De cuong on tap Toan 9 HK2 2013 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN TOÁN HỌC KÌ II - NĂM HỌC 2013 - 2014 PHẦN I: LÝ THUYẾT A. HỆ PHƯƠNG TRÌNH I/ Khái niệm hệ phương trình bậc nhất hai ẩn: ax  by c  1  a ' x  b ' y c '  2  Dạng tổng quát:  (với a, b, c, a’, b’, c’  R và a, b; a, b’ không đồng thời bằng 0) Nghiệm của Hpt (I) là cặp số (x;y) vừa là nghiệm của pt(1), vừa là nghiệm của pt(2). Với a, b, c, a’, b’, c’ khác 0, a b  + Hệ có nnghiệm duy nhất  a ' b ' a b c   + Hệ có vô số nghiệm  a ' b ' c ' a b c   + Hệ vô nghiệm  a ' b ' c ' II/ Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn: 1) Phương pháp thế: - Bước 1: Rút x theo y (hoặc y theo x) từ một phương trình của hệ rồi thay vào phương trình còn lại. - Bước 2: Giải phương trình một ẩn x (hoặc y). - Bước 3: Thay giá trị x (hoặc y) vừa tìm vào phương trình còn lại để suy ra giá trị của ẩn còn lại. - Bước 4: Kết luận. 2) Phương pháp cộng đại số: Chú ý: Hệ số của cùng một ẩn bằng thì trừ, đối thì cộng, khác thì nhân. B. HÀM SỐ y=ax2 (a 0) I/ Tính chất của hàm số y=ax2(a 0): 1/ TXĐ:  x  R 2/ Tính chất biến thiên: * a>0 thì hàm số y=ax2 đồng biến khi x>0 và nghịch biến khi x<0. * a<0 thì hàm số y=ax2 đồng biến khi x<0 và nghịch biến khi x>0. 3/ Tính chất về giá trị: * Nếu a>0 thì ymin = 0  x=0 * Nếu a<0 thì ymax = 0  x=0 2 II/ Đồ thị của hàm số y=ax (a 0): 1/ Đồ thị của hàm số y=ax2 (a 0): - Đỉnh O(0;0); - Nhận Oy làm trục đối xứng - Nếu a>0 thì đồ thị nằm phía trên trục hoành Ox; Nếu a<0 thì đồ thị nằm phía dưới trục hoành Ox 2/ Các bước vẽ đồ thị của hàm số y=ax2 (a 0): - Lập bảng giá trị tương ứng: x x1 x2 0 x4 x5 y=ax2 y1 y2 0 y4 y5 - Biểu diễn các điểm có tọa độ (x;y) vừa xác định ở trên lên trên mặt phẳng tọa độ. - Vẽ (P) đi qua các điểm đó. III/ Quan hệ giữa (P): y=ax2(a 0) và đường thẳng (d): y=mx+n:  y ax 2  y mx  n Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của Hpt:  Phương trình hoành độ giao điểm của (P): y = ax2 và đường thẳng (d): y = mx+n là: ax2= mx+n  ax2- mx-n=0 (*) 1/(P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt  phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt   >0 (hoặc  ' >0). Trang 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. 2/(P) tiếp xúc (d)  phương trình (*) có nghiệm kép   =0 (hoặc  ' =0) 3/(P) và (d) không có điểm chung  phương trình (*) vô nghiệm   <0 (hoặc  ' <0) C. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN SỐ I/ Khái niệm phương trình bậc hai một ẩn số (x): là phương trình có dạng: ax2 + bx + c = 0 (với a,b,c  R và a 0) II/ Cách giải phương trình bậc hai một ẩn số: 1. Dạng khuyết c (c = 0) – Dạng ax2 + bx = 0 (a 0):  x 0  x 0   ax  b 0   x  b  a  ax2 + bx = 0  x.(ax+b)=0  2. Dạng khuyết b (b = 0) – Dạng ax2 + c = 0 (a 0): * Trường hợp ac>0: phương trình vô nghiệm  c x  c a ax 2  c  x 2     a c  x   a  * Trường hợp a c<0, ta có: ax2 + c = 0  3. Dạng đầy đủ – Dạng ax2 + bx + c = 0 (với a, b, c 0 : - Bước 1: Xác định hệ số a,b,c. - Bước 2: Lập  = b2 - 4ac (hoặc ' = b'2 – ac) rồi so sánh với 0 (Trong trường hợp >0 (hoặc '>0) ta tính  (hoặc tính  ' ) - Bước 3: Xác định và kết luận nghiệm theo bảng sau: C«ng thøc nghiÖm thu gän C«ng thøc nghiÖm tổng quát 2  = b - 4ac b -NÕu  > 0 : Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt: ' = b'2 - ac (víi b’ = 2 2b') NÕu ' > 0 : Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt: − b+ √ Δ ; − b −√ Δ x 1= x 2= − b' + √ Δ' ; − b' − √ Δ' 2a 2a x = x = 1 2 - NÕu  = 0 : Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp : a a −b - NÕu ' = 0 : Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp: x 1=x 2= 2a − b' x =x = 1 2 - NÕu  < 0 : Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm a - NÕu ' < 0 : Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm * Chú ý: Nếu a.c < 0 thì phương trình bậc hai luôn có hai nghiệm phân biệt (trái dấu) III/ Định lí Vi-ét: 1/ Vi-ét thuận: NÕu x1, x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai ax2 + bx + c = 0 (a0) th×: b   S  x1  x2  a   P  x .x  c 1 2  a 2/ Vi-ét đảo: Hai sè u vµ v thỏa mãn u + v = S; u.v = P thì u,v là nghiệm của ph¬ng tr×nh: x2 - Sx + P = 0 (§iÒu kiÖn: S2 - 4P  0) 3/ NhÈm nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai ax2 + bx + c = 0 (a0): c */ NÕu a + b + c = 0 th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: x1 = 1 ; x2 = a vµ ngîc l¹i. c  */ NÕu a - b + c = 0 th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: x1 = -1 ; x2 = a vµ ngîc l¹i Trang 