cơ sẽ chỉ rõ hơn)

Với x = ̶ 1 thì y = 1
x = 2 thì y = 4

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là: ( ̶ 1; 1) và (2; 4)

Thực hành

Bài 1. Cho hai hàm số: y = x2; y = 2x + 3 có đồ thi lần lượt là Parabol (P) và đường
thẳng (D)

a) Vẽ (P) và (D) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán.

Bài 2. Cho hai hàm số:y = x ; y = x2 6 có đồ thi lần lượt là Parabol (P) và đường
thẳng (D)

a) Vẽ (P) và (D) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán.

Bài 3. Cho hai hàm số: y =x ; y = 2x2 có đồ thi lần lượt là Parabol (P) và đường
thẳng (D)

a) Vẽ (P) và (D) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài 4. Cho hai hàm số: y = 0,5x2; y = x + 1,5 có đồ thi lần lượt là Parabol (P) và đường
thẳng (D)

a) Vẽ (P) và (D) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán.

Bài 5. Cho hai hàm số:y = 1x ; y =2 1x 3

2 2

  có đồ thi lần lượt là Parabol (P) và đường
thẳng (D)

a) Vẽ (P) và (D) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán.

Bài 6. Cho hai hàm số:y = 1x ; y =2 x 3

4   có đồ thi lần lượt là Parabol (P) và đường
thẳng (D)

a) Vẽ (P) và (D) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán.

Bài 7. Cho hai hàm số:y = 1x ; y =2 1x 3

4 2

  có đồ thi lần lượt là Parabol (P) và đường
thẳng (D)

a) Vẽ (P) và (D) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

1/ Phương trình trùng phương

Để giải phương trình này ta giảm từ phương trình bậc 4 thành phương trình bậc 2.
Ta làm như sau:

. Đặt t x2 (t 0)

. Ta có phương trình : at2bt  c 0 (*)
. Giải phương trình : (*)

. Nhận nghiệm với: (t 0)

. Giải phương trình : x = t2 với giá trị của t tìm được.
. Ghi tập nghiệm.

Thực ra trình bày bài giải rất đơn giản. 
Ví dụ: Giải phương trình : x43x2 400
. Đặt t x2 (t0)

. Ta có phương trình : t23t 400
Δ b 24ac 9 4.1. 40 







169

Do: Δ0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
t1 b 3 13 5

2a 2

   

    (loại)

t2 b 3 13 8

2a 2

   

   (nhận)

Với: t = 8 ta có x2 8   x 8

Tập nghiệm của phương trình là: S 

 

8

Thực hành:

Giải các phương trình sau:

4 2 4 2 4 2 4 2

a) x  3x 400 b) x 7x 180 c) x 5x 14  0 d) x  7x  120

4 2 4 2 4 2 4 2

e) 5x  3x  2 0 f) 18x 7x  1 0 g) 14x 5x  1 0 h) 3x 10x  3 0
Phương trình trùng phương là phương trình có dạng:

ax4bx2  c 0 (a0)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2/ Phương trình chứa ẩn ở mẫu.

Ví dụ. Giải phương trình:

2
2

x 4 2x 11x 9

0

x 3 x 5 x 2x 15

 

  

   

Giải

Điều kiện xác định: x 3 và x  5

2
2

x 4 2x 11x 9

0

x 3 x 5 x 2x 15

 
  
   























x x 5 4 x 3 2x 11x 9

x 3 x 5 x 5 x 3 x 5 x 3

   

   

     









x x5  4 x3  2x 11x  9 0

2 2

x 5x 4x 12 2x 11x 9 0

       

3x 10x 3 0

   

Ta có: Δ b 24ac 100 4.3.3 64  

Do: Δ 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 b 10 8 1

2a 6 3

   

  

x2 b 10 8 3

2a 6

   

  

So với điều kiện của phương trình: x 3 và x 5 thì

3
1


x nhận
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 1

3

 
  
 

Thực hành:

Giải các phương trình sau:

2

5x 3 12

a)

x2  x 2  x 4

2
2

x 4 x 5 4x 3x 76

b) 0

x 5 x 4 x x 20

      

   

2

2 3

2 2x 6x 4x 14

) 0

x 1 x x 1

c

1 x

 

  

   

Cách giải giống như ở lớp 8:

. Đặt điều kiện của biến (ẩn) để phương trình có nghiệm. 
 . Quy đồng mẫu và bỏ mẫu ta được phương trình mới. 
 . Giải phương trình mới.

. So với điều kiện đã đặt để nhận nghiệm của phương trình.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

HỆ THỨC VI-ÉT

Như vậy: Nếu một phương trình bậc hai có hai nghiệm thì ta tính được tổng của hai nghiệm
và tích của hai nghiệm rất là dễ dàng: chỉ cần căn cứ vào các hệ số a, b, c.

Để sử dụng hệ thức Vi-ét ta phải chứng minh phương trình (1) có nghiệm. Tạm thời ta sử
dụng một trong hai cách sau: . Chứng minh Δ 0

. Chứng minh a và c trái dấu hoặc a.c < 0
(Thật vậy: ac < 0

Nên: 4ac 0

Do đó: Δ = b2 4ac > 0)

Nhận xét thêm rằng khi a và c trái dấu thì: . Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
. Hai nghiệm này trái dấu

x x1 2 c < 0
a

  

 

 

Thực hành

Bài 8. Khơng giải phương trình hãy tính tổng của hai nghiệm và tích của hai nghiệm ở các
phương trình sau: 2

a) 7x 8x 2 0; b) 4x2 3x8 0
c) 3x218x160; d) 15x23x180
Giải.

a) 7x28x 2 0

Ta có: Δ b 2 4ac 64 4.7.2 8 0   

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
Theo định lý Vi-ét ta có:

x1 x2 b = 8
a 7


  và x x1 2 c = 2
a 7


b) 4x23x8 0

Ta có: a = 4 > 0 và c   8 0
Do đó: ac <0

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
Theo định lý Vi-ét ta có:

x1 x2 b = 3

a 4

 

  và x x1 2 c = 8 2

a 4


  

Hai câu còn lại học sinh tự làm.

Bài 9. Khơng giải phương trình hãy tính tổng của hai nghiệm và tích của hai nghiệm ở các
 phương trình sau: a) 9x23x5 0; b) 4x 2 5x 2 0

Nếu phương trình bậc hai : 2

ax bx c 0 (1)(a  0) có hai 
nghiệm x1, x2 thì x1 x2 b

a


</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Giải.

a) 9x2 3x 5 0

Ta có: Δ b 24ac 9 4.9.5   171 0
Nên phương trình vơ nghiệm.

Do đó: khơng có tổng của hai nghiệm và tích của hai nghiệm của phương trình
đã cho.

b) 4x 2 5x 2 0
Ta có: Δ b 24ac
Nên phương trình

Bài 10. Hãy tính tổng của hai nghiệm và tích của hai nghiệm ở các phương trình sau:

a) 6x23x  3  2 0; b)



2 1 x



25x  2 2 0

Giải.

a) 6x23x  3  2 0

Ta có: a = 6 > 0 và c 3 2 0
Do đó: ac < 0

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
Theo định lý Vi-ét ta có:

x1 x2 b = 3 =1
a 6 2


  và x x1 2 c = 3 - 2

a 6


b)



2 1 x



25x  2  2 0

Ta có: a = và c 
Do đó: ac

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
Theo định lý Vi-ét ta có:

x1 x2 b =

a


  và x x1 2 c =
a


Bài 11. Chú ý:

Cho phương trình: 4x217x 4 0

a) Chứng tỏ phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Gọi x1, x2là hai nghiệm của phương trình. Khơng giải phương trình hãy tính:
b ) x1 1 x2; x x1 2; x12 x22

b ) x + 3 x + 32



1



2

 

; x16 x



26



1 2
3

2 1

x x

b )

x  x

b ) A4 x12x22 x x1 2 5x1  5x2 ; B x12x22 4x x1 2 8x1  8x2





2
2 2

1 2 1 2 1 2

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

12
 Giải.

a) Chứng tỏ phương trình có hai nghiệm phân biệt. 
Ta có: Δ b 24ac 289 4.4.4 225 0   

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Gọi x1, x2là hai nghiệm của phương trình. Khơng giải phương trình hãy tính: 
Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lý Vi-ét ta có:
x1 x2 b = 17

a 4



  và x x1 2 c = 4 =1
a 4






17 289 257

2.1 2

4 16 16

2

2 2

1 2 1 2 1 2

x x x x 2x x      

 

   



x + 3 x +1



2 3



x x1 2 3x13x2 9



x16 x



26





 x1x2  3



x1 x2



 9 = 
 9

4
17
3

1 

 . =

4
91

 =

257 : 1 257

16 16

2 2

1 2

1
1

2 1 2

2 x x
x
x x
x x
x

 

 

Ax12x22 x x1 2 5x1  5x2





x1  x2



2  3x x1 2  5



x1  x2



2
17 17
3.1 5.
4 4
 
   
 
 

Bx12x22 4x x1 2 8x1  8x2

= 
 = 
 =

Bài 12. Cho phương trình: 4x28x 3 0
a) Chứng tỏ phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình. Khơng giải phương trình hãy tính:

b ) x1 1 x2; x x1 2; x12 x22

b ) x + 2 x + 22



1



2

 

; x18 x



28



1 2
3

2 1

x x

b )

x  x

b ) A4 x12x22 3x x1 2 2x1  2x2 ; Bx21x22 6x x1 2  8x1  8x2

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

BÀI TẬP VỂ ĐỊNH LÝ VI-ÉT TRONG ĐĨ PHƯƠNG TRÌNH

BẬC HAI CÓ CHỨA THAM SỐ m

Bài 13. Cho phương trình bậc hai: x24x 2m 6 0 (1) (m là tham số)
a) Định m để phương trình (1) có nghiệm.

b) Gọi x1, x2là hai nghiệm của phương trình (1). Khơng giải phương trình hãy tính:
 x1  x2; x x1 2; x21 x22 theo m.

c) Định m để: x x = 3x1 2 1  3x2 
d) Định m để: 2x x1 2 5x1  5x2

e) Định m để: 2 2 2 2

1 2 1 2

x x  x  x  208 
f) Định m để: 2 2

1 2 1 2 1 2

x x  11x x  25x 25x 2

g) Đặt: 2 2

1 2 1 2

1

A x x 3x x 13

4

  

Hãy biểu diễn A theo m và tìm giá trị nhỏ nhất của A
Giải.

a) Định m để phương trình (1) có nghiệm.

