HUONG DAN ON THI TOT NGHIEP 9TUYEN 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (349.04 KB, 35 trang )

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

HƯỚNG DẪN ƠN TẬP TỐN LỚP 9
ÁP DỤNG TỪ NĂM HỌC : 2011 - 2012
A. PHẦN ĐẠI SỐ:

I. LÝ THUYẾT: 
1. HỌC KÌ I:

Câu 1 : Định nghĩa căn bậc hai số học của một số a 0
Áp dụng : Tính căn bậc hai của :

a, 64 b, 81 c, 7

Câu 2: CM Định lý   a thì a2 a
Áp dụng tính : 152 ;





2
3 1

;





2
1 2

Câu 3: Phát biểu quy tắc khai căn một tích , quy tắc nhân các căn bậc hai.
Áp dụng tính : 16.36 ; 4,9.250; 2. 8; 125. 5

Câu 4: Phát biểu quy tắc khai phương một thương, quy tắc chia các căn thức bậc hai.

Áp dụng tính :
25
16 ;

121
100 ;

27
3 ;

32
8

Câu 5: Phát biểu định nghĩa hệ hai phương trình tương đương.
Áp dụng giải hệ Phương trình :

2 1

x y
x y

 




 

 b,

2 1

3 4

x y
x y

 




 


Câu 6: Cho hai đường thẳng y = a1x + b1 và y = a2x + b2 . Khi nào thì hai đường thẳng

đã cho cắt nhau, trùng nhau, song song với nhau.
Cho d : y = 2x + 1

d’ : y = x – 2

Xác định tọa độ giao điểm của d1 và d2 .

Câu 7: Nêu cách vẽ đồ thị hàm số bậc nhất y = ax + b.
Áp dụng vẽ đồ thị hàm số y = 2x + 1

Câu 8 :

1/- Thưc hiện phép tính :
a, 8 3 32  72

b, 6 12 20 2 27  125 6 3
2/- Thực hiện phép tính:



4 27 2 48 5 75 : 2 3 





1 3 2 . 1

 

 3 2



Câu 9 : Giải PT :

a, 25x 275 9x 99 x11 1

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

b, 4 2 3  x2 2x 3 3 0 
Câu 10 : So sánh

a, 3 2 5 và 1 5

b, 2008 2010 và 2 2009
2. HỌC KÌ II:

Câu 1: Nêu dạng tổng quát của phương trình bậc nhất hai ẩn.Phương trình bậc nhất 
hai ẩn có thể có bao nhiêu nghiệm?

Câu 2: Nêu dạng tổng quát của hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn số.
Câu 3:Mỗi hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có thể có bao nhiêu nghiệm?
Câu 4: Nêu định nghĩa hai hệ phương trình tương đương.

Trong các câu sau, câu nào đúng câu nào sai:

a/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cùng có vơ số nghiệm thì ln tương đương với

nhau.

b/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn vơ nghiệm thì ln tương đương với nhau.
Câu 5: Viết dạng tổng quát của phương trình bậc hai .

Áp dụng : Xác định hệ số a,b,c của phương trình



3 x



3 1 0

x

 

Câu 6: Cho phương trình ax2 + bx +c=0 (a0). Viết cơng thức tính ngiệm của 
phương trình trên .

Áp dụng : Giải phương trình

x



3 x

 

2 0

.
Câu 7: Phát biểu hệ thức Viet

Áp dụng :



5 x



4 x

 

3 0

.Tính x1+ x2 và x1 x2

Câu 8: Cho phương trình :

ax bx c



 

0

(a0) có hai nghiệm x

1 và x2 .Chứng

minh :

 





1 2

b

S x x

a

c

P x x

a

Câu 9: Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm có tổng là S và có tích là P (khơng 
cần chứng minh )

Áp dung : Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là:2 2 và 2 2
Câu 10: Nêu tính chất của hàm số

y ax a



(



0)

II. CÁC BÀI TỐN :
1. HỌC KÌ I:

Câu 1: Thực hiện phép tính
8 2 15 8 2 15

4 7 4 7

4 10 2 5 4 10 2 5
A

B
C

   

   

     

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









1 1 15

6 5 120

2 4 2

3 2 3 2 2

3 3 2 2

3 2 1

A
B

   



    



Câu 3: Cho A x4 x 4  x 4 x 4
a, Tìm TXĐ của A

b, rút gọn A

c, Tính giá trị nhỏ nhất của A với x tương ứng
Câu 4: Cho

2
2

9 4

4 1 (2 1)( 1)
x

A

x x x




   
a, Tìm đk của x để A có nghĩa
b, Rút gọn A

c, Tìm x để A > 0
Câu 5: Cho

1 2 2 1 2

1 1 1

x
A

x

x x x x x x

    

     

         

 

a, Rút gọn A

b, Với giá trị nào của x thì A nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó.

Câu 6: Cho

1 2

1 :

1 1 1

a a

B

a a a a a a

   

      

    

   

a, Rút gọn B

b, Tìm a sao cho B < 1

c, Tính giá trị của B nếu a = 19 8 3
Câu 7 : Rút gọn

3182 33125 3182 33125

A   

Câu 8: Cho hàm số y = 2x + 1 và y = x – 3

a, Vẽ đồ thị (d) của hàm số y = 2x + 1 và (d’) y = x – 3
b, Tìm tọa độ giao điểm A của (d) và (d’)

c, gọi giao điểm của (d) và (d’) với oy là B và C . Tính diện tích tam giác ABC .
Câu 9 : Cho A (1, -1); B (2, 0); C (-4, -6).

a, Viết phương trình đường thẳng AC.
b, CMR : A, B, C thẳng hàng.

Câu 10: Cho ba đường thẳng :
d1 : y = x + 7

d2 : y = 2x + 3

d3 : y = 3x – 1

CMR : d1, d2, d3 đồng quy.

2. HỌC KÌ II:

Bài 1: Giải các hệ phương trình sau:
a/

3 2 1

3
x y

x y

 




 

 b/

3 5 1

2 4

x y
x y

 




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

4 3 15
3 2 10

x y
x y

 


 

 d/

3 5

2 3 18

x y
x y
  


 


e/

1 1 5
8
1 1 3
8
x y
x y

 




  


 f/

2 1
1
2
1 5
6
2

x y x y
x y x y

 
  


  
  

h/

5( 2 ) 3 1
2 4 3( 5 ) 12

x y x

x x y

  


   

Bài 2:

Câu 1: Với giá trị nào của a và b thì hệ phương trình

2 12
2 6
ax by
ax by
 


 


Có nghiệm là (x2;y1)

Câu 2: Với giá trị nào của m và n thì hệ phương trình 
3 1
2
mx y
x ny
 



 


nhận cặp số (-2 ; 3) là nghiệm.
Bài 3:

Câu 1: Cho hệ phương trình:

3 5

4 6 9

mx y
x y
 


 


Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Câu 2: Tìm giá trị của a để hệ phương trình

2 5

3
x y
ax y a

 




 


a/ Có một nghiệm duy nhất
b/ Vơ nghiệm.