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. * Chú ý: NÕu x1, x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai ax2 + bx + c = 0 (a0) th×: ax2 + bx + c = a(x-x1)(x-x2) IV/ Giải các phương trình quy được về phương trình bậc hai:  A( x) 0 A( x).B( x) 0    B( x) 0 1/ Phương trình tích: 2/ Phương trình chứa ẩn ở mẫu: - Bước 1: Tìm ĐKXĐ của phương trình (là ĐK của ẩn để tất cả các mẫu đều khác 0) - Bước 2: Qui đồng và khử mẫu hai vế - Bước 3: Giải phương trình nhận được trong bước 2 - Bước 4: Đối chiếu giá trị ẩn vừa tìm được với ĐKXĐ và kết luận nghiệm 3/ Phương trình trùng phương: ax4 + bx2 + c = 0 ( a 0 ) + Đặt : x2 = t  0 , ta có PT đã cho trở thành : at2 + bt + c = 0 (*) + Giải phương trình (*) + Chọn các giá trị t thỏa mãn t 0 thay vào: x2 = t  x=  t + Kết luận nghiệm của phương trình ban đầu 4/ Phương trình sau khi đặt ẩn phụ quy về phương trình bậc hai: + Đặt ẩn phụ, đặt điều kiện của ẩn phụ nếu có. + Giải phương trình ẩn phụ. + Chọn các giá trị ẩn phụ thỏa mãn điều kiện thay vào chỗ đặt để suy ra giá trị ẩn ban đầu. + Kết luận nghiệm của phương trình ban đầu. D. HÌNH HỌC. D. o. I. Quan hệ cung và dây. 1. Với hai cung nhỏ trong một đường tròn, hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau,. C A. B.  AB CD  AB CD. hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau: 2. Đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì đi qua trung điểm của dây căng cung ấy  MB   IA IB MA 3. Đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì vuông góc với dây căng cung ấy o  MB   OM  AB MA và ngược lại I 4. Đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây A  MB  IA IB  OI  AB ; MA M và đi qua điểm chính giữa của cung căng dây ấy 5. Đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây và điểm chính giữa   của cung căng dây ấy OI  AB  IA IB ; MA MB   6. Hai cung chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau AB / /CD  AC BD II. Góc với đường tròn:. B. o C. D. A A. B. o.   BOC sd BC B 1   BAC  sd BC 2 8. Số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn 9. Số đo của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo của cung bị chắn 1  BAx  sd AB 2 10. Trong một đường tròn :     a) Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau ACB DFE  AB DE    b) Các góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau AMB  ACB (cùng chắn AB ) 7. Số đo của góc ở tâm bằng số đo của cung bị chắn. C B. x. o. A F C M. o E A. Trang 3. D B.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9.     c) Các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau AB DE  ACB DFE d) Góc nội tiếp nhỏ hơn hoặc bằng 90o có số đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng ACB  1 AOB  2 chắn một cung (cùng chắn cung AB ). C. o. A. B. B. C. o. e) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông và ngược lại, góc vuông nội tiếp o  thì chắn nửa đường tròn ACB 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). A. B. x. f) Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau   BAx BCA ( cùng chắn cung AB). o. C. A. 11.Số đo của góc có đỉnh bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn. A C. 1    AC ) BED  sd ( BD 2 (góc có đỉnh bên trong đường tròn). E. B. 12. Số đo của góc có đỉnh bên ngoài đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn C. o. D A. E 1    AB) o CED  sd (CD B 2 (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn) II. Tø gi¸c néi tiÕp: D Đn: Tứ giác có 4 đỉnh nằm trên 1 đường tròn a) Tính chất: Tổng hai góc đối của tứ giác bằng 1800. b) DÊu hiÖu nhËn biÕt tø gi¸c néi tiÕp: - Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 - Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện - Tứ giác có 4 đỉnh cách đều một điểm. - Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dới một góc . III. Độ dài đờng tròn - Độ dài cung tròn: - Độ dài đờng tròn bán kính R: C = 2R = d - §é dµi cung trßn n0 b¸n kÝnh R :  Rn l 180 IV. DiÖn tÝch h×nh trßn - DiÖn tÝch h×nh qu¹t trßn: - DiÖn tÝch h×nh trßn: S = R2  R 2 n lR S  360 2 - DiÖn tÝch h×nh qu¹t trßn b¸n kÝnh R, cong n0: V. Các công thức hình học không gian: 1. Hình trụ: Sxq = Cđáy.h (Cđáy: chu vi đáy; h: chiều cao), Sxq=2  r.h (r: bán kính đáy) V= Sđáy.h (Sđáy: diện tích đáy; h: chiều cao), V=  r2.h (r: bán kính đáy) 1 1 2. Hình nón: Sxq =  rl (l: đường sinh), V= 3 Sđáy.h , V= 3  r2.h 4 2 3. Hình cầu: Sxq =4  r , V= 3  r3. Trang 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. PHẦN II: BÀI TẬP Dạng 1: Giải hệ phương trình.  