Ta có: Δ b 24ac 16 4.1. 2m 6 



  



8m 40
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: Δ 0
 8m 40 0

 m 5
b) Tính x1 x2; x x1 2; x12 x22 theo m.

Phương trình (1) có hai nghiệm  m 5.
Theo định lý Vi-ét ta có:

x1 x2 b 4 = 4
a 1


   và x x1 2 c 2m 6 2m 6

a 1



   

x + x = x + x12 22



1 2



2  2x x = 41 2 2  2 2m



6 =



4m + 28

c) Định m để: x x = 3x1 2 1  3x2

Ta có: x x = 3x1 2 1  3x2
  x x = 3 x1 2



1 x2



2m  6 = 3.4

 m = 9

So với điều kiện: m  5 thì m 9loại.
Vậy khơng có giá trị của m thỏa x1x23x1  3x2

d) Định m để: 2x x1 2 5x1 5x2

Ta có: 2x x1 2 5x1  5x2
  

 
  m 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

e) Định m để: 2 2 2 2

1 2 1 2

x x  x  x  208 
Ta có: 2 2 2 2

1 2 1 2

x x  x  x  208
 



2m6



2  4m  28 208
 2

4m 24m 36 4m 28 208

      

2

4m 20m 200 0

   

 m2 5m 50  0

Ta có: Δ b 24ac 25 4.1. 50 







 225 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.
 m1 b 5 15 5

2a 2

   

   

10
2

15
5 







2a
b
m2

So với điều kiện: m  5 thì m 5nhận.
Vậy khi m 5 thì x x12 22  x12  x22  208

f)Định m để: 2 2

1 2 1 2 1 2

x x  11x x  25x 25x 2

Ta có: 2 2

1 2 1 2 1 2

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

g) Đặt: A 1x x12 22 3x x1 2 13
4

  

Hãy biểu diễn A theo m và tìm giá trị nhỏ nhất của A.

2 2

1 2 1 2

1

A x x 3x x 13

4

  

1



2m 6



2 4 2m





22
4

    

1



4m2 24m 36



8m 24 22
4

     

m2 6m 9 8m2422
 2

m 14m 55

  





m7



2  6

Nếu tới đây ta làm như sau:





m 7  6  6
 Đẳng thức xảy ra khi và khi m  7 0 m 7

Do phương trình (1) có nghiệm với m  5 nên m = 7 loại 
 Vậy giá trị nhỏ nhất của A không phải là 6 mà là con số khác.

Ta làm lại như sau:

Ta có: m 5

 m   7 2
Do:  2 0
Nên:



m7



2  4

Hay:



m7



2  6 10

Đẳng thức xảy ra khi và khi m   5 0 m 5

Do phương trình (1) có nghiệm với m  5 nên m = 5 nhận

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 10 khi m = 5
Ta có thể giải cách khác như sau:

Am2 14m 55
 2

m 10m 25 4m 30

    





m5



2  4m30
Ta có: m 5

4m   20



m5



2 0

Nên:



m5



2  4m 20
 Hay:



m5



2 4m 30 10

A 10 
 Đẳng thức xảy ra khi và khi m 5

Do phương trình (1) có nghiệm với m  5 nên m = 5 nhận

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Bài 14. Cho phương trình bậc hai: x22x + 4 m 0 (1) (m là tham số)
a) Định m để phương trình (1) có nghiệm.

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Khơng giải phương trình hãy tính:

x1 x2; x x1 2; x12 x22 theo m. 
c) Định m để: x x + 6x1 2 1 6x = 02

d) Định m để: 3x x = 2x + 2x1 2 1 2 
e) Định m để: 2 2 2 2

1 2 1 2

x x  x  x 4 
f) Định m để: 2 2

1 2 1 2 1 2

x x  4x x  5 5x 5x

g) Đặt: 2 2

1 2 1 2

Ax x  6x x  18

Hãy biểu diễn A theo m và tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Học sinh tự làm.

Bài 15. Cho phương trình bậc hai: x2



3m4 x



 2m2 2m120 (1) (m là tham số)
a) Định m để phương trình (1) có nghiệm.

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Khơng giải phương trình hãy tính:

x1 x2; x x1 2; x12 x22 theo m. 
 c) Định m để: x x = x1 2 1  x2  10 
 d) Đặt: A 



x1 x2



2  2x1 2x2 6

Hãy biểu diễn A theo m và tìm giá trị nhỏ nhất của A

Giải.

a) Định m để phương trình (1) có nghiệm.

Ta có:














  







b 4ac 3m 4 4. 2m 2m 12

Δ 2 2 2

9m2 24m168m2 8m48
 m2 16m64





m 8



Do: 



m8



2 0 với mọi giá trị của m

Nên phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m

b) Tính x1  x2; x x1 2; x12 x22 theo m.

Phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m 
Theo định lý Vi-ét ta có:

3m 4

1
4
3m
a

b
x

x1 2       và

2
1 2

x x = c = 2m 2m 12= 2m 2m 12

a 1

   

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

c) Định m để: x x = x1 2 1  x2  10 
Ta có: x1x2 x1  x2 10
2m2 2m123m410
  2m2 5m2 0

Ta có: Δb24ac254.2.290

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

2
1
4

3
5
2a

m1 









2
4

3
5
2a

m2 








Phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m
Vậy khi ;2

2
1

m thì x1x2 x1 x2 10

d) Đặt: A 



x1 x2



2  2x1 2x2 6 
 x12x22 2x1x2 2



x1 x2



6

5m2 20m402



2m2 2m12



2



3m4



6
 5m2 20m404m2 4m246m86
 m2 10m50





m5



2 25
Ta có:



m5



2 25 25

Đẳng thức xảy ra khi và khi m50m5

Do phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m nên m = 5 nhận
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 25 khi m = 5

Bài 16. Cho phương trình bậc hai: x2



6m2 x



8m2 4m 240 (1) (m là tham số)
 a) Chứng minh rằng phương trình (1) ln ln có nghiệm với mọi giá trị của m.

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Khơng giải phương trình hãy tính:

x1 x2; x x1 2; x12 x22 theo m. 
c) Định m để: x x1 2 3x + 3x1 2  14

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

Ví dụ1. Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 20m, diện tích là 2400m2.

Tính chu vi hình chữ nhật đó.

Giải

Gọi chiều rộng hình chữ nhật là x (m), x > 0.
Chiều dài hình chữ nhật là x + 20.

Do diện tích hình chữ nhật là 2400m2. 
Nên ta có phương trình: x x



20



2400
2

x 20x 2400 0

   

Δ b 24ac 400 4.1.( 2400) 1000   

Do: Δ 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 b 20 100 60

2a 2

    

   

x2 b 20 100 40

2a 2

    

  

So với điều kiện x > 0 thì x = 40 nhận.
Vậy chiều rộng hình chữ nhật là: 40m.

Chiều dài hình chữ nhật là: 40 + 20 = 60 (m).
Chu vi hình chữ nhật là: 2(40 + 60) = 200 (m).

Ví dụ2.

Nhu cầu mua hàng online hiện nay rất lớn. Để vận chuyển các món hàng đó đến khách
hàng tiêu dùng, khơng ai khác chính là các shipper. Ngày 05/01/2020 cơng ty ABC tính nhờ
các shipper vận chuyển 1800 món hàng đến khách hàng. Mỗi shipper vận chuyển số món
hàng như nhau. Sau khi tính tốn lại, người ta giảm đi 10 shipper. Do đó mỗi shipper vận

chuyển thêm 6 món hàng.

Tính số shipper ngày 05/01/2020 vận chuyển các món hàng cho cơng ty ABC.

Giải

Gọi số shipper thực tế vận chuyển hàng là x (người), x nguyên dương, x > 10
Số shipper dự định thuê lúc đầu: x ̶ 10.

Số món hàng thực tế mỗi shipper vận chuyển: 1800
x
Số món hàng mỗi shipper dự định vận chuyển: 1800

x +10
Do mỗi shipper vận chuyển thêm 6 món hàng.

Nên ta có phương trình:
1800 1800 6

x  x + 10 
 300 300 1

x  x + 10 

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

x2 10x 3000 0

Δ b 24ac 100 4.1.( 3000) 12100   
Do: Δ 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 b 10 110 60

2a 2

    

   

x2 b 10 110 50

2a 2

    

  

So với điều kiện: x nguyên dương và x > 0 thì x = 50 nhận.

