De cuong on thi vao lop 10 Toan 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>đề cơng ôn tập toán 9 CĐ1:. c¸c d¹ng ph¬ng tr×nh vµ bÊt ph¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn. 1, PT bËc nhÊt mét Èn: Lµ PT cã d¹ng ax +b = 0 (a ≠0) b.  ax = -b  x = - a Bài 1: Gi¶i c¸c PT sau a, 2x +5 = 28 - 3(5x +7 )  2x + 15x = 28 -21-5  17 x = 2  x= 2. b, 4x + 3 x −4 = 8 - 7 x +9 6 5  4x .30 + 5 (3x - 4) = 8.30 - 6(7x +9)  120x +15 x -20 = 240 - 42x -54  93x = 206. 17.  x = 206 93. 2, PT d¹ng tÝch: A(x).B(x) . . . = 0  A(x) = 0 hoÆc B(x) = 0 . . . . Bài 2 : Gi¶i c¸c PT sau a, 3x(5 - 7x) = 0 x=0;x= 5 7 2 b, 4x -9 + 2x +3 = 0  (2x +3)(2x -3) + 2x +3 =0.  (2x +3)(2x - 2) = 0 . 2 x+ 3=0 ¿ 2 x −2=0 ¿ ¿ ¿ ¿. 3  x   2  x  1 . Bài 3: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2 x 3 + x 2 − 13 x +6=0 . Ph©n tÝch vÕ tr¸i thµnh nh©n tö b»ng ph¬ng ph¸p nhÈm nghiÖm (nghiÖm thuéc íc cña 6) ta đợc: 1 ( x  2)(2 x  5 x  3) 0  x = 2 hoặc x = 2 hoặc x = -3 1 2 3 Bµi 4: Gi¶i ph¬ng tr×nh x 4 −2 x3 − x 2 +8 x −12=0 Bµi 5: Gi¶i ph¬ng tr×nh 2 x 3 −3 x 2 −11 x +6=0 2. 3, PT chøa Èn ë mẫu B1: Đặt ĐK của ẩn ; Quy đồng khử mẫu B2: Biến đổi PT đa về dạng ax +b = 0 rồi giải B3: §èi chiÕu §K vµ tr¶ lêi nghiÖm Bµi 6 : Gi¶i c¸c Pt sau 2x  5 3  7x 4  x 2 x 2. a, ĐK: x ≠ 2 ; x ≠ -3  2x + 5 + 4(x - 2) = 3 - 7x.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  2x + 5 + 4x - 8 = 3 - 7x  13x = 6  b,. 6 13 (TMĐK) x x 2x + = 2 x+ 2 2( x −3) ( x+1)(x − 3). x . §K: x ≠ -1 ; x ≠ 3  x(x+1) + x(x -3) = 4x  2x2 - 6x = 0  2x(x -3) = 0  x =0 (TMĐK) hoặc x =3 (lo¹i). 4, PT chøa dÊu GTT§ |2 x+7|− 3 x+ 9=0 (1) Bài 7: Giải phương trình GV híng dÉn HS gi¶i theo hai c¸ch Cách 1: Më dÊu GTT§ 7 2 x  7 2x + 7 +) Nếu 2x + 7  0  x  2 thì. (1)  2x + 7 - 3x + 9 = 0  -x = - 16  x = 16 (TMĐK) 7 2 x  7  (2x + 7) +) Nếu 2x + 7 < 0  x < 2 thì 2 (1)  - (2x + 7) - 3x + 9 = 0  - 2x - 7 - 3x + 9 = 0  -5x = -2  x = 5 (K0 TMĐK). Vậy phương trình có nghiệm x = 16 Cỏch 2: Chuyển vế rồi đặt ĐK ở vế phải rồi giải. 5, Ph¬ng tr×nh v« tØ: Bài 8: Gi¶i ph¬ng tr×nh: √ x+ √ 2 x −1+ √ x − √ 2 x −1=2 PP: + §KX§: 2 x −1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 2 + Tạo ra bình phơng của một tổng hoặc một hiệu của biểu thức dới căn để đa ra ngoµi c¨n. Do thiÕu 2 lÇn tÝch nªn ta nh©n c¶ hai vÕ cña ph¬ng tr×nh víi √ 2 . + Xét xem biểu thức dới căn dơng hay không để đặt trong dấu gía trị tuyệt đối rồi giải phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối. Bµi 9: Gi¶i ph¬ng tr×nh Bµi 10: Gi¶i ph¬ng tr×nh. √ x2 − 4 x+ 4+ √ x 2 +2 x +1=3 √ x+2 √ x −3 − 2+ √ x −2 √ x −3 −2=3. 6, BÊt ph¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn §Þnh nghÜa: BPT bËc nhÊt mét Èn lµ BPT cã d¹ng ax+b > 0 hoÆc ax+b < 0 VD: a, 2x-5 < 0 b, 27-3x > 0 C¸ch gi¶i: Bµi 11: Gi¶i BPT sau a, 2x-5 < 0 5 ⇔ 2x < 5 ⇔ x < 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b, 27-3x > 0 Gi¶i BPT sau. Bµi 12:. ⇔ -3x > - 27. ⇔ x<. 27 3. ⇔. x<9. 3 x −5 2 2+5 x −4 x+ > 6 5 3. Gi¶i: ⇔ ⇔. 3 x −5 2 2+5 x −4 x+ > 6 5 3. ⇔ 5(3x-5) - 4x.5.6 + 2.6 >(2+5x). 10. 15x-25-120x+12 >20+50x ⇔ 15x-120x-50x > 20+25-12 -155x > 33 x < − 33 ⇔ 155. --------------------------------------------------------------------------------C® 2:. toán liên quan đến rút gọn biểu thức. I/. C¸c d¹ng to¸n vµ ph¬ng ph¸p gi¶i Dạng 1: Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa(tồn tại hoặc xác định), nếu đề ra cha cã BT trong c¨n(díi dÊu c¨n) 0 (tøc √ A ∃ ⇔ A 0) Ph¬ng ph¸p: ¸p dông BT ë mÉu kh¸c 0 D¹ng 2: Rót gän biÓu thøc. Ph¬ng ph¸p: - Xem thử tử và mẫu có phân tích thành nhân tử đợc không để rút gọn. - Quy đồng hoặc trục căn thức ở mẫu. * Lu ý: Thực hiện phép biến đổi theo trình tự trong ngoặc trớc, nhân chia - cộng trừ sau. Dạng 3: Tính giá trị của biến để biểu thức >, =, < một số Ph¬ng ph¸p: - Từ biểu thức đã đợc thu gọn và yêu cầu của đề ta đợc BPT hoặc PT - Giải BPT hoặc PT tìm đợc giá trị của biến. - Đối chiếu giá trị của biến với ĐK đầu bài để kết luận. D¹ng 4: TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc, biÕt gi¸ trÞ cña biÕn. Ph¬ng ph¸p: - Biến đổi(Thu gọn) giá trị của biến (nếu đợc) - Thay giá trị của biến vào biểu thức đã thu gọn tìm đợc gtrị của biểu thức. Dạng 5: Tìm giá trị nguyên của biến (hoặc không nguyên) để biểu thức nhận giá trÞ nguyªn. Ph¬ng ph¸p: - Biến đổi biểu thức đã đợc thu gọn về dạng: 1 sè + 1 biÓu thøc p(x) - NÕu biÓu thøc p(x) lµ ph©n th× Mẫu ph¶i lµ íc cña Tö. D¹ng 6: T×m GTLN, GTNN cña biÓu thøc. Phơng pháp: Có nhiều cách, tuỳ theo biểu thức đã thu gọn. Nhng ở THCS thờng hay gÆp c¸c c¸ch sau: * Tìm GTLN: Biến đổi biểu thức về dạng: - [p(x)]2 + a a (a 0) suy ra GTLN b»ng a (tøc lµ dÊu” = “ x¶y ra) * Tìm GTNN: Biến đổi biểu thức về dạng: [p(x)]2 + a a (a 0) suy ra GTNN b»ng a (tøc lµ dÊu” = “ x¶y ra). II/. Bµi tËp cô thÓ:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1. 1. 1. − Bµi 1: Cho biÓu thøc: M = ( )(1), §K: x > 0, x 1 − √a 1+ √ a √a 1. a/ Rót gän biÓu thøc M b/ TÝnh gi¸ trÞ cña M khi a = 1 . 