2 x  3 y 1 3x  y 3 2x  5y 8  4x  3y 6  2x  3y  2      x 3y 2 2x  y  7 2x  3y  0 2x  y  4 3x  2y  3     a) b) c) d) e)  i) 1  1  x  2  y  1 2    2  3 1  x  2 y  1. Dạng 2: Một số bài toán quy về giải hệ phương trình. 2x  by a  Bài 1: Tìm a, b: 1/ để hệ phương trình bx  ay 5 có nghiệm (1;3). ax  2y 2  2/ để hệ phương trình bx  ay 4 có nghiệm ( 2 ;- 2 ). Bài 2: Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(1;3) và B(3;2). Dạng 4: Xác định hệ số a và vẽ đồ thị hàm số y=ax2(a 0) 1  2 Bài 1: a) Vẽ đồ thị hàm số y=x và y= 2 x2 trên cùng một mặt phẳng tọa độ. b) Cho hàm số y=ax2. Xác định hệ số a, biết đồ thị của hàm số đó đi qua điểm A(1;-1). Vẽ đồ thị của hàm số trong trường hợp đó. Dạng 5: Quan hệ giữa (P): y=ax2(a 0) và đường thẳng (d): y=mx+n: Bài 1: Cho hàm số y = x2 (P) và y = 3x-2 (d) a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ b) Xác định tọa độ của (P) và (d) bằng phương pháp đại số. c) Lập phương trình của đường thẳng (d’), biết (d’)// (d) và (d’) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 3. x2 Bài 2: Cho hàm số y= 6 (P) và y= x+m (d) a) Vẽ (P). b) Tìm m để (P) và (d): - Cắt nhau tại hai điểm phân biệt; - Tiếp xúc nhau; - Không có điểm chung. Dạng 6: Giải phương trình: Bài 1: Giải phương trình: a) 2x2 + 5x = 0 b) x - 6x2 = 0 c) 2x2 + 3 = 0 d) 4x2 -1 = 0 2 e) 2x2 + 5x + 2 = 0 f) 6x2 + x + 5 = 0 g) 2x2 + 5x + 3 = 0 h) 25x  20x  4 0 Bài 2: Giải phương trình: a) 3x4 + 2x2 – 5 = 0 3. 2. d) 16 x – 5x – x = 0 g). x 2  3x  5 1   x  3  x  2  x  3. Bài 4: Giải phương trình:. x e) h). 2. b) 2x4 - 5x2 – 7 = 0. 2. 2.  3x  5  2x 2  1 0.  . . 4 2 c) 3x  5x  2 0. 3x  2 6x 5   x  5 x  5 4 f). 1 1 16 − = x +2 x −2 7. a) x – 7 x  8 0.  2x c). 2. x. . 2. b) x  5  5 x  1 0.  13 2x 2  x  12 0. . Trang 5. .

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. Dạng 7: Không giải phương trình tính tổng, tích hai nghiệm; tính nghiệm còn lại khi biết trước một nghiệm của PTBH: 2 Bài 1: Cho phương trình: x  8x  15 0 , không giải phương trình hãy tính: 1 1 x1 x2   2 2 2 x1  x2   x  x x . x x  x x x x x1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 a) b) c) d) e) f) 2 Bài 2: Cho phương trình: x  3x  15 0 , không giải phương trình hãy tính: a) x1  x2 b) x1.x2 2 Bài 3: a) Cho phương trình: x  2mx  5 0 có một nghiệm bằng 2, hãy tìm m và tính nghiệm còn lại. 2 b)Cho phương trình: x  5x  q 0 có một nghiệm bằng 5, hãy tìm q và tính nghiệm còn lại. Dạng 8: Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng. Lập phương trình bậc hai khi biết hai nghiệm: Bài 1: Tìm hai số u và v biết: a) u+v = 3 và u.v = 2 b) u+v = -3 và u.v = 6 c) u-v = 5 và u.v=36 d) u2+v2 = 61 và u.v =30 Bài 2: Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là: a) x1 8 và x2 3 b) x1 5 và x2  7. Dạng 9: Tìm điều kiện của tham số để thỏa mãn về sự có nghiệm của phương trình bậc hai: 2 Bài 1: Cho phương trình: x  2x  m  1 0 , tìm m để phương trình: a) Có hai nghiệm phân biệt. b) Có nghiệm kép. c) Vô nghiệm. 2 2 d) Có hai nghiệm trái dấu. e) Có hai nghiệm x và x thỏa mãn x1  x2 5 1. 2. 2 Bài 2: Cho phương trình: 3x  2x  m  1 0 , tìm m để phương trình: a) Có nghiệm . b) Có hai nghiệm trái dấu. c) Có hai nghiệm dương. 2 Bài 3: Cho phương trình: mx – 2(m + 1)x + 4 = 0. Tìm m để phương trình: a) Có nghiệm; b) Có 2 nghiệm phân biệt; c) Vô nghiệm Dạng 10: Chứng minh phương trình bậc hai luôn có hai nghiệm phân biệt (có nghiệm kép; vô nghiệm) với mọi tham số: 2 2 Bài 1: a) Chứng minh rằng phương trình: x  2x  m  4 0 luôn có hai nghiệm phân biệt  m. x 2  2  m  1 x  m  4 0 b) Chứng minh rằng phương trình: luôn có hai nghiệm phân biệt  m. 2 x  2  m  2  x  4m  12 0 c) Chứng minh rằng phương trình: luôn có nghiệm  m. 2 2 2 2 2 2 c x  a  b  c x  b 0 d) Chứng minh rằng phương trình: vô nghiệm với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Dạng 11: Toán tổng hợp: x 2  2  m  1 x  4m 0 Bài 1: Cho phương trình: . a) Xác định m để phương trình có nghiệm kép. Tính nghiệm kép đó. b) Xác định m để phương trình có một nghiệm bằng 4. Tính nghiệm còn lại. c) Xác định m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. d) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn: x1= 2x2. 2 2 e) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x và x thỏa mãn: x1  x2 5 .. . . 1. 2. 2 2 f) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 và x2 sao cho A= 2 x1  2 x2  x1 .x2 đạt giá trị nhỏ nhất. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH - Bước 1: Chọn ẩn (kèm theo đơn vị) và đặt điều kiện thích hợp cho ẩn. - Bước 2: Biểu thị các đại lượng chưa biết thông qua ẩn và các đại lượng đã biết.. Trang 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. - Bước 3: Lập phương trình (hệ phương trình) biểu diễn sự tương quan giữa các đại lượng. - Bước 4: Giải phương trình (hệ phương trình). - Bước 5: Đối chiếu giá trị ẩn vừa tìm được với ĐK và trả lời. A. DẠNG TOÁN CHUYỂN ĐỘNG. Lu ý:+ Qđờng = Vtốc . Tgian; Tgian = Qđờng : Vtốc; Vtốc = Qđờng : Tgian + v(xu«i)= v(riªng)+v(níc); v(ngîc)= v(riªng)-v(níc) + v(riªng)= [v(xu«i) + v(ngîc)]:2; v(níc)= [v(xu«i) - v(ngîc)]:2 * Chú ý: - Vận tốc dòng nớc là vận tốc của đám bèo trôi, của chiếc bè trôi. - VËn tèc thùc cña can« cßn gäi lµ vËn tèc riªng (hay vËn tèc cña can« khi níc yªn lÆng). Bài 1: Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36 km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 3 km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B. Bài 2: Hai thành phố A và B cách nhau 50km. Một người đi xe đạp từ A đến B. Sau đó 1giờ 30 phút, một người đi xe máy cũng đi từ A và đến B sớm hơn người đi xe đạp 1giờ. Tính vận tốc của mỗi người biết rằng vận tốc của người đi xe máy lớn hơn vận tốc của người đi xe đạp là 18km/h. Bài 3: Một ca nô chạy xuôi dòng từ bến A đến bến B, sau đó chạy ngợc dòng từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 km và vận tốc dòng nớc là 5 km/h . Tính vận tốc thùc cña ca n«. Bài 4: Một xe máy đi từ A đến B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm 14km/giờ thì đến sớm 2 giờ, nếu giảm vận tốc đi 4km/giờ thì đến muộn 1 giờ.Tính vận tốc dự định và thời gian dự định. Bài 5: Một ngời đi từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 78 km. Sau đó 1 giờ ngời thứ hai đi từ tỉnh B đến tỉnh A hai ngời gặp nhau tại địa điểm C cách B 36 km. Tính thời gian mỗi ngời đã đi từ lúc khởi hành đến lúc gặp nhau, biết vận tốc ngời thứ hai lớn hơn vận tốc ngời thứ nhất là 4 km/h. C. DẠNG TOÁN LÀM CHUNG – LÀM RIÊNG. Lu ý: + Thời gian hoàn thành và năng suất là 2 số nghịch đảo của nhau + Được cộng năng suất, không được cộng thời gian Bài 1: Hai ngêi thî cïng lµm mét c«ng viÖc trong 16 giê th× xong. NÕu ngêi thø nhÊt lµm trong 3 giê, ngời thợ thứ hai làm trong 6 giờ thì họ làm đợc 25% khối lợng công việc. Hỏi mỗi ngời thợ làm một mình công việc đó trong bao lâu. Bài 2: Hai tổ thanh niên tình nguyện cùng sửa một con đờng trong 4 giờ thì xong . Nếu làm riêng thì tổ 1 làm nhanh hơn tổ 2 là 6 giờ . Hỏi mỗi đội làm một mình thì bao lâu sẽ xong việc ? Bài 3: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể (ban đầu không chứa nước) thì sau 6 giờ đầy bể. Nếu chảy một mình cho đầy bể thì vòi I cần nhiều thời gian hơn vòi II là 5 giờ. Hỏi nếu chảy một mình để đầy bể thì mỗi vòi cần bao nhiêu thời gian ? D. DẠNG TOÁN PHÂN CHIA ĐỀU. Bài 1: Một đoàn học sinh gồm cú 180 học sinh đợc điều về thăm quan diễu hành. Nếu dùng loại xe lớn chuyên chở một lợt hết số học sinh thì phải điều động ít hơn dùng loại xe nhỏ là 2 chiếc. Biết rằng mỗi xe lín nhiÒu h¬n mçi xe nhá lµ 15 chç ngåi. TÝnh sè xe lín ? Bài 2: Trong một buổi lao động trồng cây ,một tổ học sinh đợc trao nhiệm vụ trồng 56 cây .Vì có 1 bạn trong tổ đợc phân công làm việc khác nên để trồng đủ số cây đợc giao ,mỗi bạn còn lại trong tổ đều trồng tăng thêm 1 cây với dự định lúc đầu Hỏi tổ học có bao nhiêu bạn biết số cây đợc phân cho mỗi bạn đều bằng nhau. Bài 3: Một phòng họp có 360 ghế ngồi đợc xếp thành từng dãy và số ghế của từng dãy đều nh nhau. NÕu sè d·y t¨ng thªm 1 vµ sè ghÕ cña mçi d·y t¨ng thªm 1, th× trong phßng cã 400 ghÕ. Hái trong phßng häp cã bao nhiªu d·y ghÕ, mçi d·y cã bao nhiªu ghÕ? Bài 4: Một đội công nhân hoàn thành một công việc với mức 420 ngày công. Hãy tính số công nhân của đội, biết rằng nếu đội tăng thêm 5 ngời thì số ngày để hoàn thành công việc sẽ giảm đi 7 ngày. E. DẠNG TOÁN CÓ NỘI DUNG HÌNH HỌC.. Trang 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. Bài 1: Mét thöa ruéng h×nh ch÷ nhËt cã chu vi 250 m. TÝnh diÖn tÝch cña thöa ruéng biÕt r»ng nÕu chiÒu dài giảm 3 lần và chiều rộng tăng 2 lần thì chu vi thửa ruộng không đổi. Bài 2: Mét h×nh ch÷ nhËt cã chu vi lµ 160m vµ diÖn tÝch lµ 1500m2. TÝnh chiÒu dµi vµ chiÒu réng h×nh ch÷ nhËt Êy. Bài 3: T×m hai c¹nh cña mét tam gi¸c vu«ng biÕt c¹n huyÒn b»ng 13 cm vµ tæng hai c¹nh gãc vu«ng b»ng 17. F. MỘT SỐ DẠNG TOÁN KHÁC. Bµi 1: B¹n H¶i ®i mua trøng gµ vµ trøng vÞt. LÇn thø nhÊt mua n¨m qu¶ trøng gµ vµ n¨m qu¶ trøng vÞt hÕt 