Vậy: số shipper thực tế vận chuyển hàng ngày 05/01/2020 là 50 người.

Bài 17. Hai xe cùng đi từ A đến B dài 360km. Trung bình mỗi giờ, xe thứ nhất chạy chậm
hơn xe thứ hai 20km/h, cho nên xe thứ hai về đến B sớm hơn xe thứ nhất 90 phút. Tính vận
tốc của mỗi xe.

Bài 18. Hãng Đại Dương chuyên vận chuyển hàng hóa bằng đường biển rất uy tín, với giá rẻ
và đúng hẹn. Hãng nhận được hợp đồng chuyển 2400 kiện hàng của công ty Thái Phong
(chuyên sản xuất đồ gỗ) từ cảng Sài Gòn tới cảng Osaka (của Nhật Bản, thời gian vận
chuyển là từ 8 đên 10 ngày) với chi phí 100 USD/Container 40'DC.

Mỗi Container 40'DC (dài 12m, rộng 2,4m, cao 2,6m) chứa số kiện hàng như nhau.
Sau khi nghiên cứu các kiện hàng, và sắp xếp gọn lại, nên số Container 40'DCgiảm đi

5 chiếc (nhằm giảm chi phí vận chuyển cho khách hàng). Nghĩa là mỗi Container 40'DC
phải vận chuyển thêm 40 kiện hàng.

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

HÌNH HỌC

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

GĨC VÀ ĐƯỜNG TRỊN

A. Góc ở tâm

...
n,
O
m
y,
O
a
B,
O

Aˆ ˆ ˆ gọi là góc ở tâm

AOˆBchắn cung AB

Công thức: SđABAOB (cung nhỏ AB)

Thực hành: 
Bài 1. Tính số đo cung nhỏ EK.

Giải

Ta có: = ( )
=

Bài 2. Tính IOˆQ

Giải

Ta có: = ( )
=

B. Góc nội tiếp

y
E
x
B,
M

A ˆ ˆ là góc nội tiếp

B

M

A ˆ là góc nội tiếp chắn cung AB

Công thức: AMB 1SđAB

2


Thực hành:

Góc ở tâm là góc có đỉnh là tâm đường 
trịn.

Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường trịn và hai cạnh 
chứa hai dây cung của đường trịn đó. Cung nằm bên trong 
góc được gọi là cung bị chắn.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

22
 1/ Cho số đo cung AB bằng 0

70 . Tính AQˆB theo hình vẽ bên.
 Giải

Ta có: AQˆB  ( tính chất của góc nội tiếp)

=

=

2/ Cho ASˆB  800. Tính số đo cung AB theo hình vẽ bên.

Giải

Ta có: ASˆB  (

= 
 =

  CÁC HỆ QUẢ

Sử dụng

Bài 3. Tính AMˆ B

Giải

Ta có: AMˆ B 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
HQ1: Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn có số đo bằng 900

HQ2: Trong một đường trịn hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau. 
HQ3: Trong một đường tròn:

.

Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau.

.

Hai góc nội tiếp bằng nhau thì chắn hai cung bằng nhau.

HQ4: Trong một đường tròn hai cung bị chắn bởi hai dây song song thì bằng nhau. 
800

S

A

B

700

Q

A

B

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Bài 4. Tính các góc AEˆO, ASˆB, AMˆ O, AQˆB

Giải

Ta có: AEˆO
=
=
=

Sử dụng

AIˆBvà AQˆBlà hai góc nội tiếp của đường trịn (O) cùng
chắn cung AB

Công thức: AIˆB AQˆB (cùng chắn cung AB)

Thực hành:

Bài 5. So sánh SAˆQvàSBˆQ

Giải

Ta có: = ( )

Bài 6. So sánh DAˆCvàDBˆC, ADˆB và ACˆB, BDˆCvàBAˆC, ABˆDvà ACˆD 
Giải

D
C
 A
và
D
B

Aˆ ˆ

O
I

A

B
Q

O
A

S

Q
B

O
A

D

C
B

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

24
Bài 7. Tính ACˆB

Giải

Bài 8. ChoABC cân ở A nội tiếp đường tròn (O), với Aˆ  900

a) So sánh AMˆ B và ACˆB

Ta có: = (

b) Chứng minh MA là tia phân giác của BMˆ C .
Ta có : =

=
=
Nên: =
Vậy:

Bài 9. Cho BIC (Iˆ  900) nơi tiếp đường trịn (O). Tia phân giác của I cắt đường tròn
(O) ở A



IA



a) So sánh AIˆB và ACˆB
Ta có:

b) Chứng minh ABC cân ở A.

Ta có: =

Vậy: =
Do đó:

Bài 10. Cho ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). H
là giao điểm của hai đường cao AD và CF. AD cắt đường tròn (O)
ở Q (Q khác A). Chứng minh: HCˆD  QCˆD và HCQ cân ở C.
(Ngồi ra ta cịn tam giác nào cân nữa?)

Giải

800

O
A

D

C

B

O

B C

A

M

O

B C

A

I

B C

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Bài 11. Cho AMBnội tiếp đường trịn (O) đường kính AB.

Giải

a) Tính AMˆ B
Ta có:

b) Điểm E thuộc cung nhỏ MB ( E khác M và B).

Đường cao MH của AMB cắt AE ở I. Chứng minh:

M
E
A
I
M

A ˆ  ˆ và 2

AM AI. AE

Bài 12. Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O). Vẽ hai cát tuyến MEK và MAB.
Chứng minh: MAK ~ MEB và ME.MK =

MA.MB

Giải

Xét MAK và MEB có:
AMˆ E chung

MKˆA  MBˆE (cùng chắn cung AE)
Vậy MAK ~ MEB

Nên:

MB
MK
ME

MA 

Do đó: ME.MK = MA.MB

O

A B

M

M
O

K

E

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Bài 12.1 Từ điểm S nằm ngồi đường trịn (O). Vẽ hai cát tuyến SIM và SEQ.
Chứng minh: SEM ~ SIQ và SE.SQ = SI.SM

(Các bạn tự giải)

Bài 13. Hai dây của đường tròn (O) là AC và BD cắt nhau ở M.
Chứng minh: MAB ~ MDC và MA.MC = MB.MD

Giải

Xét MAB và MDC có:

AMˆ B DMˆ C (hai góc đối đỉnh)
MAˆB MDˆC (cùng chắn cung BC)

Vậy: MAB ~ MDC
Nên:

MC
MB
MD

MA 

Do đó: MA.MC = MB.MD

Bài 13.1 Hai dây của đường tròn (O) là PQ và SH cắt nhau ở I.
Chứng minh: IPS ~ IHQ và IP.IQ = IH.IS

Bài 13.2 Cho hai đường tròn (O) và (O1) có dây chung AB (tâm đường trịn này nằm ngồi
đường trịn kia). Điểm M nằm giữa A và B. Đường thẳng qua M: Cắt đường tròn (O) ở E và

K, cắt đường tròn (O1) ở H và Q (H nằm giữa K và E). Chứng minh: ME.MK = MH.MQ
(Các bạn tự giải)

Bài 14. Cho ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Ba đường cao AD, BE, CF
củaABCgiao nhau ở H và cắt đường tròn (O) lần lượt ở M, S, Q. BC cắt MQ, MS lần lượt
ở I, V. Chứng minh: AMˆ Q AMˆ S và MIV cân ở M.

(Các bạn tự giải)

M
O

A

B

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

TIẾP TỤC VỚI BÀI GĨC NỘI TIẾP

Viết thuận: Ta có: ABCD (nêu lý do nào đó)
Nên: AMˆ B  CQˆD (trong một ….)

Viết đảo: Ta có: AMˆ B CQˆD (nêu lý do nào đó)
Nên: ABCD (trong một ….)

Bài 15. Cho điểm B là điểm chính giữa cung AC (theo hình vẽ). So sánh AEˆB BSˆC

Giải

Ta có: =
Nên: =

Bài 16. Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Đường phân giác AD của ABC cắt
đường tròn (O) ở I (I khác A). Chứng minh I là điểm chính giữa cung BC.

Giải

Ta có: =
Nên: =
Do đó: I là
C

B
M

A

D
Q

B
E

A

C
S

D C

O
A

B

I

HQ3: Trong một đường trịn:

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Bài 17. Cho ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao BE và CF
giao nhau ở H và lần lượt cắt đường tròn (O) ở M và Q.

a) Chứng minh A là điểm chính giữa cung MQ
Ta có: =

Nên: =
Do đó:

b) So sánh ABˆQvà ACˆM; AQˆMvà ACˆM

c) Chứng minh: CE là đường phân giác của HCM và HCM cân.

d) S là điểm chính giữa cung BC nhỏ. AS cắt BE, CF lần lượt ở I, V. Nhận xét gì về HVI
và H là gì của MQK với K là giao điểm của AH và đường tròn (O) ( K khác A).

(Các bạn tự giải các câu còn lại)

Bài 18. ChoABCnhọn nội tiếp đường tròn (O). Đường cao CF của ABC cắt đường tròn
(O) ở Q. Chọn M

 

O sao cho A là điểm chính giữa cung MQ. BM cắt CQ tại H. Chứng
minh H là trực tâm của ABC.

Bài 18.1 ChoABCnhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Đường cao AD của ABCcắt
đường tròn (O) ở K (K khác A). Chọn điểm Q thuộc đường tròn (O) sao cho B là điểm chính
giữa cung KQ. Chọn điểm M thuộc đường trịn (O) sao cho A là điểm chính giữa cung MQ.

a) Chứng minh C là điểm chính giữa cung MK.

b) Gọi H là giao điểm của AK và CQ. Chứng minh H là giao điểm ba đường phân giác
của MKQvà H là trực tâm củaABC.