Câu 3: Cho hệ phương trình 
3

2 6 8

x y m
x y
 


 


Tìm giá trị của m để hệ phương trình vơ nghiệm, vơ số nghiệm.
Bài 4:

Câu 1: Xác định hàm số y ax b  biết rằng đồ thị của nó đi qua hai điểm
a/ A(2 ; 4) và B(-5 ; 4)

b/ A(3 ; -1) và B(-2 ; 9)

Câu 2: Xác định đường thẳng y ax b  biết rằng d0ồ thị của nó đi qua điểm
A(2 ; 1) và đi qua giao điểm B của hai đường thẳng y x và y2x1

Bài 5: Cho hàm số y = -x2 có đồ thị (P) và y = -2x +m có đồ thị là (d)

a/ Xác định m biết rằng (d) đi qua điểm A trên (P) có hồnh độ bằng 1.

b/ Trong trường hợp m = -3 .Vẽ (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ và xác định tọa độ các
giao điểm của chúng .

c/ Với giá nào của m thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ; (d) tiếp xúc với (P) ,(d) không
cắt (P)

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

2
2

2 2

/ 3 75 0
2

/ 384 0

/ ( 15) 3(27 5 )
/ (2 7) 12 4(3 )

/(3 2) 2( 1) 2

 

 

  

   

   

a x
b x

c x x x

d x x x

e x x

Bài 7: Giải phương trình sau ( dùng thức nghiệm hoặc cơng thức nghiệm thu gọn )
2

2
2

1/ 5 14

2 / 3 10 80 0

3/ 25 20 4 0

  

  

  

x x

Bài 8:Định m để phương trình :

  

  

2 2

a/ 3x 2x m 0 vô nghiệm

b/ 2x mx m 0 co ù 2 nghiệm phân biệt

c/ 25x +mx + 2 = 0 có nghiệm kép

Bài 9:Cho phương trình :x2 + (m+1)x + m = 0 (1)

1/ Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm với mọi m .

2/ Tìm m sao cho phương trình nhận x = -2 làm nghiệm . Tính nghiệm cịn lại .
3/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm đối nhau

4/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm là hai số nghịch đảo nhau
5/ Tìm m sao cho x1 - x2 = 2

6/ Tìm m để x12 x22 đạt gía trị lớn nhất

7/ Tìm m để cả hai nghiệm đều dương

8/ Tìm hệ thức liên hệ giữa x1; x2 không phụ thuộc vào m.

9/ Tính x13x23

Bài 10: Giải phương trình :

4 2

5 3 2

1/ 2

1 1

2 / 1

1 1

3/ 2 7 4 0

4 / 1 0

x
x

x x

x x x

 

 

  

   
B. PHẦN HÌNH HỌC:
I. LÝ THUYẾT:

1. HỌC KÌ I:

CÂU 1 : Cho tam giác ABC vng tại A, AB = c, BC = a, AC = b, AH là đường 
cao, BH = c/, HC = b/. Chứng minh rằng : b2 ab c/; 2 ac/.

Áp dụng : Cho c = 6, b = 8 . Tính b c/, /.

CÂU 2 : Phát biểu định nghĩa tỉ số lượng giác của một góc nhọn .
Áp dụng : Tính tỉ số lượng giác của góc 600.

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

(AH = h ). Chứng minh rằng : 2 2 2

1 1 1

h b c .
Áp dụng : Cho c = 5, b =12. Tính h.

CÂU 4 : Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = c, BC = a, AC = b. Viết cơng thức 
tính cạnh góc vuông b và c theo cạnh huyền a và tỉ số lượng giác của các góc B và C.
Áp dụng : Cho B 63 ,0 a8. Tính b;c ?

CÂU 5 : Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = c, AC = b. Viết công thức tính cạnh 
góc vng b và c theo cạnh góc vng kia và tỉ số lượng giác của các góc B và C.

Áp dụng : Cho c = 5, b = 12. Tính các góc B và C.

CÂU 6 : Chứng minh định lí : Trong một đường trịn ,đường kính vng góc với một
dây

thì đi qua trung điểm của dây ấy .

Áp dụng : Cho đường tròn (O;6cm), dây AB cách tâm O một khoảng 4,8cm. Tính
độ dài dây AB.

CÂU 7 : Phát biểu và chứng minh định lí về hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt 
nhau tại một điểm.

CÂU 8 : Định nghĩa đường tròn nội tiếp tam giác ? Cách xác định đường tròn đó ?
Áp dụng : Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 12cm, AC = 16cm.Gọi (I;r) là
đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tính r ?

CÂU 9 : Định nghĩa đường tròn ngoại tiếp tam giác ? Cách xác định đường trịn đó ?
Áp dụng : Cho tam giác ABC vuông tại A với AB = 12, AC = 35.

Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC?

CÂU 10 : Hai đường trịn ngồi nhau và hai đường trịn đựng nhau có những tính 
chất giống nhau và khác nhau như thế nào ?

Áp dụng : Cho hai đường tròn (O;4cm)và (O cm/,1 ), OO/ 7cm. Vẽ tiếp tuyến 
chung ngoài BC



 



/
,

B O C O

. Tính độ dài BC.
2. HỌC KÌ II:

Câu 1 : Chứng minh định lí: “Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hay trong hai 
đường tròn bằng nhau: Hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau”

Câu 2: Nêu cách tính số đo của cung nhỏ trong một đường trịn. Áp dụng:Cho đường
trịn (O), đường kính AB. Vẽ dây AM sao choAMO400. Tính số đo cung BM ?

Câu 3: Chứng minh rằng trong một đường tròn, hai cung bị chắn giữa hai dây song
song thì bằng nhau. (Chú ý: Học sinh chỉ chứng minh một trường hợp: một trong hai dây, có
một dây đi qua tâm cuả đường trịn)

Câu 4: Áp dụng các định lí về mối quan hệ giữa cung nhỏ và dây căng cung đó trong
một đường trịn để giải bài tốn sau: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB.Vẽ các bán
kính OM, ON sao cho:AOM 40 ,0 BON 800. So sánh: AM, MN và NB ?

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

Câu 6: Chứng minh định lí: “ Trong một đường trịn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa
số đo của cung bị chắn”.( Chỉ chứng minh một trường hợp: có một cạnh của góc đi qua tâm ).
Câu 7: Chứng minh định lí: “Số đo của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng
nửa số đo của cung bị chắn”.( Chỉ chứng minh một trường hợp: Tâm O của đường trịn nằm ở
ngồi của góc).

Câu 8: Chứng minh định lí: “ Số đo của góc có đỉnh ở bên trong đường tròn bằng nửa
tổng số đo hai cung bị chắn”.

Câu 9: Nêu cách tính độ dài cung n0của hình quạt trịn bán kính R. Áp dụng: Cho
đường trịn ( O; R = 3 cm). Tính độ dài cung AB có số đo bằng 600?

Câu 10: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn (O). Chứng minh: 
AB + CD = AD + BC.
III. CÁC BÀI TỐN

1. HỌC KÌ I:

BÀI 1 : Cho hình thang ABCD vng tại A có cạnh đáy AB = 6, cạnh bên AD = 4 và 
hai đường chéo vng góc với nhau . Tính độ dài các cạnh DC, BC và đường chéo BD.
BÀI 2 : Cho tam giác ABC có C 30 ,0 B 45 ,0 BC15.

Tính độ dài các cạnh AB,AC?