10.000®. LÇn thø hai mua ba qu¶ trøng gµ vµ b¶y qu¶ trøng vÞt hÕt 9.600®. Hái gi¸ mét qña trøng mçi lo¹i lµ bao nhiªu? Bài 2: Tổng số công nhân của hai đội sản suất là 125 ngời. Sau khi điều 13 ngời từ đội thứ I sang đội thứ II thì số công nhân của đội thứ I bằng 2/3 số công nhân đội thứ II. Tính số công nhân của mỗi đội lúc ban đầu. BÀI TẬP HÌNH HỌC: Bài 1: Cho ABC vuông tại A (AB < AC), vẽ AH  BC. Gọi D là điểm đối xứng của B qua H, E là hình chiếu của C trên AD. Chứng minh: a) Tứ giác AHEC nội tiếp, xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác này. b) AHE cân. c) Biết BC = 2a, ACB = 300, tính theo a: c1) Diện tích xung quanh và thể tích của hình tạo bởi khi quay ABC vuông tại A quanh cạnh AB. c2) Diện tích hình giới hạn bởi các đoạn AC, CH và cung AH của (O). Bài 2: Cho đường tròn (O; 10cm) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Qua A vẽ hai tiếp tuyến AB và AC (B, C là tiếp điểm) sao cho góc BAC = 450. a) Tính độ dài các cung AB của đường tròn (O); b) Tia CO cắt AB ở D, chứng minh: BOD và ACD là các tam giác vuông cân; c) Tính độ dài đoạn AC; d) Tính d.tích hình giới hạn bởi các đoạn AC, AB và cung BC của (O). Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường phân giác góc C cắt AB tại E. Kẻ AH vuông góc với BC và AK vuông góc với CE, gọi I là giao điểm của AH và CE. Chứng minh: a/ Bốn điểm A, K, H, C cùng nằm trên một đường tròn. Xác định tâm O của đường tròn. b/ OK vuông góc AH c/ Tam giác AEI cân Bài 4: Cho tam giaùc vuoâng ABC coù caïnh huyeàn BC baèng 2a vaø goùc B baèng 600. Treân caïnh AC laáy một điểm M ( M khác A;C). Vẽ đường tròn tâm I đường kính MC. Đường tròn này cắt tia BM tại D và cắt cạnh BC tại điểm thứ hai là N . a. Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn. b. Chứng minh DB là tia phân giác của góc ADN . c. Khi tứ giác ABCD là hình thang , tính diện tích hình tròn tâm I theo a . Bài 5: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Kẻ đường cao AH. Trên đoạn AH lấy điểm M. Đường tròn tâm O đường kính AM cắt AB ở D và AC ở E.   a) Cm: tứ giác MECH nội tiếp. b) Chứng minh : AMD  ABC c) Cm: AD.AB = AE.AC o  d) Cho HAC 30 , AM= 3 cm. Tính diện tích phần của hình tròn ( O) nằm ngoài tam giác AEM (lấy  = 3,14)  Bài 6: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O;R). Gọi M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC . Đường thẳng AM cắt đường thẳng BC tại S   a) Chứng minh: SMC  ACB b) Cm: AC2 = AM.AS  c) Trường hợp  = 600. Tính độ dài BAC , độ dài dây AB và diện tích phần hình tròn nằm ngoài  ABC theo R Trang 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. BC Bài 7: Cho ABC nội tiếp (O; 2 ) có AB>AC, Hai tiếp tuyến của đường tròn tại A và B cắt nhau ở M. a) C/m: Tứ giác MAOB nội tiếp. Xác định tâm I của đường tròn đó.   b) Chứng minh: OAB IAM . c) Đường cao AH của ABC cắt CM ở N. Chứng minh : N là trung điểm của AH.  d) Giả sử ACB = 600. Tính diện tích hình giới hạn bởi dây AC và cung nhỏ AC của (O) theo R. BÀI TẬP ÔN THI HỌC KỲ II – TOÁN 9 (2013 – 2014) Bài 1: Giải các hệ phương trình sau: 3x  2 y 1 3 x  2 y 1 5 x  5  x  1  x  1       x  y  3 2 x  2 y  6  x  y  3  1  y  3  y  2 a/. b/. 3 x  5 y 1 3x  5 y 1     2 x  y  4  10 x  5 y 20. c/. 4 x  3 y 15  3x  2 y 10. d/. 3 x  y 5 9 x  3 y 15 11 x 33    2 x  3 y 18 2 x  3 y 18 2 x  3 y 18.  x 3    2.3  3 y 18 1 1 5  x  y 8    1  1 3  x y 8 e/. 7 x 21  x  3    2 x  y  4  2.( 3)  y  4.  8 x  6 y  30  9 x  6 y 30.  x 3    y 4.  x 0   3 x  2 y 20.  x 0  3.0  2 y 10.  x 3   y 2.  x 0   y 5.  x 9   y 16. 2 1  x 2 Cộng từng vế hai phương trình ta được: x 1 1 5 1 5 1 1 1        y 8 y 8 Thay x 2 vào x y 8 được: y 8 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2 ; 8) 1  2  2 x  y  x  y 1  x y   1 1  y  1  5 6 a ;b   x  2  x  y 2 x  y 2 x  y x  y f/ Đặt Điều kiện 2 a  b  1 a    1   Ta có hệ phương trình 5a  b 6 Giải ra ta được b 1  1  2 x  y 1  2 x  y 1     1 1  x  y 1  Giải hệ phương trình  x  y. 2 2    x  3  x  3    y  1  y  1  3 ( Thỏa điều kiện ).Vậy (x;y)=  3. Trang 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. 5( x  2 y ) 3x  1 5 x  10 y 3x  1    2 x  4 3x  15 y  12  h/ 2 x  4 3( x  5 y )  12  33   y  40   x  15 y  16   29  33  40 y  33  x  29 ( x; y ) ( ; )  8 Vậy   8 40 Bài 2:. 2 x  10 y  1    x  15 y  16. 2 x  10 y  1   2 x  30 y  32.  2ax  by 12  Câu 1: Với giá trị nào của a và b thì hệ phương trình  ax  2by  6 Có nghiệm là ( x  2; y 1)  mx  3 y 1  Câu 2: Với giá trị nào của m và n thì hệ phương trình  x  ny  2 nhận cặp số (-2 ; 3) là nghiệm. 