(Các bạn tự giải)

E

Q

M

F

B

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

TIẾP TỤC VỚI BÀI GÓC NỘI TIẾP

Cho AB và CD là hai dây song song của đường tròn (O)
(theo thứ tự A, B, C, D)

Ta có: AD và BCbị chắn bởi hai dây song song
Nên: AD BC

Trình bày: Ta có: AB // CD (nêu lý do)

Nên: AD BC (trong một đường tròn hai cung bị
chắn bởi hai dây song song thì
bằng nhau)

Thực hành:

Bài 19. Cho AQ và BC là hai dây của đường tròn (O) vng góc với nhau tại D. (DB < DC).
Gọi AM là đường kính của đường trịn (O).

a) Tính AQˆM
Ta có:

b) Chứng minh: BQCM
Ta có:

Nên: = (

c) Gọi BE là đường cao của ABC. Từ E vẽ đường thẳngvng góc với AM tại I và cắt
AB tại K. Thử chứng minh CKAB

B

O

D

C
A

B

Q
A

C
D

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

C. GÓC CÓ ĐỈNH Ở BÊN TRONG ĐƯỜNG TRỊN

GĨC CĨ ĐỈNH Ở BÊN NGỒI ĐƯỜNG TRỊN

C
I
B
và
D
I
 A
C,
I
D

B,
I

Aˆ ˆ ˆ ˆ là các góc có đỉnh ở bên trong đường
tròn.

C
I

Dˆ chắn các cung AB và CD

Công thức: AIB DIC 1



AB CD



2 Sđ Sđ

 

AIˆD BIˆC=

IAE và IBQ là các cát tuyến SA là tiếp tuyến SA, SE là các tiếp tuyến

SBC là cát tuyến

ˆ ˆ

EIQ, ASB và ASElà các góc có đỉnh ở bên ngồi đường tròn.

EIQ 1



SđQE AB



2 Sđ

 
 ASˆB

ASEˆ 

Thực hành:

Bài 20. Cho đAD 0

S 120 , 0

SđSI40 . Tính AQˆDvà AMˆ D 
Giải

Ta có:
AQˆD
=
=
AMˆ D

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Bài 21. Cho DC là đường kính của đường trịn (O;R). AB là dây cung với ABR 2 . S là
giao điểm của AD và BC, I là giao điểm của AC và BD. Tính ASˆBvà DIˆC.

Ta có: OA2 + OB2 = 
AB2 =
Nên: =
Vậy:

Do đó:

Suy ra: Số đo cung AB là:
Ta có: ASˆB 

DIˆC 

Bài 22. Cho 5 điểm A, B, C, E và K (theo thứ tự) cùng thuộc đường trịn (O) với B là điểm
chính giữa cung AC.

a) AK và BE cắt nhau tại Q. BK và CE cắt nhau tại M. Chứng minh: AQˆBBMˆ C
Ta có: = (do )

AQˆB

BMˆ C

Do đó:

b) AE và BK giao nhau tại I. BE và CK giao nhau tại H.
Chứng minh: KIˆE

B
S

O
D

C
A

M

B
Q

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Bài 23. Cho 6 điểm A, M, C, E, B và K (theo thứ tự) cùng thuộc đường tròn (O). Gọi H là
giao điểm của BM và CK, I là giao điểm của BM và AE, Q là giao điểm của AE và CK. Với

AKAM, BECE. Giả sử ta có HIQ. Hỏi HIQ có gì đặc biệt?

Giải

Bài 24. Cho ABCnhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE và CF giao
nhau tại H. Gọi S là điểm chính giữa cung BC, I là giao điểm BE và AS, Q là giao điểm của
CF và AS. Chứng minh: HIQcân.

Q
I
H

C
K

E
A

M

B

O

B C

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

D. GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG

Cho đường trịn (O) có AB là dây cung, xy là tiếp tuyến
có tiếp điểm là A

Các góc: xAˆB, yAˆB là các góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
cung.
Công thức: xAB 1 ASB

2Sđ



yAB 1 AEB
2Sđ


Chú ý:

SABSCA (cùng bằng1

2SđAB)

SAB 1AOB

 (góc ở tâm và góc tạo bởi tia
tiếp tuyến và dây cung cùng
chắn AB nhỏ)

SCA 1AOB
2

 (góc ở tâm và góc nội tiếp
cùng chắn AB nhỏ)

Các cơng thức trên phải học thuộc vì:

+ Giúp chúng ta trình bày bài giải ngắn gọn.
+ Nhìn thấy được cách giải bài tốn nhanh hơn.
Thực hành:

Bài 25. Từ điểm S nằm ngồi đường trịn (O) vẽ cát tuyến SBC và tiếp tuyến SA (A là tiếp
điểm). Chứng minh SAB ~ SCA và 2

SA SB. SC và
2
2

AB SB

CA SC

Gợi ý: Nên đánh dấu ngay SAˆBSCˆA do hướng giải nhanh hơn và viết góc đúng.

Xét SABvàSCAcó:
B

S

Aˆ chung

SAˆBSCˆA ( cùng bằng1

2SđAB )
Vậy: SAB ~ SCA

Nên: SA SB AB
SC SA  CA
Suy ra: 2

SA SB. SC
2

AB SA SB SB

CA  SC SA SC

Nhận xét:Nếu SA là tiếp tuyến (A là tiếp điểm) và SBC là cát tuyến của đường trịn thì 
ta nhận thấy được ngay: SA2 = SB.SC

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Bài 26. Cho hai đường tròn (O) và (O1) có dây chung BC (tâm đường trịn này nằm ngồi
đường trịn kia). Trên tia đối của tia BC chọn điểm M. Từ M vẽ tiếp tuyến MA của đường
tròn (O) (A là tiếp điểm) và tiếp tuyến MQ của đường tròn (O1) (Q là tiếp điểm).

Chứng minh: 2

MA MB. MC và MA = MQ.

Giải

Bài 27. Cho hai đường trịn (O) và (O1) có tiếp xúc ngoài tại A. Từ A vẽ tiếp tuyến chung xy
của hai đường tròn. Trên tia Ax chọn điểm M. Từ M vẽ cát tuyến MBC của đường tròn (O)
và cát tuyến MEK của đường tròn (O1). Chứng minh: MB.MC = ME.MK

(Các bạn tự giải)

M

C
B

O

O1

A

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Cho đường trịn (O) có dây AB.

Theo hình vẽ nếu ta chứng minh được SAB 1 AB
2Sđ


thì ta kết luận SA là tiếp tuyến của đường trịn (O).
Trình bày: Ta có: SAB 1 AB

2Sđ

 (……)

Nên: SA là tiếp tuyến của đườmg tròn (O) (định lý đảo của định lý: “Góc
tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung”)

ChoABC. Đường thẳng x đi qua C thỏa: BAˆCxCˆB

Lúc này ta kết luận đường thẳng x là tiếp tuyến của đường tròn (ABC)

( đường tròn (ABC) nghĩa là đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C).
Trình bày: Ta có: BAˆCxCˆB (…….)

Nên: đường thẳng x là tiếp tuyến của đường tròn (ABC)

(định lý đảo của định lý: “Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung”)
B

C

A

S

DẠNG BÀI TẬP CHỨNG MINH MỘT ĐƯỜNG THẲNG LÀ TIẾP TUYẾN 
 CỦA MỘT ĐƯỜNG TRÒN

x

B

C

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Bài 28. ChoAMBnội tiếp đường trịn (O) đường kính AB.
a) Tính AMˆ B

b) Điểm E thuộc cung nhỏ MB (E khác B và M). Đường cao MH của AMBcắt
AE ở K. Chứng minh MA là tiếp tuyến của đường trịn (MKE).

Giải

a) Tính AMˆ B

Ta có: AMˆ B 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

b) Chứng minh MA là tiếp tuyến của đường tròn (MKE).
Ta có: AMˆ H  ABˆM (cùng phụ MAˆB)

AEˆM  ABˆM (cùng chắn cung AM)

Nên: AMˆ H  AEˆM

Do đó: MA là tiếp tuyến của đường tròn (MKE) (định lý đảo của định lý: “Góc tạo bởi tia
tiếp tuyến và dây cung”)

Bài 29. Cho ABC cân tại A (Aˆ  900) nội tiếp đường tròn (O). Điểm M thuộc cung nhỏ
BC (M khác B và C). AM và BC giao nhau tại I. Chứng minh rằng: ACˆB  AMˆ C và suy ra
AC là tiếp tuyến của đường tròn (MIC). Tương tự ta có gì?

Giải

Ta có: ABˆC  AMˆ C (cùng chắn cung AC)
ABˆC  ACˆB (ABC cân tại A)

Nên: ACˆB AMˆ C

Do đó: AC là tiếp tuyến của đường tròn (MIC)

(định lý đảo của định lý: “Góc tạo bởi tia tiếp
tuyến và dây cung”)
Tương tự ta có: AB là tiếp tuyến của đường tròn (MIB)

Bài 29.1. Cho AHK cân tại A (Aˆ  900) nội tiếp đường tròn (O). Điểm M thuộc cung nhỏ
HK (M khác H và K). AM và HK giao nhau tại Q. Chứng minh
rằng: AKˆH  AMˆ K và suy ra AK là tiếp tuyến của đường trịn
(MQK). Tương tự ta có gì?