9 Bµi 2: Cho biÓu thøc: x+ x P = 1 − x −√ x , §K: x > 0, x ≠ 1. 1+ √ √ x −1 √ x+1 a/ Rót gän biÓu thøc P. b/ Tìm tất cả các giá trị của x để P < - 2 Bµi 3: Cho biÓu thøc: M = x +1 −2 √ x + x + √ x . √ x − 1 √ x +1 a/ Tìm điều kiện của x để biểu thức xác định và rút gọn biểu thức M. b/ Tìm x để M < 1. Bµi 4: Cho biÓu thøc: √x − 1 : 1 + 2 P= ; x > 0, x ≠ 1. √ x −1 x − √ x √ x +1 x − 1 a/ Rót gän biÓu thøc P. b/ Tìm tất cả các giá trị của x để P > 0 (P <0) c/ TÝnh gi¸ trÞ cña P khi x = 3 + 2 √ x Bµi 5: Cho biÓu thøc: 1 A = √x− : √ x −1 + 1 − √ x ; x > 0; √x √ x x +√ x a/ Rót gän biÓu thøc A. 2 b/ TÝnh gi¸ trÞ A biÕt x = . 2+ √ 3 c/ T×m x tho¶ m·n: A √ x=6 √ x −3 − √ x − 4 Bµi 6: Cho biÓu thøc:. (. (. ) (. (. )(. ) (. ). ( x2√x+x −11 − √ x1−1 )(1 − x+x√+4x +1 ). P=. ). ). ;x. 0, x ≠ 1. a) Rót gän biÓu thøc P. b) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. Bµi 7: Cho biÓu thøc: 2 ( x −2 √ x+1 ) M = x √ x −1 − x √ x+1 : ; x > 0 , x ≠ 1. x −1 x −√ x x +√ x a) Rót gän biÓu thøc M b) Tìm giá trị nguyên của x để M nhận giá trị nguyên. Bµi 8: Cho biÓu thøc:. (. x2  x 2x+ x  1 x Q = x  x 1. ). a) Rót gän biÓu thøc Q b) T×m x để Q = 2. c) Tìm GTNN cña Q vµ gi¸ trÞ t¬ng øng cña x. Bµi 9: Cho biÓu thøc:.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  2 2 x   1 x    1   :  x  1   x  1 1  x x  M=  ; x> 0 , x≠ 1.. a) Rót gän biÓu thøc M. b) Tìm giá trị của x để M đạt max c) T×m GTNN cña P vµ gi¸ trÞ t¬ng øng cña x. Bµi 10: Cho biÓu thøc:  x 2 x 2  2  ;   : x  1 x  2 x 1   1  x  2  C=. x 0 , x≠ 1. a) Rót gän biÓu thøc C b) T×m GTNN cña C vµ gi¸ trÞ t¬ng øng cña x. --------------------------------------------------------------------------------------------. c§ 3:. hÖ Ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn. I/. KiÕn thøc cÇn n¾m: + NÕu hÖ ph¬ng tr×nh cã d¹ng: th× hÖ. cã nghiÖm duy nhÊt cã v« sè nghiÖm v« nghiÖm. + NÕu hÖ ph¬ng tr×nh cã d¹ng: th× hÖ.  y = ax + b   y' = a' x + b' ⇔ ⇔ ⇔. a a’ a = a ’, b = b ’ a = a ’, b b’. ax + by = c  a'x + b'y = c'. cã nghiÖm duy nhÊt. ⇔. cã v« sè nghiÖm. ⇔. v« nghiÖm. ⇔. a a' a ' a a a'. b ' b b ¿ ' b. b b'. ¿. + Gi¶i hÖ PT b»ng: - Phơng pháp thế nếu hệ số của ẩn đơn giản ( = ± 1) - Phơng pháp cộng đại số - Ph¬ng ph¸p đặt Èn phô.. ¿ c c'. c ' c. II/. Bµi tËp Bài 1: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh b»ng ph¬ng ph¸p thÕ.  x  y 2  1)  2 x  3 y 9. 2). ¿ x − y =6 2 x + y =4 ¿{ ¿. 3). ¿ 3 x+2 y=6 x − y=2 ¿{ ¿.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 4). ¿ 2 x −3 y =1 − 4 x+ 6 y=2 ¿{ ¿. 5). 2 x  3 y 5  5 x  4 y 1. 3 x  y 7  6)  x  2 y 0. Bài 2: Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp cộng đại số. 1). 4). ¿ 2 x −11 y =−7 10 x+11 y =31 ¿{ ¿ ¿ 3 x +2 y=−2 3 x −2 y=− 3 ¿{ ¿. 2). 5). ¿ 3 x + y=3 2 x − y =7 ¿{ ¿ ¿ −5 x +2 y=4 6 x − 3 y =−7 ¿{ ¿. 3). 6). *D¹ng to¸n biÖn luËn hÖ ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn.. ¿ 2 x+ 5 y=8 2 x −3 y=0 ¿{ ¿ ¿ 2 x −3 y=11 − 4 x+ 6 y=5 ¿{ ¿.  x  my 2   mx  2 y 1. Bài 3: Cho hệ phương trình (I) a) Gi¶i hÖ khi m = 2. b) Tìm số nguyờn m để hệ (I) cú nghiệm duy nhất (x; y) mà x > 0 và y < 0.   2mx  y 5   mx  3 y 1 (II). Bài 4: Cho hệ phương trình a) Gi¶i hÖ khi m = 1 b) Tìm m để hệ (II) có nghiệm nằm trong gúc phần tư thứ nhất. Bài 5: Giải và biện luận nghiệm hệ phương trình theo tham số m  mx  y 2m   4 x  my 6  m. (III). Bài 6: Giải hệ phương trình: a).  x 2  xy  y 2 19   x  xy  y  1. b).  xy  x  y 19  2 2  x y  xy 84. --------------------------------------------------------------------------------------------. Dạng toán liên quan đến hàm số. I/ Mét sè kiÕn thøc c¬ b¶n cÇn n¾m: C§ 4:. +) Cã hai hµm sè c¬ b¶n: y = ax + b (d) (víi a 0, a: hÖ sè gãc); y = a’x + b’ (d’) 2 y = ax (P) (víi a 0, a: hÖ sè gãc) +) TÝnh chÊt biÕn thiªn. * y = a x + b đồng biến khi a > 0; nghịch biến khi a < 0 + Với a > 0  H/S đồng biến khi x > 0, nghịch biến khi x < 0 2 * y = ax + Với a < 0  H/S nghịch biến khi x < 0, nghịch biến khi x > 0 +) Ví trớ tơng đối của (d) và (d’).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> * (d) // (d’)  a = a’ ; b b’ * (d) C¾t (d’)  a a’ * (d)  (d’)  a = a’ ; b = b’ * (d)  (d’)  a.a’ = -1 +) VÏ y = ax + b (d) (víi a 0, a: hÖ sè gãc) Ph¬ng ph¸p: - Xác định 2 điểm bất kỳ của đồ thị (thường cho x = 0  y = b  A(0; b) và cho x = 1  y = a + b  B(1; a + b) ) - Biểu diễn 2 điểm đó trên hệ trục tọa độ Oxy và kẻ đờng thẳng đi qua hai điểm đó. +) VÏ y = a x2 (P) (víi a 0, a: hÖ sè gãc) Ph¬ng ph¸p - LËp b¶ng gi¸ trÞ, Ýt nhÊt 6 gi¸ trÞ cña biÕn x ngoµi gi¸ trÞ 0 ta được 6 điểm tương ứng. - Biểu diễn 6 điểm đó trên hệ trục tọa độ Oxy - Kẻ đờng cong đi qua 7 điểm đó(Kể cả gốc tọa độ) +) Vị trí tơng đối của: y = ax + b (d) (víi a 0, a: hÖ sè gãc) vµ y = ax2 (P) (víi a 0, a: hÖ sè gãc) - (P) c¾t (d) khi vµ chØ khi PT: ax2 = ax + b cã 2 nghiÖm ph©n biÖt ( Δ > 0) - (P) tiÕp xóc (d) khi vµ chØ khi PT: ax2 = ax + b cã nghiÖm kÐp ( Δ = 0) - (P) kh«ng cã ®iÓm chung