2ax  by 12  Giải câu 1: ax  2by  6 Do ( x  2; y 1) là nghiệm của hệ phương trình 9  a  5    9  b  3  5.   4a  b 12  4a  b 12  5a 9     a  b  3  a  b  3  Nên   2a  2b  6  mx  3 y 1  Câu 2:  x  ny  2 Do ( x  2; y 3) là nghiệm của hệ phương trình   2m  3.3 1  2m  9 1   2m  8  m 4      2  3 n  2  2  3 n  2 3 n  0    n 0 Nên. 9  a  5  b  24 5 . Bài 3: mx  3 y 5  Câu 1: Cho hệ phương trình: 4 x  6 y 9 . Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.  x  2 y 5  Câu 2: Tìm giá trị của a để hệ phương trình  ax  3 y a a/ Có một nghiệm duy nhất ; b/ Vô nghiệm.  x  3 y m  Câu 3: Cho hệ phương trình 2 x  6 y 8 Tìm giá trị của m để hệ phương trình vô nghiệm, vô số nghiệm. Giải  mx  3 y 5 m 3 3.4     m 4 x  6 y  9 4 6 6  m 2 Câu 1:  Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất  x  2 y 5 1 2 3.1 3     a  a a 3 2 2 Câu 2:  ax  3 y a a/ Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất 1 2 5 3     a a 3 a 2 b/ Hệ phương trình vô nghiệm  x  3 y m 1 3 1 m     m 4 Câu 3:  2 x  6 y 8 .Ta có 2  6 .Nếu 2 8 thì hệ phương trình có vô số nghiệm. 1 m   m 4 Nếu 2 8 thì hệ phương trình vô nghiệm. Trang 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. 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  2 x 1 Giải Câu 1:a/ Vì đồ thị hàm số đi qua A(2; -4) nên 2a  b 4 2a  b 4 7a 0  a 0     2a  b 4 b 4 Vậy y 4 Và qua B(-5 ; 4) nên  5a  b 4 Ta có hệ pt  5a  b 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 3a  b  1   Ta có hệ phương trình  2a  b 9. a  2 5a  10     2a  b 9  2( 2)  b 9 Vậy y  2 x  5. a  2  b 5. Câu 2: .Xác định giao điểm B của hai đường thẳng : y  x và y  2 x  1 Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng:  x  2 x 1  x 1  y  1 Vậy B(1 ; -1) .Xác định tiếp đường thẳng đi qua A(2 ; 1) và B(1 ; -1) được y 2 x  3 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 hoành 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) Giải ìïï A Î (P ) ïìï y A = x A 2 Û í Û A (1; - 1), A Î (d ) Û - 1 = - 2.1 + m Û m = 1 í ïîï x A = 1 ïîï x A = 1 a/ b/ Bảng giá trị của y=-2x-3 và y = - x2 x y=-2x-3 x -3 2 y=-x -9. 0 -3 -2 -4. -3/2 -1 00 1 -1 0 -1. 2 -4. 3 -9. éx = - 1 - x 2 = - 2x - 3 Û x 2 - 2 x - 3 = 0 Û ê ê ëx = 3 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là B(-1 ;-1) ; C(3 ;-9) 2 2 c/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : - x =- 2 x + m Û x - 2m + m = 0 (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Û D ' = 1- m > 0 Û m < 1 Với m<1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt d/ (d) tiếp xúc với (P) Û D ' = 0 Û 1- m = 0 Û m = 1 (d) không cắt (P) Û D ' < 0 Û 1- m < 0 Û m > 1 2 a / 3 x 2  75 0; b / x 2  384 0; c / x( x  15) 3(27  5 x) 3 2 2 Bài 6: Giải phương trình : d / x(2 x  7)  12  4(3  x); e /(3x  2)  2( x  1) 2 Giải : Trang 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. 2 2 1/ 3x + 75 = 0;3x + 75 > 0 " x Nên phương trình vô nghiệm. é x = 24 2 2 x - 384 = 0 Û 2 x 2 = 1152 Û x 2 = 576 Û ê 1 ê 3 ë x2 =- 24. 2/ éx = 9 x (x - 15) = 3(27 - 5x ); Û x 2 = 81 Û ê 1 êx 2 = - 9 ë 3/ 4/ éx = 0 x (2x - 7) - 12 = - 4(3 - x ) Û 2x 2 - 7x - 12 = - 12 + 4x Û 2x 2 - 11x = 0 Û x (x - 11) = 0 Û ê 1 êx 2 = 11 ë 5/ éx 1 = 0 ê 2 2 2 2 2 (3x - 2) - 2(x - 1) = 2 Û 9x - 12x + 4 - 2x + 4 x - 2 = 2 Û 7x - 8x = 0 Û x (7x - 8) = 0 Û ê 8 êx 2 = ê 7 ë Bài 7: Giải phương trình sau ( dùng thức nghiệm hoặc công thức nghiệm thu gọn ) 1/  x 2 5 x  14; 2 / 3 x 2  10 x 80 0;3 / 25 x 2  20 x  4 0 2 Giải : 1/  x 5 x  14 Û x 2 + 5x - 14 = 0(a = 1; b = 5; c =- 14); D = 25 + 56 = 81 > 0 Þ x 1 = 2; x 2 = - 7 2 2/ 3 x  10 x  80 0 (a 3; b 10; c 80) ; D ' = 25-240 = -215<0 .Phương trình vô nghiệm 2 3/ 25 x  20 x  4 0( a 25; b  20; c 4) ; D ' =(-10)2 -25.4 =0  b ' 10 2 x1  x2    a 25 5 Phương trình có nghệm kép : Bài 8: Định m để phương trình :. a / 3x 2  2x  m 0 voâ nghieäm ;b/ 2x 2  mx  m 2 0 coù 2 nghieäm phaân bieät c/ 25x 2 +mx + 2 = 0 coù nghieäm keùp 2 Giải a/ 3 x  2 x  m 0(a 3; b '  1; c m) ; D ' = (-1)2 -3m = 1-3m 1 m 3 Để phương trình vô nghiệm D ' <0 suy ra 1-3m<0 hay 1 m 3 thì phương trình đã cho vô nghiệm Với 2 b/ 2x + mx - m2 = 0 (a = 2;b = m; c =- m2) ; D = m2 -4.2(-m2)= m2 +8 m2=9 m2 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt Û D > 0 Û 9m > 0 Û m ¹ 0 c/ 25 x2 + mx +2 = 0 (a = 25;b = m;c = 2); D = m2 -4.25.2= m2 -200 é m = 10 2 1 Û m 2 - 200 = 0 Û ê ê ê ëm2 =- 10 2 Để phương trình có nghiệm kép thì D =0 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 còn 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 ; 2 2 6/ Tìm m để x1  x2 đạt gía trị lớn nhất. Trang 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. 