(Các bạn tự giải)

B C

A

E

K

H O

A B

M E

I

A

O

B C

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Chú ý: Trong quá trình giải bài tập, nếu chúng ta thấy được:
AB2 = AE.AC

Nghĩa là ta có: AB là tiếp tuyến của đường trịn (BEC)
Thật vậy: Xét ABE và ACB có:

BAˆE chung

AB AE



do AB2 AE.AC



AC AB 

Vậy: ABE ~ ACB

Nên: ABˆE  ACˆB

Do đó: AB là tiếp tuyến của đường tròn (BEC)

(định lý đảo của định lý: “Góc tạo bởi tia tiếp 
 tuyến và dây cung”)
Bài 30. Cho ABC có Aˆ  900 và AH là đường cao. Chọn điểm Q bất kỳ sao cho BQ = BA
((QBC)). Chứng minh: BQ là tiếp tuyến của đường tròn (QHC).

Giải

Ta có: BA2 = BH.BC ( ABC vng ở A có AH là

đường cao)
BQ = BA (gt)

Nên: BQ2 = BH.BC 
Xét BQH và BCQ có:

BQˆH chung

BQ
BH
BC

BQ 

(BQ2 = BH.BC)
Vậy: BQH ~ BCQ

Nên: BQˆH  BCˆQ

Do đó: BQ là tiếp tuyến của đường tròn (QCH)

(định lý đảo của định lý: “Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung”)

Bài 31. Cho ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao AD và BE cắt
nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt ở Q và M.

a) Chứng minh C là điểm chính giữa cung MQ.

b) MQ cắt CA, CB lần lượt ở S và K. Chứng minh: MC là tiếp tuyến của đường tròn
(AMS) và đường tròn (BMK). Tương tự ta có gì?

Bài 32. Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB (A, B là hai tiếp
điểm). Từ O vẽ đường thẳng vng góc với OA cắt AB ở E. Chứng minh MO là tiếp tuyến
của đường tròn (OBE).

Bài 33. Cho ABC nhọn (AB < AC) có H là giao điểm hai đường cao BE và CF. Từ B vẽ
đường thẳng song song với EF cắt AC ở Q. Chứng minh AF. AB = AE . AC và AB là tiếp
tuyến của đường tròn (BQC).

Bài 34. Cho ABC nhọn (AB < AC) có H là giao điểm của hai đường cao BE và CF. EF và
BC giao nhau tại S. Từ E vẽ đường thẳng song song với AB cắt BC tại M. Chứng minh SE là
tiếp tuyến của đường tròn (MEC).

H

C
B

A

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

TỨ GIÁC NỘI TIẾP

1/ Định nghĩa

Ở hình bên tứ giác ABCD nội tiếp

2/ Tính chất

Thật vậy: Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp.
Ta có: BADˆ 1 BCD

2Sđ


BACˆ 1 BAD

2Sđ


Nên: BADˆ BCDˆ 1



BCD BAD



2 Sđ Sđ

  

.3600

2
1


1800

Thực hành

Bài 35. a) Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Biết BAˆD  700 hãy tính BCˆD.
b) Cho tứ giác MANQ nội tiếp. Biết MAˆN 600 hãy tính MQˆN.

Giải.

a) Ta có: BAˆD  BCˆD1800 (tứ giác ABCD nội tiếp)
700  BCˆD1800

BCˆD1100
b)

Bài 36. a) Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Biết BAˆD  2BCˆD hãy tính BAˆD và BCˆD.
b) Cho tứ giác MANQ nội tiếp. Biết MAˆN 3MQˆN hãy tính MAˆN và MQˆN.

Giải.

a) Ta có: BAˆD  BCˆD1800 (tứ giác ABCD nội tiếp)
2BCˆD  BCˆD1800

3BCˆD1800
BCˆD600

0 0
0
1
2.60

Cˆ
B
D

Aˆ

B  2   2

Tứ giác nội tiếp là tứ

giác có bốn đỉnh cùng 
thuộc một đường tròn.

Tổng hai góc đối của một tứ giác nội tiếp bằng 0

180
O

A

B

C
D

O
A

B

C
D

O
A

B

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

b)

Bài 37. Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi Am là tia đối của tia AB.
Ta có: mAˆD là góc ngoài của tứ giác ABCD nội tiếp

Ta nhận xét ngay: mAˆD BCˆD

Thật vậy: BAˆD  BCˆD1800 (tứ giác ABCD nội tiếp)
BAˆD  mAˆD1800 (hai góc kề bù)

Nên: mAˆD BCˆD

Ghi nhớ:

a) Giả sử BCˆD730 hãy tính mAˆD.

Ta có: mAˆD BCˆD (tứ giác ABCD nội tiếp)
 mAˆD  730

b) Giả sử mAˆD  680 hãy tính BCˆD

Ta có: = (tứ giác ABCD nội tiếp)

Bài 38. Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi Am là tia đối của tia AB. Trên tia đối của tia CD
chọn điểm E. Chọn điểm K sao cho tứ giác BCEK nội tiếp.

a) Chứng minh: mAˆD  BKˆE

b) Vẽ hình bình hành BKEQ. Chứng minh: mAˆD BQˆE
Giải.

a) Chứng minh: mAˆD BKˆE 
Ta có: = (tứ giác )
 = (tứ giác ) 
Nên: =

b) Chứng minh: mAˆD  BQˆE

Ta có: = ( )
 = ( ) 
Nên: =

Góc ngồi của một tứ giác nội tiếp bằng góc đối của góc trong 
 (kề bù với góc ngồi)

m

O
A

B

C
D

m

E
O

A

B

C
D

K

m

Q
E
O

A

B

C

D

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Ví dụ: Cho tứ giác MASK nội tiếp.

Ta có: SMA = SKAˆ ˆ
SMK = SAKˆ ˆ
MSA =ˆ
MSK =ˆ

Cho tứ giác GABQ nội tiếp.

Ta có: 





Bài 39. Cho tam giác ABC nhọn có CF là đường cao và H là trực tâm. Trên cạnh AC chọn
điểm E sao cho tứ giác BFEC nội tiếp. Chứng minh: BE  AC và ba điểm B, H và E thẳng
hàng.

Giải.

Ta có: BFCˆ BECˆ (tứ giác BFEC nội tiếp)
Mà: =

Nên:

Do đó: 
Ta lại có: 
Vậy:

Nếu ta có một tứ giác nội tiếp chúng ta sẽ làm gì nhỉ ?

Thật đơn giản: Nếu ta có một tứ giác nội tiếp có nghĩa là ta có một đường tròn.
Lúc này ta có “ tài sản ” rất lớn về kiến thức của đường tròn.
Hãy biết tận dụng các kiến thức đó nha các bạn.

Q B

A
G

F

H

E

B

C

A

M

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

3/ Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp.

Trong quá trình làm bài tập ta chú ý các hướng sau để chứng minh một tứ giác nội 
tiếp nhanh gọn:

Chứng minh phần thuận:

Xét hai tam giác: MAB và MCD có:
AMˆB chung

MAˆBMCˆD (tứ giác ABCD nội tiếp)
Vậy: MAB ~ MCD

Do đó:

MD
MB
MC

MA 

Hay: MA.MD = MB.MC
Chứng minh phần đảo:

Xét hai tam giác: MAB và MCD có:
AMˆ B chung

MD
MB
MC

MA 

(do MA.MD = MB.MC)
Vậy: MAB ~ MCD

Nên: MAˆBMCˆD

Do đó: tứ giác ABCD nội tiếp (tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại
đỉnh đối của đỉnh đó)

a. Tứ giác có bốn đỉnh cùng cách đều một điểm thì tứ giác đó nội tiếp. 
b. Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 0

180 thì tứ giác đó nội tiếp.

c. Tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó 
thì tứ giác đó nội tiếp.

d. Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh (cạnh của tứ giác) với hai 
góc bằng nhau thì tứ giác đó nội tiếp.

Chú ý 1:Cho tứ giác ABCD nội tiếp, gọi M là giao điểm của AD và BC.
Ta chứng minh được: MA.MD = MB.MC

Đảo lại: Cho tứ giác ABCD có M là giao điểm của AD và BC.

Nếu MA.MD = MB.MC

thì ta chứng minh được: tứ giác ABCD nội tiếp.

M

A

B

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

42
Chứng minh phần thuận:

Xét hai tam giác: ASD và BSC có:

ASˆD BSˆC (hai góc đối đỉnh)

DAˆCDBˆC (tứ giác ABCD nội tiếp)
Vậy: ASD ~ BSC

Do đó:

SC
SD
SB
SA 

Hay: SA.SC = SB.SD

Chứng minh phần đảo:

Xét hai tam giác: ASD và BSC có:
ASˆDBSˆC (hai góc đối đỉnh)

SC
SD
SB
SA 

(do SA.SC = SB.SD)
Vậy: ASD ~ BSC

Nên: DAˆCDBˆC

Do đó tứ giác ABCD nội tiếp (Tứ giác ABCD có hai đỉnh A và B cùng nhìn cạnh CD
với hai góc bằng nhau)

Thực hành

Bài 40. Cho tứ giác ABCD có BAˆD1200và BCˆD600. Chứng minh: tứ giác ABCD nội
tiếp và suy ra DAˆCDBˆC

Giải.