víi (d) khi vµ chØ khi PT: ax2 = ax + b v« nghiÖm ( Δ < 0). II/. Bµi tËp : Bài 1. cho parabol (p): y = x2 và đờng thẳng (d): y = -x + 2 a) Vẽ ( P) và (d) trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị và kiểm tra lại bằng phộp tớnh. Bài 2: Định m để hai đồ thị hàm số y = x2 và y = 2x +m a) C¾t nhau t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. b) TiÕp xóc nhau c) Kh«ng cã ®iÓm chung. Bài 3: Cho hàm số y= kx + b có đồ thị là đờng thẳng (d) (k 0). Xác định các hệ số k và b để: a) (d) ®i qua hai diÓm A(0;- 3) vµ B ( -2; 5) . b) (d) song song với đờng thẳng (d’) có phơng trình: y = 3x và đi qua điểm (2;-1) c) (d) vuông góc với đờng thẳng (d’) có phơng trình: y = 2x và đi qua điểm (2;-2) d) (d) cắt trục tung tại điểm C có tung độ bằng 3 và cắt trục hoành tại điểm D có hoành độ bằng - 2. Tính độ dài đoạn thẳng CD và diện tích tam giác OCD. Bµi 4: Cho Parabol (P): y = - 1 x2 4 a) Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua M(0 ;1) và có hệ số góc là m . b) Tìm m để đờng thẳng (d) và Parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. c) Chứng minh rằng có hai đờng thẳng đi qua M và tiếp xúc với (P). Bài 5: Cho Parabol (P) y=− 1 x 2 và đờng thẳng (d): y=mx− 2m −1 4 a) VÏ (P) b) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) c) Chứng tỏ (d) luôn đi qua một điểm cố định A thuộc (P) Bµi 6: Cho (P): y = ax2 vµ (D): y = (m - 1)x - (m - 1).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> a) T×m a vµ m biÕt (P) ®i qua ®iÓm A(- 2; 4) vµ tiÕp xóc víi (D). b) Chứng minh rằng (D) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m c) Vẽ (P) và (D) tìm đợc ở câu a trên cùng một hệ trục toạ độ. Bài 7: Trong mặt phẳng toạ độ cho A(-2;2) và (d1): y = -2(x +1) a) Tìm a trong hàm số y = ax2 có đồ thị là (P) và đi qua A b) ViÕt ph¬ng tr×nh (d2) qua A vµ vu«ng gãc víi (d1) c) Gọi A, B là giao điểm của (P) và (d2), C là giao điểm của (d1) với Oy. Tìm toạ độ giao ®iÓm cña B vµ C vµ tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. Bµi 8: Cho Parabol (P): y= 1 x2 vµ M(1; - 2) 4 a) Viết phơng trình đờng thẳng (d) có hệ số góc là k và đi qua M b) Chøng minh r»ng (d) vµ Parabol (P) lu«n c¾t nhau t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt A vµ B víi mäi k c) Tìm k để F = x2AxB + xAx2B đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm GTNN đó. Bµi 9: Cho hµm sè (P): y=x 2 vµ hµm sè(d): y = x + m a) T×m m sao cho (P) vµ (d) c¾t nhau t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B b) Xác định phơng trình đờng thẳng (d') vuông góc với (d) và tiếp xúc với (P) Bài10: Cho điểm A(-2; 2) và đờng thẳng ( d 1 ) y = -2(x+1) a) §iÓm A cã thuéc ( d 1 ) kh«ng ? V× sao ? b) Tìm a để hàm số (P): y=a. x 2 đi qua A c) Xác định phơng trình đờng thẳng ( d 2 ) đi qua A và vuông góc với ( d 1 ) Bài 11: Cho Parabol (P): y= x2 và đờng thẳng (d) có phơng trình : y=2x+m a) Tìm m để (d) và Parabol (P) tiếp xúc nhau. Xác định toạ độ điểm chung đó b) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm, một điểm có hoành độ x=-1.Tìm điểm cßn l¹i. c) Giả sử đờng thẳng cắt (P) tại 2 điểm A và B. Tìm tập hợp trung điểm I của AB --------------------------------------------------------------------------------------------------C§ 5:. Toán liên quan đến phơng trình bậc hai. ax2 + bx + c = 0 (1) I/. Mét sè kiÕn thøc c¬ b¶n cÇn n¾m: 5.I.1) C¸ch gi¶i ph¬ng tr×nh bËc hai khuyÕt (c) d¹ng: ax2+ bx = 0 + Ph¬ng ph¸p: Ph©n tÝch vÕ tr¸i thµnh nh©n tö, råi gi¶i ph¬ng tr×nh tÝch. 2 + VÝ dô: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 3x  6 x 0 (1)  3x = 0  3 x( x  2) 0   x - 2 = 0 (1). x=0   x=2. Vậy phương trình có nghiệm x1 = 0; x2 = 2 5.I.2) C¸ch gi¶i ph¬ng tr×nh bËc hai khuyÕt (b) d¹ng: ax2+ c = 0 + Phơng pháp: Biến đổi về dạng x 2=m⇔ x=± √m 2 + VÝ dô: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 4 x  8 0 (2) 2 (2)  x 2  x  2 Vậy phương trình có nghiệm x  2 5.I.3) C¸ch gi¶i ph¬ng tr×nh bËc hai ax2 + bx + c = 0 ( a  0) b»ng c«ng thøc nghiÖm: Ph¬ng ph¸p: 5.I.3.1. Dïng c«ng thøc nghiÖm TQ vµ Thu gän:.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 5.I.3.2. Cách giải phơng trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a  0) bằng P2 đặc biệt: a) NÕu ph¬ng tr×nh bËc hai ax2 + bx + c = 0 cã a + b + c = 0 th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ: x1 = 1 vµ x 2= c a b) NÕu ph¬ng tr×nh bËc hai ax2 + bx + c = 0 cã a - b + c = 0 th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ : x1 = - 1 vµ x 2= − c a 5.I.3.3. Dïng §Þnh lý Vi-et vµ hÖ qu¶: a. §Þnh lý Vi Ðt: Nếu x1, x2 là nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0(a 0) thì b. S = x 1 + x2 = - a c. P = x1x2 = a b. Đảo lại: Nếu cú hai số x1,x2 mà x1 + x2 = S và x1x2 = P thì hai số đó là nghiệm (nÕu cã) cña pt bËc hai: x2 – S x + P = 0 ỨNG DỤNG CỦA HỆ THỨC VI-ÉT TRONG GIẢI TOÁN. 5.I.3.4.. ax2 + bx + c = 0 (a0). Cho phương trình bậc hai:. x1 . Có hai nghiệm Suy ra:. x1  x2 . b. b  2a. ;. (*) x2 . b  2a.   b    2b  b   2a 2a a.  )( b   ) b 2   4ac c x1 x2    2  4a 2 4a 2 4a a b x1  x2  a - Tổng nghiệm là S : S= c x1 x2  a - Tích nghiệm là P : P= ( b . Vậy đặt :. Như vậy ta thấy giữa hai nghiệm của phương trình (*) có liên quan chặt chẽ với các hệ số a, b, c. Đây chính là nội dung của Định lí VI-ÉT, sau đây ta tìm hiểu một số ứng dụng của định lí này trong giải toán. ỨNG DỤNG 1: NHẨM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH U1.1. Dạng đặc biệt: Xét phương trình (*) ta thấy : a) Nếu cho x = 1 thì ta có (*)  a.12 + b.1 + c = 0  a + b + c = 0 b) Nếu cho x =  1 thì ta có (*)  a.(  1)2 + b(  1) + c = 0  a  b + c = 0 Như vậy với phương trình (*): +) Nếu có a + b + c = 0 thì PT có một nghiệm x1 1 và nghiệm còn lại là. x2 . c a. c x2  x  1 a +) Nếu có a - b + c = 0 thì PT có một nghiệm 1 và nghiệm còn lại là.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Vận dụng hệ thức trên ta có thể làm một số ví dụ sau: Ví dụ: Dùng hệ thức VI-ÉT để nhẩm nghiệm của các phương trình sau: 2 2 1) 2 x  5 x  3 0 (1) 2) 3x  8 x  11 0 (2) Ta thấy : c 3  a 2 Phương trình (1) có dạng a  b + c = 0 nên có nghiệm x1  1 và c  11 x2   x  1 a 3 Phương trình (2) có dạng a + b + c = 0 nên có nghiệm 1 và x2 . Bài tập áp dụng: Hãy tìm nhanh nghiệm của các phương trình sau: 2 2 1. 35 x  37 x  2 0 2. 7 x  500 x  507 0 2 2 3. x  49 x  50 0 4. 4321x  21x  4300 0 c 2 x1 1; x2   a 35 Đáp án: 1. c 50 3. x1 = -1; x2 = a. c  507 x1 1; x2   a 7 2.  c 4300  4. x1 = -1; x2 = a 4321. U1.2. Cho phương trình, có một hệ số chưa biết, cho trước một nghiệm tìm nghiệm còn lại và chỉ ra hệ số của phương trình : 2 Ví dụ: a) Phương trình x  2 px  5 0 . Có một nghiệm bằng 2, tìm p và nghiệm thứ hai. 2 b) Phương trình x  5 x  q 0 . Có một nghiệm bằng 5, tìm q và nghiệm thứ hai. 2 c) Cho phương trình : x  7 x  q 0 , biết hiệu 2 nghiệm bằng 11. Tìm q và hai nghiệm của phương trình. 2 d) Tìm q và hai nghiệm của phương trình : x  qx  50 0 , biết phương trình có 2 nghiệm và có một nghiệm bằng 2 lần nghiệm kia. Bài giải:. a) Thay x1 2 vào phương trình ban đầu ta được : 4  4 p  5 0  p . T ừ x1 x2 5 suy ra. x2 . 1 4. 5 5  x1 2. 1 5 x2  4; 2 Vậy: b) Thay x1 5 và phương trình ban đầu ta được 25  25  q 0  q  50  50  50 x2    10 x x  50 x 5 1 2 1 Từ suy ra p. Vậy: q  50 ; x2  10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> c) Vì vai trò của x1 và x2 bình đẳng nên theo đề bài giả sử x1  x2 11 và theo VI-ÉT ta có  x1  x2 11   x1  x2 7 , ta giải hệ sau:  x1  x2 7 Suy ra q  x1 x2  18.  x1 9   x2  2. d) Vì vai trò của x1 và x2 bình đẳng nên theo đề bài giả sử x1 2 x2 và theo VI-ÉT ta có x1 x2 50 . Suy ra  x  5 2 x22 50  x22 52   2  x2 5 Với x2  5 th ì x1  10. Với x2 5 th ì x1 10 Bài tập áp dụng: a) Tìm k để phương trình x2 + kx + 6 = 0 có hai nghiệm hơn kém nhau 1 đơn vị. b) Tìm m để phương trình x2 + 3x + m = 0 có nghiệm x1 = 1, tìm nghiệm còn lại. Đáp án: a) k = 5, k= -5 b) m = - 4; x2 = - 4 ỨNG DỤNG 2: LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI U2.1. Lập phương trình bậc hai khi biết hai nghiệm x1; x2 Ví dụ : Cho x1 3 ; x2 2 . Hãy lập một phương trình bậc hai nhận hai giá trị trên làm nghiệm.  S  x1  x2 5  Theo hệ thức VI-ÉT ta có  P  x1 x2 6 Vậy x1; x2 là nghiệm của phương trình có dạng:. Bài tập áp dụng: 1. x1 = 8. vµ. x2 = -3. 2.. x1 = 3a. vµ. x2 = a. 3.. x1 = 36. vµ. x2 = -104. 4.. x1 = 1  2. vµ. x2 = 1  2. x 2  Sx  P 0  x 2  5 x  6 0. Đáp án: 1. x2 - 5x - 24 = 0 2. x2 - 4ax + 3a2 = 0 3. x2 + 68x - 3744 = 0 4. x2 - 2x -1 = 0 U2.2. Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm thoả mãn biểu thức chứa hai nghiệm của một phương trình cho trước:.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 2 Ví dụ: Cho phương trình : x  3 x  2 0 có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 . Không giải. phương trình trên, hãy lập phương trình bậc 2 có ẩn là y thoả mãn : y2  x1 . y1  x2 . 1 x1 và. 1 x2. Theo hệ thức VI- ÉT ta có: 1 1 1 1 x x 3 9  x1  ( x1  x2 )     ( x1  x2 )  1 2 3   x1 x2 x1 x2 2 2  x1 x2  1 1 1 1 9 P  y1 y2 ( x2  )( x1  ) x1 x2 1 1  2 1 1   x1 x2 x1 x2 2 2. S  y1  y2  x2 . Vậy phương trình cần lập có dạng: hay. y 2  Sy  P 0 y2 . 9 9 y  0  2 y 2  9 y  9 0 2 2. Bài tập áp dụng: 2 1/ Cho phương trình 3x  5 x  6 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 . Không giải phương trình, Hãy lập phương trình bậc hai có các nghiệm. y1  x1 . 1 1 y2 x2  x2 và x1. 2 2/ Cho phương trình : x  5 x  1 0 có 2 nghiệm x1; x2 . Hãy lập phương trình bậc 2 có ẩn 4 4 y thoả mãn y1 x1 và y2  x2 (có nghiệm là luỹ thừa bậc 4 của các nghiệm của phương trình đã cho). 2 2 3/ Cho phương trình bậc hai: x  2 x  m 0 có các nghiệm x1 ; x2 . Hãy lập phương trình. bậc hai có các nghiệm y1 ; y2 sao cho : a) y1  x1  3 và y2 x2  3 Đáp án:. b) y1 2 x1  1 và y2 2 x2  1. 5 1 y  0 2 6 2 1/ hay 6 y  5 y  3 0 2 2/ y  727 y  1 0 y2 . 3/. 2 2 a) y  4 y  3  m 0. 