BÀI 3 : Cho hai đường tròn (O) và

 

/
O

cắt nhau tại A và B. Vẽ các cát tuyến chung CAD
và EBF của hai đường tròn sao cho CD // EF, C và E thuộc (O), D và F thuộc

 

/
O

. Chứng
minh rằng CDFE là hình bình hành .

BÀI 4 : Cho hai đường tròn (O) và

 

/
O

cắt nhau tại A và B .Qua A vẽ đường thẳng vng
góc với AB cắt (O)tại C và cắt

 

O

tại D. Dựng qua A cát tuyến EAF



 



/
,

E O F O
.
a/ Chứng minh rằng CEB DFB  900.

b/ Chứng minh rằng OO///CD. Tính CD biết : AB = 6cm, OA = 8cm, O A/ 6cm.
c/ Tìm vị trí của cát tuyến EAF sao cho AE = AF.

BÀI 5 : Cho tam giác đều ABC, O là trung điểm của BC.Trên các cạnh AB,AC lần lượt lấy
các điểm di động D và E sao cho DOE 600.

a/ Chứng minh rằng : tích BD.CE khơng đổi .

b/ Chứng minh rằng BODOED, từ đó suy ra tia DO là tia phân giác của góc BDE.
c/ Vẽ đường trịn tâm O tiếp xúc với AB . Chứng minh rằng đường tròn này ln tiếp xúc
với DE .

2. HỌC KÌ II:

Bài 1: Cho đường trịn (O; R), hai đường kính AB và CD vng góc với nhau. Trên 
đoạn AB lấy điểm M ( khác điểm O), đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai
là N. Đường thẳng d vng góc với AB tại M cắt tiếp tuyến của đường tròn (O) tại N ở
điểm P. Chứng minh :

a/. Tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn.

b/. Tứ giác CMPO là hình bình hành.

c/. Tích CM.CN khơng đổi.

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

a/. Chứng minh: DI  BC.

b/. Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn.

c/. Giả sử AMB450.Tính độ dài đoạn thẳng AD theo R và diện tích hình quạt 
AOM.

Bài 3: Cho đường trịn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm trên đường tròn 
sao cho CA > CB. Vẽ hình vng ACDE có đỉnh D trên tia đối của tia BC. Đường chéo CE
cắt đường tròn tại điểm F ( khác điểm C).

a/. Chứng minh : OF  AB.

b/. Chứng minh : Tam giác BDF cân tại F.

c/. CF cắt tiếp tuyến Ax của đường tròn (O) tại điểm M. Chứng minh ba điểm D,
E, M thẳng hàng.

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tạiA, AH là đường cao và AM là trung tuyến ( H,
M  cạnh BC ). Đường trịn tâm H, bán kính HA cắt AB tại P và AC tại Q.

a/. Chứng minh rằng 3 điểm P, H, Q thẳng hàng.
b/. Chứng minh: MA  PQ.

c/. Chứng minh tứ giác BPCQ nội tiếp được một đường trịn.

Bài 5: Cho đường trịn tâm O có 2 đường kính AB và CD vng góc với nhau, dây
AE đi qua trung điểm P của OC, ED cắt CB tại Q.

a/. Chứng minh tứ giác CPQE nôi tiếp được một đường tròn.
b/. Chứng minh : PQ // AB.

c/. So sánh diện tích tam giác CPQ với diện tích tam giác ABC.
C. HƯỚNG DẪN TRẢ LỜI:

I. PHẦN ĐẠI SỐ: 
1. LÝ THUYẾT: 
a. HỌC KÌ I:

Câu 1 :

- Với số dương a, a được gọi là căn bậc hai số học của a.
- Số 0 cũng được gọi là căn bậc hai số học của 0.

- Căn bậc hai số học của :

a, 64 là 64 8
b, 81 là 81 9
c, 7 là 7
Câu 2 :

- Nếu a 0 => | a | = a => | a |2 = a2

- Nếu a < 0 => | a | = -a => | a |2 = (-a)2 = a2

=> a2 a

Áp dụng :

15 = | 15 | = 15



3 1



= 3 1  3 1



1 2



= 1 2  2 1
Câu 3: SGK/ trang 13

Áp dung :

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

4,9.250 49.25 49. 25 7.5 35 
2. 8 2.8 16 4

125. 5 125.5 625 25
Câu 4 : SGK/ trang 173

Áp dung :

25 25 5

16  16 4
121 121 11
100  100 10

27 27

9 3
3

3   

32 32

4 2
8

8   

Câu 5 :

a, <=> 3x = 4 => x =

3 => y =
5

3 => (x, y) = (
4
3,

5
3)
b, <=> y = -2x – 1 thế vào (2) ta được

x + 3( 2x + 1) = -4
7x + 3 = -4

7x = -7 => x = -1 => y = -2(-1)-1 = 1
(x, y) = (- 1, 1)

Câu 6 : d1 : y = a1x + b1

d2 : y = a2x2 + b2

 d1 cắt d2 <=> a1a2
 d1  d2 <=> a1 = a2 và b1 = b2
 d1 // d2 <=> a1 = a2 và b1b2

Vì a1 a2 => (d) và (d’) cắt nhau

Xét Pt hoành độ : 2x + 1 = x – 2 => x = -3 => y = -5
Tọa độ giao điểm A của (d) và (d’) là A (-3, -5)

Câu 7: Đồ thị hàm số y = ax + b là một đường thẳng đi qua A (0, b); B ( , 0
b
a


) nên khi
vẽ đồ thị hàm số y = ax + b ta làm như sau :

+ Xác định tọa độ điểm A (0, b) ( Cho x = 0 => y = b)
+ Xác định tọa độ điểm B ( , 0

b
a


) ( Cho y = 0 => x =
b
a


)
+ Nối AB

Áp dụng :

+ Xác định tọa độ A :

Cho x = 0 => y = 1 đồ thị qua A (0, 1)
+ Cho y = 0 => x =

1
2


=> đồ thị qua B (
1
2


, 0)

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

Câu 8 :

1/- Thưc hiện phép tính :

a, 8 3 32  72 = 2 2 12 2 6 2  = 4 2

b, 6 12 20 2 27  125 6 3 = 12 3 2 5 6 3 5 5 6 3 3 5    
2/- Thực hiện phép tính:



4 27 2 48 5 75 : 2 3 







21
12 3 8 3 25 3 : 2 3 21 3 : 2 3

   



1 3 2 . 1

 

 3 2





  

2 2

1 3  2  1 2 3 3 2 2 2 3   
Câu 9: Giải PT :

a, 25x 275 9x 99 x11 1
<=> 5 x11 3 x11 x11 1

11 1
x

   ( ĐK x11)
<=> x – 11 = 1 => x = 12 (Thỏa)

S 

 

12
b, 4 2 3  x2 2x 3 3 0 









3 1 3

3 3 1

x
x

  

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

3 3 1 2 3 1
1
3 1 3

x x

x
x

      



 


  

 



Câu 10 : So sánh
a,Giả sử :

3 2 5 1 5

2 5 0

2 5

  
  
 

4 5

  vô lý

Vậy 3 2 5 1   5
b, Giả sử

2008 2010 2 2009

2008 2010 2 2008.2010 4.2009
2008.2010 2009

 

   

 



 



2009 1 2009 1 2009
2009 1 2009

   

  

2 2

2009 1 2009

   vô lý

Vậy 2008 2010 2 2009
b. HỌC KÌ II:

Câu 1: Phương trình bậc nhất hai ẩn x và y là hệ thức dạng ax by c 
Trong đó a,b và c là các số đã biết ( a0 hoặc b0 ).