Ta có: BAˆDBCˆD12006001800
Do đó: tứ giác ABCD nội tiếp

Suy ra DAˆCDBˆC

Bài 41. Cho tứ giác SABQ có ASˆQ1300và ABˆQ500.
Chứng minh: QSˆBQAˆB

Giải.
Ta có:

Do đó: tứ giác nội tiếp
Suy ra:

Chú ý 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp, gọi S là giao điểm của AC và BD.
Ta chứng minh được SA.SC = SB.SD

Đảo lại: Cho tứ giác ABCD có S là giao điểm của AC và BD.
Nếu SA.SC = SB.SD

thì ta chứng minh được: tứ giác ABCD nội tiếp.

Hướng 1: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 0

180 thì tứ giác đó nội tiếp.

600
1200

B
D

C

A
S

A

B

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Bài 42. Cho điểm M nằm trong tam giác ABC nhọn. Gọi H, K, Q lần lượt là hình chiếu của
M trên: AB, BC, CA.

a) Chứng minh: tứ giác AHMQ nội tiếp và MAˆHMQˆH
b) Chứng minh: tứ giác BHMK nội tiếp và BHˆKBMˆK
c) Chứng minh: MQˆK MCˆK

Giải.

a) Chứng minh: tứ giác AHMQ nội tiếp và MAˆHMQˆH
Ta có: MHˆAMQˆA 900(gt)

Nên: 0 0 0

0
8
1
90
90
A
Qˆ
M

A
Hˆ

M    

Do đó: tứ giác AHMQ nội tiếp
Suy ra: MAˆH MQˆH

b) Chứng minh: tứ giác BHMK nội tiếp và BHˆK BMˆ K

c) Chứng minh: MQˆK MCˆK

Bài 43. Cho tam giác ABC nhọn có H là giao điểm của ba đường cao: AD, BE và CF
a) Chứng minh: tứ giác AEHF nội tiếp và HAˆFHEˆF

b) Chứng minh: HBˆFHDˆF
c) Chứng minh: DHˆCDEˆC

Bài 44. Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) vẽ các tiếp tuyến MA, MB (A và B là các
tiếp điểm)

a) Chứng minh: tứ giác MAOB nội tiếp và MAˆBMOˆB

b) Từ M vẽ cát tuyến MEK của đường tròn (O) (tia ME nằm giữa hai tia MA và MO)
Gọi I là trung điểm của EK. Chứng minh: MIˆBMOˆB

H Q

K

B C

A

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Bài 45. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có H là giao điểm của ba đường cao: AD, BE
và CF. Gọi O, I lần lượt là trung điểm của BC và AH. EF cắt ID, IO lần lượt ở S, M.

a) Chứng minh: tứ giác DSMO nội tiếp.
b) Chứng minh: tứ giác OEIF nội tiếp.

c) Tương tự tạo ra một số tứ giác khác nội tiếp.

Bài 46. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), H là giao điểm của ba
đường cao: AD, BE và CF. Vẽ hình bình hành BHCQ.

a) Chứng minh: tứ giác ABQC nội tiếp và điểm Q thuộc đường tròn (O)
b) Chứng minh: AQ EF

Bài 47. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), H là giao điểm của ba
đường cao: AD, BE và CF. Điểm S là đối xứng của H qua BC.

Chứng minh: tứ giác ABSC nội tiếp và điểm S thuộc đường tròn (O)

Bài 48. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), đường cao AD. Tia AD
cắt đường tròn (O) ở M. Gọi H là đối xứng của M qua BC. Tia CH cắt AB tại điểm F.

Chứng minh: tứ giác BDHF nội tiếp và H là trực tâm của ABC.
Giải.

Chứng minh: tứ giác BDHF nội tiếp 
Ta có: H và M đối xứng qua BC

Nên: BCˆF BCˆM(tính chất đối xứng trục)
Mà: BAˆMBCˆM(cùng chắn cung BM)
Do đó: BCˆF BAˆM

Ta lại có: 0
90
M
Aˆ
B
C
Bˆ

A   (AD BC)

Suy ra: ABˆC BCˆF900
Vậy: BFC vuông ở F

Do đó: BDˆH BFˆH 900900 1800
Nên tứ giác BDHF nội tiếp

Chứng minh: H là trực tâm của ABC

Xét ABCcó H là giao điểm của hai đường cao AD và CF
Cho nên H là trực tâm của ABC

Chú ý: Ta có S là đối xứng của H qua BC.

Nên: BHˆCBSˆC (tính chất đối xứng trục)

Chú ý:Nếu tứ giác ABQC nội tiếp mà ba điểm A, B, C cùng thuộc đường tròn (O) 
 thì điểm Q cũng thuộc đường trịn (O).

F

H

M
D

O

B C

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Bài 49. Cho tam giác ABC (AB < AC) vng ở A có AH là đường cao. Gọi E, K lần lượt
là hình chiếu của H trên AB và AC. Gọi M là trung điểm của BC. EK cắt AH và AM lần
lượt ở O, S. Chứng minh: tứ giác OSMH nội tiếp.

Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD có DAˆC1000và DBˆC1000.

Chứng minh: tứ giác ABCD nội tiếp và suy ra ABˆDACˆD
Giải.

Xét tứ giác ABCD có: DAˆCDBˆC (1000)

Do đó: tứ giác ABCD nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh A và B
cùng nhìn cạnh DC với góc1000).
Suy ra: ABˆD ACˆD

Tự làm:

Cho tứ giác MNPQ có MQˆN360 và MPˆN360.
Chứng minh: tứ giác MNPQ nội tiếp và suy ra MNˆQMPˆQ

Ví dụ 2: Cho ABC cân ở A. Trên tia đối của tia BC chọn điểm S. trên tia đối của tia
BA chọn điểm Q sao cho SBQ cân ở S. Chứng minh: tứ giác ACQS nội tiếp
và suy ra SAˆQSCˆQ

Giải.

Ta có: = (ABC cân ở A)
= (SBQ cân ở S)
=

Nên: =

Vậy: tứ giác ACQS nội tiếp (

Suy ra:
 Tự làm:

Cho OBC cân ở O. Trên tia đối của tia BC chọn điểm M. trên tia đối của tia BO
chọn điểm K sao cho MBK cân ở M. Chứng minh: tứ giác OCKM nội tiếp và suy
ra KOˆCKMˆC

Ví dụ 3: Cho KBC (KB < KC) có Kˆ 1000. Gọi Kx là tia phân giác của BKˆC.Trên
tia Kx chọn điểm A sao cho ACˆB500. (A và K nằm khác phía so với đường
thẳng BC)

a) Chứng minh: tứ giác ACKB nội tiếp.
b) Chứng minh: ABC cân ở A

Hướng 2:Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh (cạnh của tứ giác) 
 với hai góc bằng nhau thì tứ giác đó nội tiếp.

1000

1000
D

C
B
A

Q

B C

A

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Giải.

a) Chứng minh: tứ giác ACKB nội tiếp. 
Ta có:

2
1


 AKˆC
B

Kˆ

A (Kx là tia phân giác của BKˆC)
= (SBQ cân ở S)

=
Nên: =

Vậy: tứ giác ACKB nội tiếp (

b) Chứng minh: ABC cân ở A

Ta có: ABˆC (tứ giác ACKB nội tiếp)
Mà: = (cmt)

Nên:

Do đó: = 500
Vậy: ABC cân ở A

Tự làm:

VD3.1 Cho SBC (SB < SC) có Sˆ tù. Gọi Sx là tia phân giác của BSˆC. Trên tia Sx
chọn điểm A sao cho BSˆC.

2
1
B
Cˆ

A  (A và S nằm khác phía so với đường thẳng BC)
a) Chứng minh: tứ giác ACSB nội tiếp.

b) Chứng minh: ABC cân ở A.

VD3.2 Cho SBC (SB < SC) có Sˆ tù (đường trung trực của cạnh BC cắt tia phân giác của
BSˆC tại điểm A. Chứng minh: tứ giác ACSB nội tiếp.

(Thử làm trường hợp nếu Sˆ nhọn)

Bài này cảm thấy khó thì cho qua.

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), H là giao điểm của
ba đường cao: AD, BE và CF.

a) Chứng minh: tứ giác BFEC nội tiếp.

Ở đây ta thấy ngay đỉnh E và đỉnh F cùng nhìn

cạnh BC với góc 900\

Trình bày như sau: 
 Ta có: BFˆC900(gt)
BEˆC900(gt)
Nên: BFˆCBEˆC

Do đó: tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh F và E
cùng nhìn cạnh BC với góc 900)

F
H

E
O

B C

A

x

A

B

C

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Bậy giờ ta sẽ khai thác tứ giác BEFC 
Khai thác 1: (Góc nội tiếp)

Do tứ giác BEFC nội tiếp
Nên: BEˆF BCˆF

Tìm cách tạo ra góc nội tiếp của đường tròn (O)

bằng BCˆFnhư sau: Hai tia BE và CF cắt đường tròn (O)
lần lượt ở M và Q

Ta có ngay: BMˆQBCˆF(cùng chắn cung BQ)
 Do đó: BEˆF BMˆQ

Nên EF // MQ
Vậy câu b như sau:

b) Hai tia BE và CF cắt đường tròn (O) lần lượt 
ở M và Q Chứng minh: EF // MQ

Ta có: =
=
Nên: =

Mà hai góc này ở vi trí …
Do đó:

Khai thác 2: (Góc ngồi của tứ giác nội tiếp) 
Do tứ giác BFEC nội tiếp

Nên: AFˆEACˆB

Tìm cách tạo ra góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây

cung AB của đường tròn (O) bằng BCˆFnhư sau:

Từ A vẽ tiếp tuyến xy của đường trịn (O) ta có
ngay: xAˆB ACˆB

Do đó: AFˆE xAˆB
Nên: EF // xy

Mà: OA  xy (tính chất của tiếp tuyến)
Suy ra: OA  EF

Vậy ta hình thành câu c như sau: 
c) Chứng minh: OA  EF

Từ A vẽ tiếp tuyến xy của đường tròn (O)
Ta có: =

=
Nên: =

Mà hai góc này ở vi trí …
Do đó:

B C

F E

M

Q
F

H
 E
O

B C

A

C
B

F

E

x

y

F
H

E
O

B C

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

48
 Khai thác 4: (Góc ngồi của tứ giác nội tiếp)

Gọi S là giao điểm của BC và FE
Do tứ giác BFEC nội tiếp

Nên: SFˆB ACˆB

Thêm K là giao điểm của SA và
đường tròn (O)

Do tứ giác AKBC nội tiếp
Nên: SKˆBACˆB

Suy ra: SKˆBSFˆB

Cho nên tứ giác SKFB nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh F và K

cùng nhìn cạnh SB với hai góc bằng nhau)
Nên: SKˆFABˆC

Mà: AEˆF ABˆC (tứ giác BFEC nội tiếp)
Do đó: SKˆFAEˆF

Suy ra: tứ giác AKFE nội tiếp (Tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại
đỉnh đối của đỉnh đó)

Vậy ta hình thành câu d như sau:

d) Gọi S là giao điểm của BC và FE. K là giao điểm của SA và đường tròn (O) 
Chứng minh : các tứ giác sau SKFB, AKFE nội tiếp

Ta có: SFˆB ACˆB (do tứ giác BFEC nội tiếp)
SKˆB ACˆB (do tứ giác AKBC nội tiếp)
Suy ra: SKˆBAFˆB

Cho nên tứ giác SKFB nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh F và K

cùng nhìn cạnh SB với hai góc bằng nhau)
Nên: SKˆFABˆC

Mà: AEˆFABˆC (tứ giác BFEC nội tiếp)
Do đó: SKˆFAEˆF

Suy ra: tứ giác AKFE nội tiếp (Tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại
đỉnh đối của đỉnh đó)

Cách khác

Chứng minh: SF.SE = SB.SC dựa vào tứ giác BFEC nội tiếp
Do SKA và SBC là hai cát tuyến của đường tròn (O)

Nên chứng minh được : SK.SA = SB.SC
Suy ra được: SK.SA = SF.SE

Sau đóchứng minh được : tứ giác AKFE nội tiếp
 Sau đó cịn nhiều câu hỏi hay nữa

K

S

F
H

E
O

B C

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Bài 51. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Điểm M thuộc cung
nhỏ BC (MB < MC). Gọi S,H, K lần lượt là hình chiếu của M trên AB, BC, CA.

a) Chứng minh: các tứ giác sau nội tiếp: BHMS, MHKC.
b) Chứng minh: SH đi qua K.

Bài 52. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến MA, MB (A và B là các
tiếp điểm) và cát tuyến MEK (tia ME nằm giữa hai tia MA và MO). Gọi I là trung điểm
của EK.

a) Chứng minh: tứ giác MAOB nội tiếp và 5 điểm M, A, I, O, B cùng thuộc một đường
tròn.

b) Chứng minh: IM là tia phân giác của góc AIB.

Bài 53. Cho ABC nhọn (AB < AC) có H là giao điểm của ba đường cao: AD, BE và
CF. Gọi S là đối xứng của H qua BC, I là trung điểm của AH.

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

I. Các khối đa diện

 Hình hộp chữ nhật

 Hình lập phương

 Hình chóp đều

 Hình lăng trụ đứng

c

b
a

a

Thể tích: 3
Va

Thể tích: Vabc

d
h

Diện tích xung quanh: Sp.d
Thể tích: V 1S.h

3


Trong đó: p là nửa chu vi đáy

d là độ dài trung đoạn của hình chóp
S là diện tích đáy.

h h

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

II. Các khối trịn xoay 
 Hình cầu, khối cầu

 Hình trụ, khối trụ

 Hình nón, khối nón

 Hình nón cụt, khối nón cụt

Diện tích mặt cầu: S 4 R2

Thể tích khối cầu: 4 3

V R

3
 

Diện tích xung quanh hình trụ: S 2 Rh

Thể tích khối trụ: 2
V R h

Diện tích xung quanh hình nón :S Rl
Thể tích khối nón: 1 2

V R h

3
 

Diện tích xung quanh hình nón cụt:





S  Rr l
Thể tích khối nón cụt:



2 2



V R r Rr h

   

R
h

R

R
l
h

r

h l

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

52
III. Bài tập

Bài 1. Một hộp diêm hình hộp chữ nhật có chiều dài 7cm, chiều rộng 5cm, chiều cao 2cm. Hãy tính thể tích

của hộp diêm đó.

Giải

Thể tích của hộp diêm là:

 

3
V7.5.270 cm

Bài 2. Một bể bơi có dạng hình hộp chữ nhật, được thiết kế theo kích thước chiều dài 15m, chiều rộng 8m,

chiều sâu 3m.

a) Tính thể tích của hồ bơi này. Hỏi hồ có thể chứa được 300000 lít nước khơng?
b) Người ta bơm nước vào hồ, chiều cao mực nước bằng 2

3 chiều cao của hồ. Hỏi lúc đó hồ
chứa bao nhiêu lít nước?

Giải

a) Thể tích của hồ bơi là: V15.8.3360 m

 

3 = 360000
lít

Vậy hồ có thể chứa được 300000 lít nước trong hồ
b) Chiều cao mực nước trong hồ: 3.2 2 m

 

3 

Thể tích nước trong hồ lúc này: V15.8.2240 m

 

3 =
240000 lít nước

Bài 3. Một căn phịng được thiết kế có dạng hình lập phương cạnh 5m

a) Tính diện tích xung quanh của căn phòng.

b) Người chủ muốn sơn nước 4 bức tường của phòng nên đã thuê thợ đến làm với mức giá
80000 đồng/ 2

m . Tính số tiền phải trả, biết rằng diện tích các cửa là 7m . 2
Giải

a) Diện tích xung quanh của căn phòng là: 5 .42 100 m

 

2
b) Diện tích cần được sơn nước của căn phòng là:

 

2
100 7 93 m

Số tiền cần trả cho người thợ là: 80000.937440000 (đồng)

Bài 4. Một chiếc hộp khơng nắp có dạng hình lập phương có kích thước 15cm.

a) Tính thể tích của hộp?

b) Biết rằng 1 lít khơng khí nặng khoảng 1,2 gam. Tính khối lượng
khơng khi được chứa đầy trong bình?

Giải 
a) Thể tích của hộp là: 1533375 cm

 

3
b) 3375cm = 3,375 lít 3

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Bài 5. Bạn Hà thiết kế một chiếc lồng đèn hình lăng trụ đứng cao 30 cm có đáy là tam giác đều cạnh 24cm.

a) Tính diện tích xung quanh của chiếc lồng đèn đó.

b) Bạn Hà mua giấy kiếng màu vàng để bọc chiếc lồng đèn đó. Biết rằng bạn sẽ chừa ra 1 đáy
để bạn cho đèn cầy vào đó. Tính diện tích phần mà bạn cần bọc giấy kiếng? (Kết quả làm
tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

Giải

a) Diện tích xung quanh của chiếc lồng đèn đó
là:30.24.32160 cm

 

b) Diện tích đáy của chiếc lồng đèn:

 

2
24 . 3

144 3 cm

4 

Tổng diện tích cần được bọc giấy là: 2160 144 3 2409, 4 cm

 

Bài 6. Mơ hình một bể bơi được mơ phỏng đơn giản như sau:

a) Tính thể tích của bể bơi khi được đổ đầy nước?

b) Để tiện cho việc vệ sinh và thay nước bể bơi bể bơi, người ta hạ chiều cao mực nước trong bể
xuống. Lúc này, trong bể chỉ còn chứa 516m nước. Hỏi so với lúc đầy nước, thì mực nước 3
trong bể đã hạ xuống một khoảng bao nhiêu?

Giải

a) Thể tích của bể bơi khi chưa đầy nước là:





 

V 5 2 .20.12 840 m

  

b) Thể tích phần nước đã hạ xuống là:

 

840 516 324 m

Thể tích phần nước đã hạ xuống chính là thể tích của một hình hộp chữ nhật, do đó

So với lúc đầy nước thì mực nước trong bể đã hạ xuống một khoảng là:

324 : 20.12





1,35 m

 

Bài 7. Kim tự tháp Kheops là một trong những cơng trình cổ nhất và duy nhất cịn tồn tại trong số Bảy kỳ

quan thế giới cổ đại. Các nhà Ai Cập học nói chung đã đồng ý rằng kim tự tháp được xây trong khoảng thời
gian 20 năm từ khoảng năm 2560 TCN. Mọi người cũng cho rằng Đại kim tự tháp được xây dựng làm lăng
mộ cho PharaonKheops thuộc Triều đại thứ 4 thời Ai Cập cổ đại, vì thế nó đã được gọi là Kim tự tháp
Kheops. Vị tể tướng của Kheops là Hemon được cho là kiến trúc sư của Đại Kim tự tháp này.