2 2 b) y  2 y  (4m  3) 0. ỨNG DỤNG 3 : TÌM HAI SỐ BIẾT TỔNG VÀ TÍCH CỦA CHÚNG Nếu hai số có Tổng bằng S và Tích bằng P thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình : x 2  Sx  P 0 (điều kiện để có hai số đó là S2  4P  0 ) Ví dụ: Tìm hai số a, b biết tổng S = a + b =  3 và tích P = ab =  4.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 2 Vì a + b =  3 và ab =  4 nên a, b là nghiệm của phương trình : x  3x  4 0. giải phương trình trên ta được x 1 và x2  4 Vậy a = 1; b =  4 hoặc a =  4; b = 1 Bài tập áp dụng: Tìm 2 số a và b biết: 1. S = 3 và P=2  2. S = 3 và P=6 3. S = 9 và P = 20 Đáp án: 1. a = 1; b = 2 hoặc a = 2; b = 1 2. Không tồn tại a và b 3. a = 4; b = 5 hoặc a = 5; b = 4 Bài tập nâng cao: Tìm 2 số a và b biết 1. a + b = 9 và a2 + b2 = 41 2. a  b = 5 và ab = 36 3. a2 + b2 = 61 và ab = 30 Hướng dẫn: 1) Theo đề bài đã biết tổng của hai số a và b, vậy để áp dụng hệ thức VI- ÉT thì cần tìm tích của a và b. 1. 2. Từ. 2. 2. a  b 9   a  b  81  a  2ab  b 81  ab . 81   a 2  b 2  2. 20.  x 4 x 2  9 x  20 0   1  x2 5 Suy ra : a, b là nghiệm của phương trình có dạng :. Vậy: a = 4; b = 5 hoặc a = 5; b = 4 2) Đã biết tích: ab = 36 do đó cần tìm tổng : a + b Cách 1: Đặt c =  b ta có : a + c = 5 và a.c =  36  x  4 x 2  5 x  36 0   1  x2 9 Suy ra a,c là nghiệm của phương trình : Do đó nếu a =  4 thì c = 9 nên b =  9. nếu a = 9 thì c =  4 nên b = 4. Cách 2: Từ  a  b . 2. 2. 2. 2.  a  b   4ab   a  b   a  b   4ab 169.  a  b  13 2   a  b  132    a  b 13 *) Với a  b  13 và ab = 36, nên a, b là nghiệm của phương trình :  x  4 x 2  13x  36 0   1  x2  9 Vậy a =  4 thì b =  9 *) Với a  b 13 và ab = 36, nên a, b là nghiệm của phương trình :  x 4 x 2  13x  36 0   1  x2 9. Vậy a = 9 thì b = 4 3) Đã biết ab = 30, do đó cần tìm a + b:.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>  a  b  11   a  b  2ab 61  2.30 121 11  a  b 11. 2. 2. 2. 2. Từ: a2 + b2 = 61   a  b  *) Nếu a  b  11 và ab = 30 thì a, b là hai nghiệm của phương trình:  x  5 x 2  11x  30 0   1  x2  6 Vậy a =  5 ; b =  6 hoặc a =  6 ; b =  5 *) Nếu a  b 11 và ab = 30 thì a, b là hai nghiệm của phương trình :  x 5 x 2  11x  30 0   1  x2 6. Vậy a = 5; b = 6 hoặc a = 6; b = 5. ỨNG DỤNG 4 : TÍNH GIÁ TRỊ CỦA CÁC BIỂU THỨC NGHIỆM Đối các bài toán dạng này điều quan trọng nhất là phải biết biến đổi biểu thức nghiệm đã cho về biểu thức có chứa tổng nghiệm S và tích nghiệm P để áp dụng hệ thức VI-ÉT rổi tính giá trị của biểu thức U4.1. Biến đổi biểu thức để làm xuất hiện : ( x1  x2 ) và x1 x2 2 2 2 2 2 a) x1  x2 ( x1  2 x1 x2  x2 )  2 x1 x2 ( x1  x2 )  2 x1 x2. Ví dụ 1:. 2 x13  x23  x1  x2   x12  x1 x2  x22   x1  x2    x1  x2   3x1 x2    b). 2. 2. x14  x24 ( x12 ) 2  ( x22 ) 2  x12  x22   2 x12 x22  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2   2 x12 x22 c) 1 1 x1  x2   x x2 x1 x2 1 d) x1  x2 ?. Ví dụ 2:. x.  x. . 2.  x  x. . 2.  4 x x  x  x   x  x. . 2.  4x x. 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 Ta biết 1 2 Từ các biểu thức đã biến đổi trên hãy biến đổi các biểu thức sau: 2 2 1. x1  x2 3 3 2. x1  x2 4 4 3. x1  x2 6 1. 6 2. 6 1. 6 2. 4. x  x Bài tập áp dụng. (.  x1  x2   x1  x2 . =…….). 2 x2   x12  x1 x2  x22   x1  x2    x1  x2   x1 x2    =……. ) (= 2 2 2 2  x1  x2   x1  x2 .  x1 . (= (=. =…… ). ( x )  ( x )  x  x22   x14  x12 x22  x24  2 3 1. 2 3 2. 5 1. 5 2. 2 1. 7 1. 7 2. = ……..) 1 1  8. x1  1 x2  1. 5. x  x 6. x  x 7. x  x U4.2. Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức nghiệm 2 a) Cho phương trình : x  8 x 15 0 Không giải phương trình, hãy tính.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 1. x  x. Đáp số: 34. 1 1  x x2 1 2.. x1 x2  x x1 2 3..  34    Đáp số:  15 . 4.  x1  x2 . 2 1. 2 2.  8   Đáp số:  15  2. Đáp số: 46. 2 b) Cho phương trình : 8 x  72 x  64 0 Không giải phương trình, hãy tính:. 1 1  1. x1 x2. 9   Đáp số:  8 . 2 2 2. x1  x2. Đáp số: 65. 2 c) Cho phương trình : x  14 x  29 0 Không giải phương trình, hãy tính:. 1 1  x x2 1 1..  14    Đáp số:  29 . 2 2 2. x1  x2. Đáp số: 138. 2 d) Cho phương trình : 2 x  3x  1 0 Không giải phương trình, hãy tính:. 1 1  x 1. 1 x2 2 1. 2 2. 3. x  x. Đáp số: 3. 1  x1 1  x2  x x2 2. 1. Đáp số: 1. Đáp số: 1. x1 x  2 4. x2  1 x1  1. 5   Đáp số:  6 . 2 e) Cho phương trình x  4 3x  8 0 có 2 nghiệm x1 ; x2 , không giải phương trình, tính. Q. 6 x12  10 x1 x2  6 x22 5 x1 x23  5 x13 x2. 6 x12  10 x1 x2  6 x22 6( x1  x2 ) 2  2 x1 x2 6.(4 3) 2  2.8 17 Q    3 3 2 2 5 x1 x2  5 x1 x2 5 x1 x2   x1  x2   2 x1 x2  5.8  (4 3)  2.8 80   HD:. ỨNG DỤNG 5 : TÌM HỆ THỨC LIÊN HỆ GIỮA HAI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAO CHO HAI NGHIỆM NÀY KHÔNG PHỤ THUỘC (HAY ĐỘC LẬP) VỚI THAM SỐ Để làm các bài toán loại này, ta làm lần lượt theo các bước sau: - Đặt điều kiện cho tham số để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 (thường là a  0 và   0 hoặc '  0) - Áp dụng hệ thức VI-ÉT viết S = x1 + x2 và P = x1 x2 theo tham số - Dùng quy tắc cộng hoặc thế để tính tham số theo x1 và x2 . Từ đó đưa ra hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x1 và x2..