7/ Tìm m để cả hai nghiệm đều dương ; 8/ Tìm hệ thức liên hệ giữa x1; x2 không phụ thuộc vào m. x 3  x2 3 9/ Tính 1 Giải:. 1/ x2 + (m+1)x + m = 0 (a = 1;b = m+1;c = m) D =(m+1)2 -4.1.m= (m+1)2 ³ 0 với mọi m 2/Thay x = -2 vào (1) ta được (-2)2 +(m+1)(-2) + m = 0 4-2m-2+ m = 0 Û m = 2 c x 1 .x 2 = = m Û - 2.x 2 = 2 Û x 2 = - 1 a 3/ Phương trình có hai nghiệm đối nhau Û x1 +x2 =0 Û -(m+1) = 0 Û m = -1 4/Phương trình có hai nghiệm nghịch đảo nhau Û x1 x2=1 Û m = 1. 5/Theo hệ thức Vi-et ìïï x1 + x 2 = - (m +1)(1) í ïïî x1. .x 2 = m(2). 6/ Theo hệ thức Vi-et ïìï x1 + x 2 =- (m +1)(1) í ïïî x1. .x 2 = m(2). x1 - x 2 = 2. x 21 + x 2 2 = (x1 + x 2 )2 - 2x1x 2. Û (x1 - x 2 )2 = 4 Û (x1 + x 2 )2 - 4x1x 2 = 4. = m 2 + 2m +1- 2m = m 2 +1 ³ 1. Û m 2 + 2m +1 - 4m = 4 Û m 2 - 2m - 3 = 0 ém = - 1 Û ê ê ëm = 3. Dấu ‘ =’ xảy ra khi m=0 Vậy : GTNN là 1 khi m=0. Vậy với m = -1 hoặc m = 3 thì x1  x2 2 ìï D ³ 0 ìïï (m - 1)2 ³ 0 ìï m ³ 1 ï ï ï ïí P > 0 Û ïí m>0 Û ïí m > 0 ïï ïï ïï S > 0 ( m + 1) > 0 ï ï ïîï m <- 1 ïî 7/ Phương trình có hai nghiệm đều dương Û îï Vậy không có giá trị nào của m để phương trình có hai nghiệm đều dương 8/Ta có 9/Ta có ìïï x 1 + x 2 = - (m +1) ìïï x 1 + x 2 = - m - 1 x 13 + x 2 3 = (x 1 + x 2 )(x 12 - x 1 x 2 + x 2 2 ) Û í í ïîï ïîï x 1 .x 2 = m x 1 .x 2 = m Û x 13 + x 23 = (- m - 1)(m 2 +1 - m ) Þ x 1 + x 2 + x 1 .x 2 = - 1 Vậy biểu thức trên không phụ thuộc vào m. Bài 10: Giải phương trình :. 1/ x . Û x 13 + x 23 = - (m +1)(m 2 - m +1) Û x 13 + x 23 = - (m 3 +1). 15 1 1 2;2 /  1;3/ 2 x 4  7 x 2  4 0; 4 / x 5  x 3  x 2  1 0 x x 1 x  1 3/ 2x4 - 7x2 – 4 = 0. 1/. 15 x= 2(x ¹ 0) x. t = x2 ³ 0. Đặt. éx = - 3 Û x 2 - 15 = 2x Û x 2 - 2x - 15 = 0 Û ê ê ëx = 5 (Thỏa điều kiện) Vậy nghiệm của phương trình là x1 =-3 và x2 = 5 2/ Trang 13. .Ta có phương trình :.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. 1 1 2t 2 - 7t - 4 = 0; D = 49 - 4.2(- 4) = 49 + 32 = 81 = 1(x ¹ ±1) x +1 x - 1 7 +9 7- 9 - 2 - 1 t1 = = 4(tmñk )t 2 = = = (ktñk ) 2 2 Þ x - 1 - (x +1) = x - 1 Û x - 1 - x - 1 = x - 1 4 4 4 2 éx = 2 Û x 2 =- 1 Þ x2 =4Û ê 1 Vậy phương trình vô nghiệm . êx 2 = - 2 ë Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 2 và x2 = -2 4/ x 5 - x 3 - x 2 +1 = 0 Û x 3 (x 2 - 1) - (x 2 - 1) = 0 Û (x 2 - 1)(x 3 - 1) = 0 éx = 1 éx 2 - 1 = 0 éx 2 = 1 ê Û ê3 Û ê3 Û êx = - 1 êx - 1 = 0 êx = 1 ê ë ë êx = 1 ë Vậy nghiệm của phương trình là x1 1; x2  1 Bài 1: Cho đường tròn (O; R), hai đường kính AB và CD vuông 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 vuông 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 không đổi. C. d. GT B. A O. x. N. D. KL. P. Cho đường tròn(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 a/. OMNP nội tiếp được 1 đường tròn b/. CMPO là hình bình hành c/. CM.CN không đổi.. a/. Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn: 0 0   Ta có: OMP 90 ( d  AB)Và ONP 90 ( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính)    OMP ONP Nên: Tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn ( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp nhìn 1 cạnh dưới 1 góc không đổi). b/. Chứng minh tứ giác CMPO là hình bình hành: AMC  1 AC  BN  2 sđ Ta có: ( Định lí góc có đỉnh bên trong đường tròn(O)) 1    BN  CNx  BC 2 và sđ ( Định lí góc tạo bởi tiếp tuyến và 1 dây cung) AC BC 900 mà sđ = sđ = ( do AB  CD). . . . . Trang 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9.   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. =>: CM // OP (3) Mặt khác: PM // CO ( Cùng vuông 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 không đổi: 0  Ta có: CND 90 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) CM CO  Nên ta chứng minh được: OMC NDC (g.g)  CD CN Hay CM.CN = CO. CD = R.2R= 2R 2 Mà R không đổi  2R không đổi Nên: CM.CN không đổi (đpcm). 2. Bài 2: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC = 2R, một điểm A trên nửa đường tròn ấy sao cho BA = R. Lấy M là một điểm trên cung nhỏ AC, BM cắt AC tại I. Tia BA cắt tia CM tại D. a/. Chứng minh: DI  BC. b/. Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn. 0  c/. Giả sử AMB 45 .Tính độ dài đoạn thẳng AD theo R và diện tích hình quạt AOM. D. GT A M I B. C O. KL. Cho đường tròn (O), đường kính : BC = 2R A (O): BA = R; M  cung AC nhỏ. BM cắt AC tại I, BA cắt CM tại D. ABM 450 : (c) a/. DI  BC b/. AIMD nội tiếp (O) c/. Tính độ dài AC và S quatAOM ?. a/. Chứng minh : DI  BC: 0  Ta có: BAC 90 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)  CA  BD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC.  BMC 900 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) Và  BM  CD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC. 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: 0  Ta có: IAD 90 ( CA  BD ) 0  Và IMD 90 ( BM  CD Trang 15. (1) (2).