Phương trình bậc nhất hai ẩn ln ln có vơ số nghiệm.
Câu 2: Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng

' ' '

ax by c
a x b y c

 




 



Câu 3: Mỗi hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có thể vơ nghiệm, có 1 nghiệm duy
nhất hoặc vô số nghiệm.

Câu 4: Hai hệ phương trình được gọi là tương đương với nhau nếu chúng có cùng 
tập nghiệm.

a/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cùng có vơ số nghiệm thì ln tương đương với
nhau. ( sai )

b/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn vơ nghiệm thì ln tương đương với nhau.( Đúng )
Câu 5: SGK trang 40

Áp dụng :

3x 3x 1 0(a 3;b 3;c 1)

      

Câu 6/ :SGK trang44

Áp dụng :

  

    
  

3 2 0

( 3) 4.1.2 5

5 0

x x

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

Câu 7 : SGK trang 51
Áp dụng :5x24x 3 0

a = -5<0 ; c = 3>0. a và c trái dấu nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
  

 

1 2

4
5
3
.

b

x x

a
c
x x

a

Câu 8 :

1 2

2 2 2

1 2 2 2

2 2 2

( ) 4

. .

2 2 4 4

b
a
b
x

a

b b b a

x x

a a a b

b b b b b ac c

x x

a a a a a

ìï - + D

ï =

ïï
ïí

ï - - D

ïï =

ïïỵ

- + D - - D

-Þ + = + = =

- + D - - D - - D - +

= = = =

Câu 9 :Phương trình bậc hai có tổng hai nghiệm là S và tích hai nghịêm là P có 
dạng :

X2 - SX + P = 0

Áp dụng :

S 2 2 2 2 4

P (2 2).(2 2) 4 2 2

Vậy 2+ 2 và 2- 2 là hai nghiệm của phương trình

X 4X 2 0

= + + - =

= + - = - =

- + =

Câu 10 :SGK trang 29
2. CÁC BÀI TỐN ĐẠI SỐ:
a. HỌC KÌ I:

Câu 1: Thực hiện phép tính









8 2 15 8 2 15

5 3 5 3

2 3

A   

   



4 7 4 7

8 2 7 8 2 7
2

1 2

7 1 7 1 2

2 2

B   

 

   

 

 

 

     

 

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









2
2
2

2
2

8 2 16 10 2 5
8 2 6 2 5

8 2 5 1

8 2 5 2 6 2 5 5 1
C

C
C
C

    
  

  

      

5 1
C

  
Câu 2: Rút gọn





1 1 15

6 5 120

2 4 2

1 1 1

(11 2 30) .2 30 30

2 4 2

11 30 30 11

2 2 2 2

A
A

   

    













3 2 3 2 2

3 3 2 2

3 2 1

3 2 3 2 2 2 1

3 3 2 2
2 1

3 2 4 2 2 3 3 2 2 3
B     



 

    



      

Câu 3:

a, TXĐ  x R x, 4









2 2

4 2 4 2

A x   x 

4 2 4 2

A x   x 

Khi 0 x 4 2   4 x 8

4 2 2 4 4

4 2 8

4 2 4 2 2 4

A x x

x x

A x x x

       
   

       
Tóm lại :

c, A x 4 2  x 4 2

4 2 2 4 4 2 2 4 4

min 4 4 8

A x x x x

A x

            
   

Câu 4:

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



 





 





 





 



3 2 3 2 3 2 3 2

2 1 3 2

2 1 2 1 1

x x x x

A

x x

x x x

   

 

 

     

a, A có nghĩa <=>

2 1 2

2
3 2
3
x
x
x

x




 

 

  


b,
3 2
2 1
x
A
x




c, A > 0 <=>

2
3

3 2 0 1 1

2 1 0 2 2

3 2 0 2

3
3

2 1 0

1
2
x
x
x x
x
x x
x
x
x
 
 
 
 
   
 
  
    
  
 

   

    
    
      
 
 

  

 

Câu 5:















 























2
2 1

1 1 2

1 1 1 1 1

1 2 2 1

. 1

1 1

x x

A

x x x x x

x

x x x

A x
x x
x x
    
 
   
 
        
   

   

   
 
 

ĐK : x0,x1

1 2 2

1 1

0 1 1 2

1
1 2 1

min 1 0

x
A
x x
x x
x
A
A x

 
  
 
     

   
   
Câu 6:









1 1 2

1 1 1 1

a a a

B

a a a a

 

   

 

 

   

  Đk :

0
1
a
a


















1 1

1 1 1

a a

a a a a

a a a

 

   

 

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

b, B < 1 <=>

1
1
1
a a

a
 




1
1 0
1

2
0
1
2 0
2

0 1 0

1 0 1

a a
a
a

a
a
a

a
a

a a

 

  




 



  



    


    
c, a19 8 3 (4   3)2



21 8 3 3

 



21 8 3 39 3 3 13 3

6 6 2

3 3

B     

    


Vậy B =

13 3
2


Câu 7: Đặt 3182 33125 a

3182 33125 b

 

=> A = a + b => A3 = a3 + b3 + 3ab(a + b)

A3 = 364 + 3A





2
2

3182  33125
=> A3 = 364 + 3A31

=> A3 + 3A – 364 = 0

=> (A - 7)(A2 + 7A + 52) = 0

=> A = 7

Câu 8:

a, Vẽ đồ

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

b, Xét PT hoành độ :2x + 1 = x – 3 => x = -4 => y = -7
A (-4, -7)

.
2

ABC

S  BC AH 14.4
2


= 8 ĐVDT
Câu 9: a, PTĐT AC có dạng y = ax + b
Qua A => -1 = a + b

Qua C => -6 = -4a + b
=> 5a = 5 => a = 1
=> b = -2

PTĐT AC có dạng y = x – 2
b, Xét tọa độ B (2, 0)

VP = 2 – 2 = 0 = VT
=> B (2, 0)  AC

Vậy A, B, C thẳng hàng.

Câu 10: Xét PT hoành dộ (d2) và (d3)

3x – 1 = 2x + 3
x = 4 => y = 11

Tọa độ A(4, 11) là tọa độ giao điểm (d2) và (d3). Xét A với (d1) xem A có thuộc d1

hay khơng?