Kim tự tháp Kheops được mơ phỏng như hình 1. Nó là hình chóp đều với:

- Đáy là hình vng ABCD có cạnh đáy ngun thủy dài 231 m. O là giao điểm của hai đường chéo
- Chiều cao là SO (SO vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng ABCD)

- Trung đoạn là SH (H là trung điểm của BC). Với sinSHˆO0,7853

Hãy tính chiều cao SO và thể tích của Kim tự tháp Kheops.

Chú ý: Tính góc SHO làm trịn đến phút. Tính SO làm tròn đến chữ số thập phân thứ năm.

12m

20m

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Tính thể tích của Kim tự tháp Kheops làm trịn đến hàng đơn vị.

Giải

Ta có: sinSHˆO0,7853.Nên SHˆO51045'.

Do O, H lần lượt là trung điểm của BD, BC
Nên OH là đường trung bình của BDC.

Suy ra OH = CD : 2 = 231:2 = 115,5(m)

45'.
1
5
tan
.
5
,
115
O
Hˆ
OH.tanS

SO  0

(m).
146,51105

SO

Thể tích của hình chóp:

.231.115,5.tan5145' 2605992

 

m
3

1
S.h
3
1

V  2 0  3

Bài 8. Để lấy nước phục vụ việc tưới tiêu cho vườn cây ăn trái của một vài hộ, người dân đã thuê một cơ sơ

khoan một cái giếng sâu 10m, miệng giếng có bán kính 1,5m.

a) Tính thể tích của giếng đã khoan. (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)

b) Một thời gian sau, nước trong giếng cách miệng giếng 4m. Tính thể tích nước trong giếng khi
đó. (Kết quả làm trịn đến chữ số thập phân thứ nhất)

c) Lớp đất đào lên trong lúc khoan giếng do khơng được ép chặt nên thể tích của nó tăng lên
20%. Để dọn dẹp, người dân thuê một số xe, mỗi xe chở được 3

9m đất. Hỏi cần thuê bao
nhiêu xe như thế? (Sử dụng lại kết quả thể tích đã làm trịn)

Giải

a) Thể tích của giếng đã khoan:

b) Thể tích nước trong giếng khi đó:
c) Thể tích đất cần dọn dẹp:

Ta có:

Vậy số xe cần thuê là xe

Bài 9. Một cái hộp có dạng hình lập phương được đựng đầy nước. Người ta bỏ một qua bi sắt hình cầu vào

bên trong cái hộp đó. Người ta quan sát nước bên trong hộp chảy ra bên ngoài một phần, người ta đo được
phần nước đổ ra đó có thể tích 3

5575 cm Biết rằng tất cả các mặt của hộp đều tiếp xúc với quả bi sắt đó.

a) Tính bán kính của quả bi sắt? (Kết quả làm trịn đến hàng đơn vị).

b) Tính phần thể tích nước còn lại trong bể? (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Giải:

a) Phần thể tích nước tràn ra chính là phần thể tích của
quả bi sắt chiếm chỗ của nước trong hộp.

Bán kính của quả bi sắt là: 35575 : 4 11 cm

 

  
 

 

b) Do các mặt của hộp hình thoi đều tiếp xúc với quả bi
sắt nên bán độ dài cạnh của hình lập phương

là:11.222 cm

 

Thể tích của hình lập phương là: 223 10648 cm

 

3
Thể tích nước cịn lại trong hộp là:

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Bài 10. Trong một lần được xem hệ thống định vị GPS ở cơng ty của ba mình làm việc, bạn Gia Nghi quan
sát thấy hai thành phố A và B nằm trên cùng một kinh tuyến ở Bắc bán cầu, lần lượt ở các vĩ tuyến 0

38 và

0
74 .

a) Tính khoảng cách (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) giữa hai thành phố đó, biết
rằng bán kính trái đất khoảng 6400 km.

b) Tính thể tích của trái đất (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).
Giải

a) Ta có: AOB740380 360

Ta có:

 

2 Rn 2 .6400.36

l 4021, 24 km

360 360

 

  

Vậy khoảng cách giữa hai thành phố A và B khoảng 4021,24 km.
b) Ta có: V 4 R3 4 .64003 1098066219443,52 km

 

3 3

    

Vậy thể tích Trái đất khoảng 1098066219443,52 km3

Bài 11. Nhờ hệ thống định vị GPS, các nhà khoa học có thể xử lí được rất nhiều vấn đề liên quan đến vấn đề

địa lý, tốn ho. Thơng qua hệ thống, quan sát thấy hai thành phố A và B nằm trên cùng một kinh tuyến ở
Bắc bán cầu, lần lượt ở các vĩ tuyến 0

26 và 650.

a) Biết hai thành phố cách nhau khoảng 4342 km. Hãy tính bán kính của Trái đất (kết quả làm
tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

b) Tính diện tích bề mặt của Trái đất (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
Giải

a) Ta có: AOB650260 390
Ta lại có:

 

AB
AB

l .360

2 Rn 4342.360

l R 6378,9 km

360 2 n 2 .39



    

 

Vậy bán kính Trái đất khoảng 6378,9 km.

b) Ta có: S 4 R2  4 .64002 511330209, 7 km

 

2
Vậy diện tích bề mặt Trái đất khoảng 511330209,7 km3

Bài 12. Tìm hiểu thơng tin trên báo đài, mạng Internet, bạn Tuệ Minh phát hiện thấy thông tin về hai thành

phố A và B. Hai thành phố này nằm trên cùng một kinh tuyến ở Bắc bán cầu, lần lượt ở các vĩ tuyến 0
40 và

0
71 .

a) Tính khoảng cách (kết quả làm trịn đến hàng đơn vị) giữa hai thành phố đó. Biết rằng kinh
tuyến là một cung tròn nối liền hai cực của Trái đất và có độ dài khoảng 20100 km.

b) Tính độ dài đường xích đạo của Trái đất (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) .

Giải 
a) Ta có: AOB740400 340

Ta lại có:

 

2 Rn 20100.34

l 3797 km

360 180



  

Vậy khoảng cách giữa hai thành phố đố khoảng 3797 km
b) Độ dài đường xích đạo của Trái đất khoảng là:

 

20100.240200 km

71°
40°
kinh tuyến
vĩ tuyến

vĩ tuyến
đường xích đạo

O
I
B
A
74°
38°
kinh tuyến
vĩ tuyến
vĩ tuyến

đường xích đạo

O
I
B
A

65°
26°
kinh tuyến
vĩ tuyến
vĩ tuyến

đường xích đạo

O

I
B

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Bài 13.Một ống cống bê tơng có dạng hình trụ có độ dài 2,5m. Bán kính tính đến mép ngồi của ống là 150

mm, bán kính tính đến mép trong của ống là130mm. Hãy tính thể tích phần bê tơng của ống. (Kết quả làm
tròn đến hàng chữ số thập phân thứ hai).

Giải

150mm = 0,15m ; 130mm = 0,13m

Thể tích khối trụ nếu tính đến mép ngoài của

ống: 2

 

.0,15 .2,5 0,05625 m

  

Thể tích khối trụ nếu tính đến mép trong của

ống: 2

 

.0,13 .2,5 0,04225 m

  

Thể tích phần khối bê tông của ống
là:

 

3
0,05625 0,04225 0,014 0,04 m

Bài 14. Một hình trụ có diện tích xung quanh là 20 cm 2, diện tích tồn phần là 28 cm 2. Tính thể tích

của hình trụ đó?

Bài 15. Anh Minh làm việc cho một công ty giao hàng. Hơm nay, anh thực hiện gói một món hàng có dạng

hình trụ. Anh để món hàng vừa khít trong trong hộp giấy hình hộp chữ nhật. Biết thể tích của món hàng là

270 cm . Hãy tính thể tích của hộp giấy mà anh Minh dùng (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Giải

Gọi bán kính đáy của hình trụ là R và chiều cao của hình trụ là h.

Do món hàng vừa khít trong hộp giấy nên hình hộp chữ nhật có
cạnh đáy là 2R và chiều cao cũng là h.

Ta gọi V , V1 2lần lượt là thể tích của hình trụ và của hình hộp
chữ nhật.
Ta có:
2
1
2
2

V R h

V 4R h




 

2
3
2
270
V 4
270.4

V 344 cm



 

  



Vậy thể tích của hộp giấy mà anh Minh dùng khoảng 3
344 cm .

Bài 16.Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật với kích thước như hình vẽ.

Hãy tính tổng diện tích vải cần để làm cái mũ đó biết rằng vành mũ hình trịn và ống mũ hình trụ (làm trịn
đến hàng đơn vị).

Giải

Bán kính của hình trụ là:



35 10 10 : 2 



7,5 cm

 

Diện tích đáy của hình trụ: 2

 

.7,5 56, 25 cm

  

Diện tích xung quanh của hình trụ:

 

2
2. .7,5.35 525 cm

Diện tích phần vành nón:

 

2
35

. 56, 25 250 cm

2
 

     

 

Tổng diện tích vải cần dùng để làm cái mũ:

 

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57></div>

Bài học trực tuyến khối 9 (Tuần 22)

<b> </b>

<b> </b>

<b> HÀM SỐ: </b>

<b>y </b>



<b> ax (a 0)</b>



<b>PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN </b>





 



 

















<b>CÔNG THỨC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN </b>

<b>ax</b>



<b>bx</b>

 

<b>c</b>

<b>0</b>

<b>(a 0)</b>







<b>BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN PARABOL (P) VÀ ĐƯỜNG THẲNG (D) </b>

<b>PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI </b>





 



































<b>HỆ THỨC VI-ÉT </b>













 

