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. 0 0 0    IAD + IMD 90 + 90 180 Nên: Tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn. 0 ( Tứ giác có tổng 2 góc đối diện bằng 180 ) c/. Tính độ dài AD. Diện tích hình quạt AOM: *Tính AD: 0 0  Nếu ABM 45 thì ABI vuông cân tại A ( Tam giác vuông có 1 góc nhọn bằng 45 )  AB = AI = R   Xét tam giác ADI vuông tại A ,ta có: ADI  AMI ( 2góc nội tiếp cùng chắn cung AI…) 1 0 AMI  1 .60 300  2 sđ AB = 2 Mà ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn và AOB đều) 0  Nên: ADI 30 Vậy : Tam giác ADI là nửa tam giác đều.  ID = 2R 2 2 2 Lúc đó: AD = ID  AI  3R R 3 (đvđd) * Tính diện tích hình quạt AOM:  R2n 0   Ta có: S quatAOM = 360 , với n = AOM 2. ABM 90. Nên:. S quatAOM.  R 2 .90  R 2  4 (đvdt) = 360. Bài 3: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm trên đường tròn sao cho CA > CB. Vẽ hình vuông 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. C Cho đường tròn (O), đường kính AB C  (O): CA>CB D tia đối của tia BC: ACDE là hình A O vuông. B GT CE cắt (O) tại F D CF cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở M: (c) F E. KL. M. a/. OF  AB b/. Tam giác BDF cân tại F. c/. D, E, M thẳng hàng.. a/. Chứng minh: OF  AB 0   Ta có: ACF BCF 45 ( Tính chất của đường chéo hình vuông) 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 Trang 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. b/. Chứng minh tam giác BDF cân tại F: F  đường chéo CE của hình vuông ACDE  FA = FD ( Tính chất 2 đường chéo của hình vuông) (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 vuông góc với AB)  F là trung điểm của B  FM = FB (3) Từ (1),(2),(3)  FA = FB = FD = FM  ABDM là tứ giác nội tiếp được một đường tròn ( Tứ giác có 4 đỉnh cách đều F)    BAM  BDM 1800 0  Mà BAM 90 ( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính)   BDM 900  DM  BD (4) 0  Ta lại có: DE  BD ( do BDE 90 ) (5) Từ (4),(5)  DM trùng với DE ( hệ qủa tiên đề Ơ- Clit) Hay: D, E, M thẳng hàng. 0  ( Chú ý: Học sinh có thể chứng minh DEM 180 bằng cách xét: AEM và ACB ). Trang 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao và AM là trung tuyến ( H, M  cạnh BC ). Đường tròn 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 tròn. A Cho ABC vuông tại A AM: trung tuyến, AH: đường cao GT Q Đường tròn (H; HA) cắt AB tại P và I C B AC tại Q H M P a/. Chứng minh : P, H, Q thẳng hàng. KL b/. MA  PQ c/. BPCQ nội tiếp được đường tròn. a/. Chứng minh 3 điểm P, H, Q thẳng hàng: 0  Ta có: PAQ 90 (GT)  Mà PAQ là góc nội tiếp   PAQ chắn cung nửa đường tròn  PQ là đường kính của đường tròn 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) 0   Mà C  HAC 90 ( Tam giác AHC vuông tại H)   Và HAC  AQH ( Tam giác AHQ cân tại H) 0    MAC  AQH 90 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 với CAH ).   mà P BAH ( Tam giác AHP cân tại H).  P   C  Tứ giác BPCQ nội tiếp được 1 đường tròn ( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc không đổi). Trang 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Trường THCS Ngã Năm. Toán 9. Bài 5: Cho đường tròn tâm O có 2 đường kính AB và CD vuông 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. Cho đường tròn (O) C AB, CD là 2 đường kính:AB  CD tại E GT O P Q AE cắt OC tại P ( P: trung điểm OC) ED cắt BC tại Q B. A O. KL. a/. CPQE nội tiếp được 1 đường tròn b/. PQ // AB S c/ So sánh CPQ và S ABC ?. D. a/. Chứng minh: CPQE nội tiếp được 1 đường tròn:  Ta có: PCQ chắn cung BD  PEQ chắn cung AD 0     Mà: BD  AD ( do BOD  AOD 90 )   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 không đổi) b/. Chứng minh: PQ // AB: Ta có: Tứ giác CPQE nội tiếp được 1 đường tròn (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 S c/. So sánh CPQ và S ABC ? 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 1 S  CPQ = 4 S BOC Mà CO là trung tuyến của tam giác ABC 1 1 1 1 S ABC S ABC S ABC S S  BOC = 2 Do đó: CPQ = 4 . 2 = 8. Trang 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span>