VP: 4 + 7 = 11 = VT
=> Tức là đi qua A d1

Vậy d1, d2, d3 đồng quy tại A .

b. HỌC KÌ II:
Bài 1:

3 2 1

3
x y
x y

 




 


3 2 1 5 5

2 2 6 3

x y x

x y x y

  

 

   

   

 

1 1

1 3 2

x x

y y

 

 

   

   

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

3 5 1

2 4
x y
x y
 


 


3 5 1 7 21

10 5 20 2 4

x y x

x y x y

  
 
   
    
 

3 3

2.( 3) 4 2

x x
y y
 
 
   
   
 
c/

4 3 15
3 2 10

x y
x y
 


 


8 6 30

9 6 30

x y

x y
  

 
 


0 0

3 2 20 3.0 2 10

x x

x y y

 
 
   
   
 

0
5
x
y


 



d/
3 5

2 3 18

x y
x y
  


 



9 3 15

2 3 18

x y
x y
  

 
 


11 33

2 3 18

x
x y
 

 
 



3 3 9

2.3 3 18 4

x x x

y
y y
     
 
     

   
 
 
e/

1 1 5

8
1 1 3
8
x y
x y

 



  



Cộng từng vế hai phương trình ta được:

1 x 2

x    
Thay x2 vào

1 1 5
8

x y  được:

1 5 1 1 1

8 2 8 y

y    y   

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2 ; 8)

f/
2 1
1
2
1 5
6
2

x y x y
x y x y

 
  


  
  

Đặt
1 1

;
2
a b

x y x y

 

 

Điều kiện 2

x y
y
x



 




Ta có hệ phương trình

2 1
5 6
a b
a b
 



 


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

Giải hệ phương trình
1
1
2
1
1
x y
x y


 


 
 

2

2 1 3

1 1
3
x
x y
x y

y



 
 
   
  
  


 ( Thỏa điều kiện )

Vậy nghiệm của hệ phương trình
2
3
1
3
x
y






 


h/

5( 2 ) 3 1
2 4 3( 5 ) 12

x y x

x x y

  




   


5 10 3 1

2 4 3 15 12

x y x

x x y

  

 
   



2 10 1 2 10 1

15 16 2 30 32

x y x y

   
 

 
     
 

33

15 16 40

40 33 29

8
y
x y
y
x





  
 

 

  


Vậy
29 33
( ; ) ( ; )
8 40
x y  
Bài 2: 
a/
2 12
2 6
ax by
ax by
 


 


Do (x2;y1) là nghiệm của hệ phương trình
Nên

4 12

2 2 6

a b
a b
  


  


4 12 5 9

3 3

a b a

a b a b

    
 
   
     
 
 
9 9
5 5
9 24
3
5 5

a a
b b
 
 
 
 
 

 
    
 
 
b/
3 1
2
mx y
x ny
 


 


Do (x2;y3) là nghiệm của hệ phương trình 
Nên

2 3.3 1

2 3 2

m
n
  


  


2 9 1

2 3 2

m
n
  

 
  


2 8 4

3 0 0

m m
n n
  
 
   

 
 
Bài 3:
Câu 1: 
3 5

4 6 9

mx y
x y
 


 


Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất

3 3.4

4 6 6

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

Câu 2:

2 5

3
x y
ax y a

 




 


a/ Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất

1 2 3.1 3

3 a 2 a 2

a

     

b/ Hệ phương trình vơ nghiệm

1 2 5 3

3 a 2

a a

    

Câu 3:
3

2 6 8

x y m
x y

 




 


Ta có

1 3

2 6





Nếu

4
2 8

m
m

  

thì hệ phương trình có vơ số nghiệm.
Nếu

4
2 8

m
m

  

thì hệ phương trình vơ nghiệm.
Bài 4:

Câu 1:

a/ Vì đồ thị hàm số đi qua A(2; -4) nên 2a b 4
Và qua B(-5 ; 4) nên 5a b 4

Ta có hệ phương trình

2 4

5 4

a b
a b

 




  


7 0

2 4

a
a b



 

 


0
4
a
b



 



Vậy y4

b/ Vì đường thẳng y ax b  qua A(3 ; -1) nên 3a b 1
Và qua B(-2 ; 9) nên 2a b 9

Ta có hệ phương trình

3 1 5 10

2 9 2 9

a b a

a b a b

  

 



 

     

 

2 2

2( 2) 9 5

a a

b b

 

 

   

    

 

Vậy y2x5
Câu 2:

Xác định giao điểm B của hai đường thẳng : yx và y2x1

Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đường thẳng:

2 1

x x

    x1
1

y
 
Vậy B(1 ; -1)

Xác định tiếp đường thẳng đi qua A(2 ; 1) và B(1 ; -1) được
2 3

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

( )

(1; 1)

1 1

( ) 1 2.1 1

A A

A P y x A

x x

A d m m

ì Ỵ ï =

ïï Û ï Û

-í ớ

ù = ù =

ùợ ùợ

ẻ - =- + =

b/ Bảng giá trị y = -x2

X -3 -2 -1 0 1 2 3
y=-x2 -9 -4 -1 0 -1 -4 -9

X 0 -3/2
y=-2x-3 -3 0

Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là :

2 3

2 3 0

x x

x

x x

x

- =-

-é
=-ê

Û - - = Û

ê =

Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là B(-1 ;-1) ; C(3 ;-9)

c/ Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P)

2 2 2 2 0

x x m x m m

- =- + Û - + =

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Û D = -' 1 m> Û0 m<1
Với m<1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

d/ (d) tiếp xúc với (P) Û D = Û -' 0 1 m= Û0 m=1
(d) không cắt (P) Û D < Û -' 0 1 m< Û0 m>1
Bài 6 :

y = -x2
y= -2x - 3

C(3;-9)
B(-1;-1)

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

2
2

3 75 0

x

x x

+ =

+ > "

Nên phương trình vơ nghiệm.
2/

2 2 2

2 384 0 2 1152 576

24
3

x

x x x

x
é =
ê
- = Û = Û = Û ê

=-ë
3/
1
2
2

( 15) 3(27 5 )
9
81

x x x

x
x
x
- =
-é =
ê
Û = Û
ê
=-ë

4/
2
2
1
2

(2 7) 12 4(3 )

2 7 12 12 4

2 11 0

( 11) 0
0
11

x x x

x x x

x x
x x
x
x
- - =-
-Û - - =- +
Û - =
Û - =
é =
ê

Û ê =ë
5/
2 2
2 2
2
1
2

(3 2) 2( 1) 2

9 12 4 2 4 2 2

7 8 0

(7 8) 0
0
8
7

x x

x x x x

x x
x x
x
x
- - - =
Û - + - + - =
Û - =

Û - =
é =
ê
ê
Û
ê =
ê
ë

Bài 7 : 1/  x2 5x14

1 2

5 14 0( 1; 5; 14)

25 56 81 0

2; 7

x x a b c

x x

Û + - = = =

=-D = + = >

=-2/ 3x210x80 0 (a3;b10;c80)
'

D = 25-240 = -215<0

Phương trình vơ nghiệm

3/ 25x2 20x 4 0(a25;b20;c4)
'

D =(-10)2 -25.4=0

Phương trình có nghệm kép : 1 2

' 10 2
25 5
b
x x
a

   
Bài 8

a/ 3x2 2x m 0(a3; 'b 1;c m )
'

D = (-1)2 -3m = 1-3m

Để phương trình vơ nghiệm D'<0 suy ra 1-3m<0 hay

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

Với
1
3
m

thì phương trình đã cho vô nghiệm
b/ 2x2 + mx - m2 = 0 (a = 2;b = m; c =- m2)

D= m2 -4.2(-m2)
D= m2 +8 m2
D=9 m2

Phương trình có hai nghiệm phân biệt Û D > Û0 9m2> Û0 m¹ 0
c/ 25 x2 + mx +2 = 0 (a = 25;b = m;c = 2)

D= m2 -4.25.2
D= m2 -200

Để phương trình có nghiệm kép thì D=0

1
2

10 2
200 0

10 2

m
m

m

é =

Û - = Û ê

=-ê
ë

Bài 9:

1/ x2 + (m+1)x + m = 0 (a = 1;b = m+1;c = m) 
D=(m+1)2 -4.1.m

D= m2 +2m +1-4m = m2 - 2m +1 = (m+1)2³ 0 với mọi m

2/Thay x = -2 vào (1)
(-2)2 +(m+1)(-2) + m = 0

4-2m-2+ m = 0
2-m = 0Û m = 2

1 2

2 2

2. 2 1

c

x x m

a

x x

= =

- = Û

=-3/ Phương trình có hai nghiệm đối nhau Û x1 +x2 =0Û -(m+1) = 0Û m = -1

4/Phương trình có hai nghiệm nghịch đảo nhau Û x1 x2=1Û m = 1

5/Theo hệ thức Vi-et

1 2

1. 2

1 2

1 2 1 2

2
2

x x (m 1)(1)

x .x m(2)

x x 2

(x x ) 4

(x x ) 4x x 4

m 2m 1 4m 4

m 2m 3 0

m 1

m 3

ì + =- +

ïï

íï =

ïỵ

- =

Û - =

Û + - =

Û + + - =

Û - - =

é
=-ê
Û

ê =
ë

Vậy với m = -1 hoặc m = 3 thì x1 x2 2
6/

2 2 2

1 2 1 2 1 2

2 2 2

1 2

2 2 2

1 2

( ) 2 .

( 1) 2

1 1

x x x x x x

x x m m

x x m

+ = +

-Û + = +

-Û + = + ³

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

Phương trình có hai nghiệm đều dương Û

0 ( 1) 0 1

0 0 0

0 ( 1) 0 1

m m

P m m

S m m

ìD ³ ï - ³ ì ³

ï ï ï

ï ï

ï > Û ï > Û ï >

í í í

ï ï ï

ï > ï- + > ï

<-ï ï ï

ï ï

ỵ ïỵ ỵ

Vậy khơng có giá trị nào của m để phương trình có hai nghiệm đều dương
8/Ta có

1 2 1 2

( 1) 1

. .

. 1

x x m x x m

x x m x x m

x x x x

ì + =- + ì + =-

-ù ù

ù ù

ớ ớ

ù = ù =

ù ù

ợ ợ

ị + +

=-Vậy biểu thức trên không phụ thuộc vào m
9/Ta có

3 3 2 2

1 2 1 2 1 1 2 2

3 3 2

1 2

3 3 2

1 2

3 3 3

1 2

( )( )

( 1)( 1 )

( 1)( 1)

( 1)

x x x x x x x x

x x m m m

x x m

+ = + - +

Û + = - - +

-Û + =- + - +

Û + =- +

Bài 10:
1/

2 2

15 2( 0)

15 2 2 15 0

x x

x

x x x x

x

- = ¹

é
=-ê

- = Û - - = Û

ê =
ë

(Thỏa điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình là x1 =-3 và x2 = 5

2
2
2

1 1 1( 1)

1 1

1 ( 1) 1

1 1 1

x

x x

x x x

x

- = ạ

-ị - - + =

-Û - - - =

-Û

=-Vậy phương trình vô nghiệm .
3/ 2x4 - 7x2 – 4 = 0

Đặt

2 0

t=x ³

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

2
1
2
1
2
2

2 7 4 0

49 4.2( 4)

49 32
81

7 9 4( )

7 9 2 1( )

4 4 2

2
4
2
t t
t tmñk
t ktñk
x
x
x
- - =

D = -

-D = +

D =
+
= =
- -

-= = =
é =
ê
Þ = Û ê 
=-ë

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 2 và x2 = -2

5 3 2

3 2 2

2 3

2 2

3 3

1 0

( 1) ( 1) 0

( 1)( 1) 0

1 0 1 1

x x x

x x x

x x

x

x x x

- - + =
Û - - - =
Û - - =
é =
é - = é = ê
ê ê ê
Û ê Û ê Û ê
=-- = =
ë ë ê =
ë

Vậy nghiệm của phương trình là x11;x2 1
II. PHẦN HÌNH HỌC:

1. LÝ THUYẾT: 
a. HỌC KÌ I:

CÂU 1 : Chứng minh b2 ab c/; 2 ac/ (SGK/tr.65)
Áp dụng : a 6282 10

2 2

2 / / 8 6, 4

10
b
b ab b

a

    

;

2 2

2 / / 6 3,6

10
c
c ac c

a

    

CÂU 2 : Định nghĩa tỉ số lượng giác của một góc nhọn (SGK/tr.72)

0 3 0 1 0 0 3

sin 60 ;cos 60 ; 60 3;cot 60

2 2 tg g 3

   

CÂU 3 : Chứng minh : 2 2 2

1 1 1

h b c (SGK/tr.67)
Áp dụng : C1: 2 2 2

1 1 1 1 1 169 60 8

4
25 144 3600 h 13 13
h b c      
C2:

5.12 60
13 13
bc

ah bc h
a

    

Câu 4 :

sin cos
sin .cos
b a B a C
c a C a B

 




 



c a cos 630 8.cos 630 3,632
b=asin B =8.sin630 7,128
CÂU 5:

.cot
. .cot
b ctgB c gC
c b tgC b gB

 




 



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

 0 /
12

67 22
5

tgB  B

; C 22 380 /
CÂU 6 : Chứng minh định lí : (SGK/tr.103)

Kẻ OH vng góc AB. HB OB2 OH2  62 4,82 3,6
AB=2HB=2.3,6=7,2cm

CÂU 7: Chứng minh định lí (SGK/tr.114)

CÂU 8 : -Định nghĩa đường tròn nội tiếp tam giác (SGK/tr.114)

Cách xác định : +Tâm là giao điểm các đường phân giác các góc trong tam giác.
+ Bán kính là khoảng cách từ tâm đến cạnh của tam giác .

Áp dụng : BC 122162  400 20



cm



;





12 16 20
4

2 2

AB AC BC

r       cm
CÂU 9: Đường tròn ngoại tiếp tam giác ? –Đường tròn qua ba đỉnh của tam giác . Khi đó 
tam giác nội tiếp đường trịn .

Cách xác định : + Tâm là giao điểm ba đường trung trực ba cạnh tam giác .
+Bán kính : Khoảng cách từ tâm đến đỉnh tam giác .
BC 122352  1369 37

18,5

2 2

BC
R

   

CÂU 10 : Hai đường trịn ngồi nhau và hai đường trịn đựng nhau có tính chất :
+Giống nhau : Khơng có điểm chung .

+Khác nhau : -Hai đường tròn đựng nhau thì khơng có tiếp tuyến chung.

-Hai đường trịn ngồi nhau có hai tiếp tuyến chung ngoài và hai
tiếp tuyến chung trong.

Kẻ O H/ OB H OB











/ 2 / 2 40 / 2 10

O H OO  OH   O H  cm .
b. HỌC KÌ II:

Câu 1:

O
A

GT Cho đường tròn (O) AB CD

KL AB = CD

Ta có: AB CD ( GT) AOB COD ( 2 góc ở tâm chắn 2 cung bằng nhau thì
bằng nhau)

Nên : AOBCOD ( c.g.c)  AB = CD (đpcm) 
 Câu 2:

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

A B

Cho đường tròn (O)
AB: Đường kính
Dây AM sao cho:AMO400

KL Tính BOM ?