<span class='text_page_counter'>(16)</span> m  1 x 2  2mx  m  4 0 Ví dụ 1: Cho phương trình :  có 2 nghiệm x1; x2 . Lập hệ thức. liên hệ giữa x1 ; x2 sao cho chúng không phụ thuộc vào m. Bài giải: Để phương trình trên có 2 nghiệm x1 và x2 thì :  m  1 0  m 1 m 1  2    ' 5m  4 0   0 m  (m  1)(m  4) 0. m 1   4 m  5. Theo hệ thức VI- ÉT ta có : 2m  x  x  1 2  m 1   m  4  x .x   1 2 m  1. 2  x  x  2  (1) 1 2  m 1   x .x 1  3 (2)  1 2 m 1. Nhân vào hai vế của pt (1) với số 3 và pt (2) với số 2 ta được: 2  3( x1  x2 ) 3(2  m  1)  2 x .x 2(1  3 )  1 2 m 1. 6  3 x1  3 x2 6  m  1 (1')   2 x .x 2  6 (2 ')  1 2 m 1. Cộng (1') và (2') theo vế ta có:. 3x1+ 3x2 + 2x1.x2 = 8. 3 x  x  2 x1 x2  8 0 hay  1 2  3 x  x  2 x1 x2  8 0 Vậy hệ thức liên hệ giữa x1; x2 không phụ thuộc vào m là  1 2  m  1 x 2  2mx  m  4 0 Ví dụ 2: Gọi x1 ; x2 là nghiệm của phương trình :  . Chứng minh A 3 x  x  2 x x  8.  1 2  1 2 không phụ thuộc giá trị của m. rằng biểu thức Để phương trình trên có 2 nghiệm x1 và x2 thì :  m  1 0   '   0.  m 1   2  m  (m  1)(m  4) 0. m 1   5m  4 0. m 1   4 m  5. Theo hệ thức VI- ÉT ta có : 2m   x1  x2  m  1   x .x  m  4  1 2 m  1. thay vào A ta có:. A 3  x1  x2   2 x1 x2  8 3.. Vậy A = 0 với mọi m 1 và. 2m m 4 6m  2m  8  8(m  1) 0  2.  8  0 m 1 m 1 m 1 m 1. m. 4 5 . Do đó biểu thức A không phụ thuộc vào m..

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Nhận xét: - Lưu ý điều kiện cho tham số để phương trình đã cho có 2 nghiệm - Sau đó dựa vào hệ thức VI-ÉT rút tham số theo tổng nghiệm, theo tích nghiệm sau đó đồng nhất các vế ta sẽ được một biểu thức chứa nghiệm không phụ thuộc vào tham số. Hoặc từ hệ thức VI-ÉT ta biến đổi để triệt tiêu tham số, từ đó ta sẽ có được biểu thức chứa nghiệm không phụ thuộc vào tham sốchúng Bài tập áp dụng: 1) Cho phương trình :. x 2   m  2  x   2m  1 0. có 2 nghiệm x1 ; x2 . Hãy lập hệ thức liên. hệ giữa x1 ; x2 sao cho x1; x2 độc lập đối với m. 2. 2.   m  2   4  2m  1 m 2  4m  8  m  2   4  0. Hướng dẫn: Dễ thấy của m do đó phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 Theo hệ thức VI- ÉT ta có:  x1  x2 m  2 (1)   x1.x2 2m  1 (2). . với mọi giá trị.  m  x1  x2  2 (1')   x1 x2  1 (2 ')  m  2. Cách 1: Từ (1') và (2') ta có: x1  x2  2 . x1 x2  1  2  x1  x2   x1 x2  5 0 2. Cách 2: Nhân vào hai vế của pt (1) với số 2 rồi lấy pt (1) trừ cho pt (2) theo vế ta được: 2( x1  x2 )  x1 .x2 5. Vậy hệ thức liên hệ giữa x1 ; x2 không phụ thuộc vào m là 2) Cho phương trình :. x 2   4m  1 x  2  m  4  0. 2( x1  x2 )  x1.x2 5. .. Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 sao cho chúng không phụ thuộc vào m. 2 2 Hướng dẫn: Dễ thấy  (4m  1)  4.2(m  4) 16m  33  0 do đó phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 . Theo hệ thức VI- ÉT ta có:.  x1  x2  (4m  1)   x1.x2 2(m  4). (1). 4m  ( x1  x2 )  1 (1')   (2) (2 ') 4m 2 x1 x2  16. Từ (1') và (2') ta có:  ( x1  x2 )  1 2 x1 x2  16  2 x1 x2  ( x1  x2 )  17 0.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Với bài này chúng ta cũng có thể làm như cách 2 ở trên bằng cách nhân vào pt (2) với số 2 rồi cộng hai pt theo vế ta có được hệ thức cần tìm. ỨNG DỤNG 6 : TÌM GIÁ TRỊ THAM SỐ CỦA PHƯƠNG TRÌNH THOẢ MÃN BIỂU THỨC CHỨA NGHIỆM ĐÃ CHO. Đối với các bài toán dạng này, ta làm như sau: - Đặt điều kiện cho tham số để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 (thường là a  0 và   0, '  0) - Từ biểu thức nghiệm đã cho, áp dụng hệ thức VI-ÉT để giải phương trình (có ẩn là tham số). - Đối chiếu với điều kiện xác định của tham số để xác định giá trị cần tìm. mx 2  6 m  1 x  9 m  3 0.     Ví dụ 1: Cho phương trình : Tìm giá trị của tham số m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : x1  x2  x1.x2 Bài giải: Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm x1 và x2 là : m 0   2  '  3  m  21   9(m  3)m 0 m 0  m 0     ' 9  m  1 0  m  1.  m 0  2 2   ' 9  m  2m  1  9m  27 0. 6(m  1)   x1  x2  m   x x  9(m  3) 1 2 m Theo hệ th ức VI- ÉT ta có: . và từ giả thiết: x1  x2  x1 x2 .. Suy ra: 6(m  1) 9( m  3)   6(m  1) 9( m  3)  6m  6 9m  27 m m  3m 21  m 7. (thoả mãn điều kiện xác định ) Vậy với m = 7 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : x1  x2  x1.x2 2 2 Ví dụ 2: Cho phương trình : x   2m  1 x  m  2 0 .. Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : 3x1 x2  5  x1  x2   7 0 Bài giải:. Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm x1 & x2 là :.  ' (2m  1) 2  4( m2  2) 0  4m 2  4m  1  4m 2  8 0.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>  4m  7 0  m . 7 4.  x1  x2 2m  1  2 Theo hệ thức VI-ÉT ta có:  x1 x2 m  2. Suy ra:. và từ giả thiết 3 x1 x2  5  x1  x2   7 0 .. 3(m 2  2)  5(2m  1)  7 0  3m 2  6  10m  5  7 0  m 2  3m  10m  8 0    m 4 3 . (TM ). 2. ( KTM ). Vậy với m = 2 thì phương trình có 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức: 3 x1 x2  5  x1  x2   7 0. Bài tập áp dụng 1. Cho phương trình :. mx 2  2  m  4  x  m  7 0. Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : x1  2 x2 0 2. Cho phương trình :. x 2   m  1 x  5m  6 0. Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức: 4 x1  3x2 1 3. Cho phương trình :. 3x 2   3m  2  x   3m  1 0. .. Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : 3x1  5 x2 6 Hướng dẫn cách giải: Đối với các bài tập dạng này ta thấy có một điều khác biệt so với bài tập ở Ví dụ 1 và ví dụ 2 ở chỗ: + Trong ví dụ thì biểu thức nghiệm đã chứa sẵn tổng nghiệm x1  x2 và tích nghiệm x1 x2 nên ta có thể vận dụng trực tiếp hệ thức VI-ÉT để tìm tham số m. + Còn trong 3 bài tập trên thì các biểu thức nghiệm lại không cho sẵn như vậy, do đó vấn đề đặt ra ở đây là làm thế nào để từ biểu thức đã cho biến đổi về biểu thức có chứa tổng nghiệm x1  x2 và tích nghiệm x1 x2 rồi từ đó vận dụng tương tự cách làm đã trình bày ở Ví dụ 1 và ví dụ 2. 16 m 0; m  15 BT1: - ĐKX Đ:  (m  4)  x  x  1 2  m (1)  m  7 x x  1 2 m -Theo VI-ÉT: .