Ta có:OA = OB ( bán kính)

 AOM cân tại O

 BOM = 2AMO2.400=800 ( định lí góc ngoài của tam giác AOM)
 Câu 3:

A B

C D

Cho đường tròn (O)
CD: dây cung

AB: đường kính

AB // CD

KL AC BD
Ta có: AOC OCD ( So le trong)

BOD ODC ( So le trong)

Mà OCD ODC  ( OCD cân tại O)

 AOC BOD

 AC BD ( 2 góc ở tâm bằng nhau thì chắn 2 cung bằng nhau)

Câu 4:

O
A

B
N

. Cho đường tròn (O)
. M,N (O):

. AOM 40 ,0 BON 800

 0  0

40 , 80

AOM  BON 

KL So sánh: AM, MN, BN?

Ta có:

  



0 0 0

180

180 40 80

MON AOM BON

MON

  

   ( vì AOB1800)

 AOM MONNOB

 AM MN NB ( góc ở tâm nhỏ hơn thì chắn cung nhỏ hơn)

 AM < MN < NB ( cung nhỏ hơn thì căng dây nhỏ hơn)
 Câu 5:

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

D C

A B

GT . Cho đường tròn (O)
. ABCD nội tiếp (O)

 
 

0
0
180
180
A C
B D

 
 
Ta có: A

2sđBCD ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn)
C 

2sđBAD ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn)


  1
2
A C 

sđ(BCD BAD ) =
1
2. 0

360 = 0
180

Tương tự: B D  1800 ( hoặc B D  36001800 1800: tính chất tổng 4 góc 
của tứ giác)

Câu 6: Học sinh xem SGK trang 74

Câu 7: Học sinh xem SGK trang 78
 Câu 8:

n
E

O
D

C
A

B
m

GT Cho đường tròn (O)BEC

: góc có đỉnh bên trong (O)

KL BEC

2sđ(BnC AmD )

Xét tam giác BDE, ta có:

BEC = B D  ( định lí góc ngoài của tam giác BDE)

Mà

 1
2
B

sđAmD ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn)

 1
2
D

sđBnC ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn)
Nên: BEC=

2sđ(AmD+BnC )

Câu 9:

O
A

Cho đường tròn (O; R = 3cm)
Sđ AB600

KL Tính độ dài AB

Ta có: AB 180
Rn
l 

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

Vậy: 

.3.60

( )
180

AB

l   cm
 Câu 10:

O
A

C
M

Q GT

Cho đường tròn (O)

ABCD ngoại tiếp đường tròn (O)

KL AB+CD = AD+BC

Ta có: AM = AQ ( Tính chất 2 tiếp tuyến giao nhau)
BM = BN (…nt…)

DP = DQ (…nt…)
CP = CN (…nt…)
Cộng từng vế, ta có: AM+BM+DP+CP = AQ+BN+DQ+CN
Hay: AB + CD = AD + BC ( đpcm)
2. CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC:

a. HỌC KÌ I:

BÀI 1 : Gọi

 

E ACBD

BD=? BD2 AD2AB2 52 BD2 13
BC=?

2
18

13
AB

BE
BD

 

8
13
DE

 

4.6 12 4 13

;

3
2 13 13

AD

AE AC

AE

   

;

16 13
39
CEAC AE 

2 2 2 61

3
BC CE BE 

DC=?

2 64 8

9 3

DC AC CE  DC
BÀI 2 : Kẻ BK vng góc AC .

AB=? BK=BC.sin300=7,5 ; KBA600 450 150
AB= 0 0

7,5

7,76
cos15 cos15

BK

 

AC=? KA=KB.tg150 7,5. 15tg 0 2,01

KC=BCcos300 15.cos300 12,99  AC KC KA  10,98
BÀI 3 : Kẻ OI CD O K, / CD OG, EF O H, / EF

Do CD // EF nên ba điểm I,O,G thẳng hàng, K,O/,H thẳng hàng .
-IKHG là hình chữ nhật  IK=GH (1)

-Do tính chất đường kính vng góc với dây : 2 ; 2

AC AD

AI  AK 

2 2

AC AD CD
IK AI AK 

    

(2) . Tương tự : 2
EF
GH 

(3)
-(1),(2),(3)  CD = EF

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

a/ CEB DFB  900

CAB 900  BC là đường kính (O) : CEB 900. Chứng minh tương tự: DFB900
b/

/// :

OO CD

OO///CD ( vì cùng vng góc AB).

CD=? OH  OA2 AI2  55 ; O H/  O A/ 2 AI2 3 3
 OO/ OH O H /  55 3 3

-OO/là đường trung bình của tam giác BCD  CD=2OO/=2



55 3 3





cm



c/ Vị trí EAF sao cho AE=AF:

Giả sử dựng được cát tuyến EAF sao cho AE=AF
-Kẻ OM EF O N, / EF

AM=

1 1

, ,

2AE AN 2AF AEAF AM AN
Gọi I là trung điểm của OO/.

-AI là đường trung bình hình thang OMNO/  IA OM O N// // /
mà OM EF nên IAEF.

BÀI 5 : a/ BD.CE không đổi:

DOC D  1B ( tính chất góc ngồi tam giác) O1 D 1

-BD BO
BOD CEO

CO CE

   

. .

4
BC
BD CE BO CO

  

(không đổi)
b/ BODOED:

-BD CO OB
BOD CEO

OD EO OE

    

Vậy BODOED . Suy ra DO là tia phân giác góc BDE.
c/ Giả sử đường tròn (O) tiếp xúc AB tại H. vẽ OK DE

O nằm trên phân giác BDE  OH OK
 Đường tròn (O;OH) tiếp xúc DE tại K.

PHỤ LỤC : HÌNH VẼ CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC Ở HỌC KÌ I 
( BÀI 1 ĐẾN BÀI 5)

E
D

A B

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

B C
A

B
O

D
E

F
I

H
K

B
A

D
C

O
M

C
D

E
H

b. HỌC KÌ II:
Bài 1:

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

O x
d

A B

Cho đường trịn(O;R)

AB, CD: đường kính, AB  CD

tại O.

MAB, CM cắt (O) tại N

Đường thẳng d AB tại M

Tiếp tuyến của (O) tại N cắt d tại
P

KL a/. OMNP nội tiếp được 1 đường trịn
b/. CMPO là hình bình hành
c/. CM.CN không đổi.
a/. Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn:
Ta có: OMP 900 ( d AB)

Và ONP 900 ( Tiếp tuyến vng góc với bán kính)
 OMP ONP 

Nên: Tứ giác OMNP nội tiếp được một đường trịn ( Tứ giác có 2 đỉnh
liên tiếp nhìn 1

cạnh dưới 1 góc khơng đổi).

b/. Chứng minh tứ giác CMPO là hình bình hành:
Ta có:

 1

2
AMC

sđ



AC BN



( Định lí góc có đỉnh bên trong đường
tròn(O))

và

 1

2
CNx

sđ



BC BN



( Định lí góc tạo bởi tiếp tuyến và 1 dây cung)
mà sđAC= sđBC =900 ( do AB  CD)

Do đó: AMC= CNx (1)

Ta lại có: CNx = MOP ( cùng bù với MNP ) (2)
Từ (1), (2)  AMC= MOP

Mà AMC, MOP ở vị trí so le trong.