<span class='text_page_counter'>(20)</span>  x1  x2 3x2  2( x1  x2 )2 9 x1 x2  - Từ x1  2 x2 0 Suy ra: 2( x1  x2 ) 3 x1 (2) 2 - Thế (1) vào (2) ta đưa được về phương trình sau: m  127m  128 0  m1 1; m2  128 2 BT2: - ĐKXĐ:  m  22m  25 0  11  96 m 11  96.  x1  x2 1  m (1)  x x  5 m  6 - Theo VI-ÉT:  1 2  x1 1  3( x1  x2 )  x1 x2  1  3( x1  x2 )  . 4( x1  x2 )  1   x2 4( x1  x2 )  1 2 - Từ : 4 x1  3x2 1 . Suy ra:  x1 x2 7( x1  x2 )  12( x1  x2 )  1 (2)  m 0 12m(m  1) 0    m 1 (thoả mãn ĐKXĐ) - Thế (1) vào (2) ta có phương trình : 2 2 2 BT3: - Vì  (3m  2)  4.3(3m  1) 9m  24m  16 (3m  4) 0 với mọi số thực m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.. 3m  2   x1  x2  3 (1)   x x   (3m  1) 1 2 3 - Theo VI-ÉT: . - Từ giả thiết: 3x1  5 x2 6 . Suy ra:. 8 x1 5( x1  x2 )  6  8 x2 3( x1  x2 )  6.  64 x1 x2  5( x1  x2 )  6  . 3( x1  x2 )  6 .  64 x1 x2 15( x1  x2 )2  12( x1  x2 )  36. (2).  m 0 m(45m  96) 0    m  32 15  - Thế (1) vào (2) ta được phương trình:. ỨNG DỤNG 7:. (thoả mãn). XÁC ĐỊNH DẤU CÁC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI. 2. ax  bx  c 0 (a  0). Hãy tìm điều kiện để phương trình có 2 Cho phương trình: nghiệm: trái dấu, cùng dấu, cùng dương, cùng âm …. ⇔. a. PT (1) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm d¬ng ⇔. b. PT (1) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm ©m ⇔. c. PT (1) cã nghiÖm cïng dÊu.  0  S > 0   0  S < 0.  0  P > 0.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> (nÕu 2 nghiªm ph©n biÖt th× bá dÊu =)  0  S  0 P > 0 . ⇔. d. PT (1) cã hai nghiÖm d¬ng (nÕu 2 nghiªm ph©n biÖt th× bá dÊu =) ⇔. e. PT (1) có hai nghiệm đều âm.  0  S  0 P > 0 . (nÕu 2 nghiªm ph©n biÖt th× bá dÊu =) ⇔. f. PT (1) cã hai nghiÖm tr¸i dÊu. P<0. ⇔. g. PT (1) có 2 nghiệm đối nhau.  0  S = 0 ⇔. h. PT (1) có 2 nghiệm nghịch đảo nhau.  0  P = 1. Ví dụ: Xác định tham số m sao cho phương trình: 2 x 2   3m  1 x  m 2  m  6 0. có 2 nghiệm trái dấu. Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì P0 . P. m2  m  6 0  P (m  3)( m  2)  0   2  m  3 2. Vậy với  2  m  3 thì phương trình có 2 nghiệm trái dấu. Bài tập tham khảo: 1.. mx 2  2  m  2  x  3  m  2  0. 2.. 3mx 2  2  2m  1 x  m 0. 3. . m  1 x 2  2 x  m 0. có 2 nghiệm cùng dấu.. có 2 nghiệm âm.. có ít nhất một nghiệm không âm.. ỨNG DỤNG 8: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT HOẶC GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NGHIỆM Áp dụng tính chất sau về bất đẳng thức: trong mọi trường hợp nếu ta luôn phân tích được:  Am C  k  B (trong đó A, B là các biểu thức không âm ; m, k là hằng số) Thì ta thấy : C m (vì A 0 )  min C m  A 0. (*).

<span class='text_page_counter'>(22)</span> C k (vì B 0 ).  max C k  B 0 2. x   2m  1 x  m 0. Ví dụ 1: Cho phương trình :. Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để : A  x12  x22  6 x1 x2. có giá trị nhỏ nhất..  x1  x2  (2m  1)  Bài giải: Theo VI-ÉT:  x1 x2  m 2. A  x12  x22  6 x1 x2  x1  x2   8 x1 x2. Theo đề bài :. 2.  2m  1  8m 4m 2  12m  1 (2m  3) 2  8  8. Suy ra: min A  8  2m  3 0 hay. m. 3 2. 2 Ví dụ 2: Cho phương trình : x  mx  m  1 0. Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức sau: B. 2 x1 x2  3 x  x22  2  x1 x2  1 2 1.  x1  x2 m  Ta có: Theo hệ thức VI-ÉT thì :  x1 x2 m  1 2 x1 x2  3 2 x1 x2  3 2(m  1)  3 2m  1  B 2    2 2 2 x1  x2  2  x1 x2  1 ( x1  x2 )  2 m2  2 m 2. Cách 1: Thêm bớt để đưa về dạng như phần (*) đã hướng dẫn Ta biến đổi B như sau: B. m 2  2   m 2  2m  1.  m  1. m2  2 2. 0 .  m  1 2. 1 .  m  1. 2. m2  2. 2. 0  B 1. m 2 Vì Vậy max B=1  m = 1 Với cách thêm bớt khác ta lại có:. 1 2 1 1 2 1 2 m  2m  1  m 2 m  4m  4    m 2  2   m  2  1 2 2 2 2 B    2 2 m 2 m 2 2  m2  2 2.

<span class='text_page_counter'>(23)</span>  m  2. 2. 0 . Vì min B .  m  2. 2. 2  m  2 2. 0  B . 1 2. 1  m  2 2. Vậy Cách 2: Đưa về giải phương trình bậc 2 với ẩn là m và B là tham số, ta sẽ tìm điều kiện cho tham số B để phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m. B. 2m  1  Bm2  2m  2 B  1 0 2 m 2. (Với m là ẩn, B là tham số). (**). 2. Ta có:  1  B(2 B  1) 1  2 B  B Để phương trình (**) luôn có nghiệm với mọi m thì   0  2 B 2  B  1 0  2 B 2  B  1 0   2 B  1  B  1 0. hay.  2 B  1 0   B  1 0    2 B  1 0    B  1 0.    B     B 1    B     B 1 . 1 2 1 2. . 1 B 1 2. Vậy: max B=1  m = 1 min B . 1  m  2 2. Bài tập áp dụng 1. Cho phương trình : trị nhỏ nhất.. x 2   4m  1 x  2  m  4  0. .Tìm m để biểu thức. A  x1  x2 . 2. có giá. 2 2. Cho phương trình x  2(m  1) x  3  m 0 . Tìm m sao cho nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều 2. 2. kiện x1  x2 10 . 2 2 3. Cho phương trình : x  2(m  4) x  m  8 0 . Xác định m để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn. a) A x1  x2  3x1 x2 đạt giá trị lớn nhất. 2. 2. b) B x1  x2  x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2 4. Cho phương trình : x  (m  1) x  m  m  2 0 . Với giá trị nào của m, biểu thức C  x12  x22 dạt giá trị nhỏ nhất. 2 2 2 5. Cho phương trình x  (m  1)  m 0 . Xác định m để biểu thức E x1  x2 đạt giá trị. nhỏ nhất.. II/. Bµi tËp : Bµi 1: Cho phương trình: 5x2 + 2x – 2m – 1 = 0 a) Giải phương trình khi m = 1.