Nên: CM // OP (3)
Mặt khác: PM // CO ( Cùng vng góc với AB) (4)

Từ (3), (4)  CMPO là hình bình hành ( Tứ giác có 2 cặp cạnh đối song song)
c/. Chứng minh tích CM.CN khơng đổi:

Ta có: CND 900 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường trịn)
Nên ta chứng minh được: OMC NDC(g.g)



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

Bài 2:

O
D

B C

A GT

Cho đường trịn (O), đường kính :
BC = 2R

A(O): BA = R; Mcung AC

nhỏ.

BM cắt AC tại I, BA cắt CM tại D.

 450

ABM  : (c)

KL a/. DI
BC

b/. AIMD nội tiếp (O)

c/. Tính độ dài AC và SquatAOM ?

a/. Chứng minh : DI BC:

Ta có: BAC900 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)

 CA  BD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC. (1)

Và BMC900( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)

 BM  CD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC. (2)

Từ (1), (2)  I là trực tâm của tam giác BDC

 DI là đường cao thứ ba của tam giác BDC 
Nên DI  BC

b/. Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn:
Ta có: IAD 900 ( CA  BD )

Và IMD 900( BM  CD 
 IAD + IMD 900+900 1800

Nên: Tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn.
( Tứ giác có tổng 2 góc đối diện bằng 1800)
c/. Tính độ dài AD. Diện tích hình quạt AOM:

*Tính AD:

Nếu ABM 450thì ABIvng cân tại A ( Tam giác vng có 1 góc nhọn

bằng 450)

 AB = AI = R

Xét tam giác ADI vng tại A ,ta có: ADI AMI ( 2góc nội tiếp cùng chắn

cung AI…)
Mà

 1

2
AMI 

sđAB=

0 0

.60 30

2  ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn và
AOB

 đều)
Nên: ADI 300

Vậy : Tam giác ADI là nửa tam giác đều.

 ID = 2R

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

* Tính diện tích hình quạt AOM:

Ta có: SquatAOM =

2
360

R n


, với n = AOM 2.ABM 900

Nên: SquatAOM =

2.90 2

360 4

R R

 



(đvdt)
 Bài 3:

F
O

A B

Cho đường trịn (O), đường kính
AB

C(O): CA>CB

Dtia đối của tia BC: ACDE là

hình vng.
CE cắt (O) tại F

CF cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở
M: (c)

KL a/. OF

 AB

b/. Tam giác BDF cân tại F.
c/. D, E, M thẳng hàng.
a/. Chứng minh: OF  AB

Ta có: ACF BCF 450( Tính chất của đường chéo hình vng)

AF BF ( Hai góc nội tiếp bằng nhau chắn 2 cung bằng nhau)

 AF = BF

 AFB cân tại F 
Mà O là trung điểm của AB

 FO là trung tuyến cũng là đường cao ( Tính chất tam giác cân)
Hay : FO  AB

b/. Chứng minh tam giác BDF cân tại F:

F  đường chéo CE của hình vng ACDE

 FA = FD ( Tính chất 2 đường chéo của hình vng) (1)

Mà: FA = BF ( cmt)

 FD = FB (2)
Hay: Tam giác BDF cân tại F

c/. Chứng minh: D, E, M thẳng hàng:
Xét tam giác ABM, ta có:
O là trung điểm của AB

Mà OF // AM ( cùng vng góc với AB)
 F là trung điểm của BM

 FM = FB (3)
Từ (1),(2),(3)  FA = FB = FD = FM

 ABDM là tứ giác nội tiếp được một đường trịn ( Tứ giác có 4 đỉnh

cách đều F)

 BAM BDM 1800

Mà BAM 900 ( Tiếp tuyến vng góc với bán kính)

 BDM 900  DM BD (4)

Ta lại có: DE  BD ( do BDE 900) (5)

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

Hay: D, E, M thẳng hàng.

( Chú ý: Học sinh có thể chứng minh DEM 1800bằng cách xét:AEM và ACB)

Bài 4:

C
A

P
B

Cho ABCvuông tại A

AM: trung tuyến, AH: đường cao
Đường tròn (H; HA) cắt AB tại P
và AC tại Q

a/. Chứng minh : P, H, Q thẳng
hàng.

b/. MA  PQ

c/. BPCQ nội tiếp được đường
tròn.

a/. Chứng minh 3 điểm P, H, Q thẳng hàng:
Ta có: PAQ 900(GT)

Mà PAQ là góc nội tiếp

 PAQ chắn cung nửa đường tròn

 PQ là đường kính của đường trịn tâm H
 P, H, Q thẳng hàng ( đường kính đi qua tâm) 
b/. Chứng minh: MA  PQ:

Gọi I là giao điểm của AM và PQ

Ta có: C MAC  ( Tam giác MAC cân tại M)
Mà C HAC  900( Tam giác AHC vuông tại H)
Và HACAQH ( Tam giác AHQ cân tại H)
 MAC AQH  900

Nên: Tam giác AIQ vuông tại I
Hay PQ vuông góc với AM tại I

c/. Chứng minh tứ giác BPCQ nội tiếp được 1 đường tròn:
Ta có: C BAH  ( cùng phụ vớiCAH )

mà P BAH ( Tam giác AHP cân tại H) 
 C P 

 Tứ giác BPCQ nội tiếp được 1 đường tròn

( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc khơng đổi)

Bài 5:

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

A B

D
P

Cho đường trịn (O)

AB, CD là 2 đường kính:AB

CD tại O

AE cắt OC tại P ( P: trung điểm
OC)

ED cắt BC tại Q

KL a/. CPQE nội tiếp được 1 đường tròn
b/. PQ // AB

c/ So sánh SCPQvà SABC?

a/. Chứng minh: CPQE nội tiếp được 1 đường trịn:
 Ta có: PCQ chắn cung BD

PEQ chắn cung AD

Mà: BD AD ( do BOD AOD 900)

Nên: PCQ = PEQ

Vậy: Tứ giác CPQE nội tiếp được 1 đường tròn.

( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc khơng đổi) 
 b/. Chứng minh: PQ // AB:

Ta có: Tứ giác CPQE nội tiếp được 1 đường trịn (cmt)
  CEP CQP  ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CP)

Ta lại có: CEP = B ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn(O))
  CQP B 

Mà CQP B , ở vị trí đồng vị
 Nên: PQ // AB

c/. So sánh SCPQvà SABC ?

Ta có: P là trung điểm OC (GT)
Mà PQ // AB (cmt)

 Q là trung điểm của BC

Nên: PQ là đường trung bình của tam giác BOC
 SCPQ =

4 SBOC

Mà CO là trung tuyến của tam giác ABC
 SBOC =

1
2SABC

Do đó: SCPQ=

1
4.

1
2SABC

</div>

HUONG DAN ON THI TOT NGHIEP 9TUYEN 10















 





3

<i>x</i>



3 1 0

<i>x</i>

 

<i>x</i>



3

<i>x</i>

 

2 0



5

<i>x</i>



4

<i>x</i>

 

3 0

<i>ax bx c</i>



 

0

 







<i>b</i>

<i>S x x</i>

<i><sub>a</sub></i>

<i>c</i>

<i>P x x</i>

<i><sub>a</sub></i>

<i>y ax a</i>



(



0)











 

 



 

 

 

 



 

 





















 





  

 