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép. Tính nghiệm kép đó? Bµi 2: Cho phương trình: x2 + mx + 3 = 0 a)Tìm m để phương trình có nghiệm? b) Tìm m để phương trình có nghiệm bằng 3. Tính nghiệm còn lại? Bµi 3: Cho phương trình: x2 – 2(k – 1)x + k – 3 = 0 a) Giải phương trình khi k = 2 b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi k. Bµi 4: Cho phương trình: x2 – 2x + m = 0 Tìm m biết rằng phương trình có nghiệm bằng 3. Tính nghiệm còn lại. Bµi 5: Cho phương trình: x2 + (m – 1)x – 2m – 3 = 0 a) Giải phương trình khi m = - 3 b) Chứng tỏ phương trình luôn có nghiệm với mọi m. Bµi 6: Cho ph¬ng tr×nh : x2 + 4mx + 4m - 1 = 0 a) Gi¶i ph¬ng tr×nh víi m = -2 b) Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt Bµi 7: Cho ph¬ng tr×nh : 2x2 - 6x + (m +7) = 0 a) Gi¶i ph¬ng tr×nh víi m = -3 b) Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm x = - 4 c) Với giá trị nào của m thì phơng trình đã cho vô nghiệm Bµi 8: Cho ph¬ng tr×nh x2-2(m+1)x +m- 4=0 (1) ( m lµ tham sè) a) Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m=2 b) Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh (1) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt víi mäi m c) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm trái dấu d) Chøng minh r»ng biÓu thøc M =x1(1-x2)+(1-x1) x2 kh«ng phô thuéc vµo m Bµi 9: Cho ph¬ng tr×nh: x2- mx + 2m - 3 = 0 a) Tìm m để phơng trình có nghiệm kép b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu Bµi 10: Cho ph¬ng tr×nh: x2- 2(m- 1)x + m2- 3m = 0 Tìm m để phơng trình có một nghiệm x = - 2. Tìm nghiệm còn lại Bµi 11: Cho ph¬ng tr×nh bËc hai (m - 2)x2- 2(m + 2)x + 2(m - 1) = 0 a) Tìm m để phơng trình có một nghiệm x = - 2 b) Khi ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm x = -1 t×m gi¸ trÞ cña m vµ t×m nghiÖm cßn l¹i Bµi 12: Cho ph¬ng tr×nh x2- (m- 1)x – m 2+m-2 =0 (1) (m lµ tham sè) a) Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m=-1 b) Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh (1) cã 2 nghiÖm tr¸i dÊu víi mäi m c) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm sao cho S = x12 +x22 đạt giá trị nhỏ nhất Bµi 13: Cho ph¬ng tr×nh x2 - (m +2)x +m+1 = 0 (1) (m lµ tham sè) a)Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm trái dấu b) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm đối nhau Bµi 14: Cho ph¬ng tr×nh x2- (m +1)x +m =0 (1) (m lµ tham sè) a) Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm víi mäi m b) Gi¶ sö (1) cã 2 nghiÖm x1;x2 tÝnh S =x12 +x22 theo m c) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm sao cho x12 +x22 =5 Bµi 15: Cho ph¬ng tr×nh x2 –2(m-1)x –m2-3m+4=0 (1) (m lµ tham sè) a) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm là x1;x2 sao cho. 1 1 + =1 x1 x2. b) LËp mét biÓu thøc gi÷a x1 vµ x2 mµ kh«ng phô thuéc vµo m -----------------------------------------------------------------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> C§ 6:. Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh. I/. KiÕn thøc cÇn n¾m: * Bíc 1:. + LËp PT hoÆc hÖ ph¬ng tr×nh - Chọn ẩn, tìm đơn vị và ĐK cho ẩn. - Biểu diễn mối quan hệ còn lại qua ẩn và các đại lợng đã biết. - LËp PT hoÆc HPT * Bíc 2: Gi¶i PT hoÆc HPT. * Bớc 3: Đối chiếu với ĐK để trả lời. Cần đọc kỹ bài toán, có kỷ năng dịch từ ngôn ngữ sang ký hiệu toán học. D¹ng 1: To¸n cã néi dung h×nh häc Bài 1: Một HCN có đờng chéo 13 m, chiều dài hơn chiều rộng 7 m. Tính diện tích HCN đó. Bµi 2: Mét khu vên hcn cã chu vi 280m. Ngêi ta lµm mét lèi ®i xung quanh vên (thuéc đất của vờn) rộng 2m, diện tích còn lại là 4256m2. Tính các kích thớc của vờn (réng x = 60m, dµi = 80m) Bài 3: Một hỡnh chữ nhật có chu vi 90m. Nếu tăng chiều rộng lên gấp đôi và giảm chiều dài đi 15m thì ta đợc hỡnh chữ nhật mới có diện tích bằng diện tích hỡnh chữ nhật ban đầu. Tính các cạnh của hỡnh chữ nhật đã cho (réng x=15m, dµi =30m) Bµi 4: Mét thửa ruộng hình chữ nhật. NÕu t¨ng chiÒu dµi thªm 2m vµ chiÒu réng 3m th× diÖn tÝch t¨ng 100m2. NÕu cïng gi¶m chiÒu dµi vµ chiÒu réng 2m th× diÖn tÝch gi¶m 68m2. Tính kích thước thửa rộng đó (Kq:22m;14m) 2 Bài 5: Một thửa ruộng hình tam giác có diện tích 180m . Tính chiều dài cạnh đáy thửa ruộng, biết rằng nếu tăng cạnh đáy thêm 4m và chiều cao giảm đi 1m thì diện tích không đổi (cạnh đáy x=36m) Bµi 6: Mét tam gi¸c vu«ng cã chu vi lµ 30m, c¹nh huyÒn lµ 13m. TÝnh c¸c c¹nh gãc vu«ng cña tam gi¸c. Kq: 5m và 12m. Dạng 2: Toán chuyển động Bài 1: Một ô tô đi từ A đến B dài 120 km trong một thời gian dự định. Sau khi đi đợc nửa quãng đờng xe tăng vận tốc thêm 10 km/h nên đến B sớm hơn dự định 12 phút. Tính vận tốc dự định Cả quãng đờng AB. S (km) 120. Nửa quãng đờng đầu Nửa quãng đờng sau. 60 60. v (km/h) x (®k: x>0) .... ..... Kq: Vận tốc dự định. t (h) 120/x .... ...... 50km/h. Bài 2: Một ôtô đi từ A đến B dài 250 km với một vận tốc dự định. Thực tế xe đi hết quãng đờng với vận tốc tăng thêm 10km/h so với vận tốc dự định nên đến B giảm đợc 50phút. Tính vận tốc dự định Kq: Vận tốc dự định. 50km/h. Bµi 3: Mét ngêi ®i xe m¸y tõ A đến B lóc 7h s¸ng víi vËn tèc trung b×nh lµ 30km/h. Sau khi đi đợc nửa quãng đờng người đó nghỉ 20 phút rồi đi tiếp nửa quãng đờng sau với vận tốc trung bình 25 km/h. Tính SAB , biết ngời đó đến B lúc 12 giờ 50 phút. x 1 x 5   5 6 ; SAB = 150Km Kq: 30 3 25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Bài 4: Một ô tô đi từ A đến B trong một thời gian dự định, nếu đi với vận tốc trung bình là 35km/h thì đến B chậm 2 giờ, nếu đi với vận tốc trung bình là 50km/h thì đến B sớm 1 giờ. Tính SAB và thời gian dự định ban đầu ? S (km) Quãng đờng AB Thay đổi 1 Thay đổi 2. v (km/h). x (®k: x>0) x x. t (A->B). 35 50. x -2= 35. x 50. +1. Kq: 8 giê ; 350 km. Bµi 5: Mét chiÕc thuyÒn khëi hµnh tõ bÕn A. Sau 5h 20 phót, mét chiÕc ca n« còng khëi hµnh tõ bÕn A ®uæi theo vµ gÆp thuyÒn c¸ch A 20km. TÝnh vËn tèc cña thuyÒn, biÕt vËn tèc cña ca n« lín h¬n vËn tèc cña thuyÒn 12km/h. S (km) ThuyÒn Ca n«. 20 20. v (km/h) x (®k: x>0) x+12 20 20 1  5 x x  12 3. t (A->B). Kq: 3 km/h; 15km/h. Bµi 6: Hai chiÕc ca n« cïng khëi hµnh tõ 2 bÕn A vµ B c¸ch nhau 85 km vµ ®i ngîc chiÒu nhau vµ gÆp nhau sau 1 giê 40 phót. VËn tèc ca n« xu«i dßng lín h¬n vËn tèc ca n« ngîc dßng lµ 9km/h. TÝnh vËn tèc riªng cña mçi ca n«, biÕt vËn tèc cña dßng lµ 3km/h. Ca n« 1. Ca n« 2. VËn tèc riªng x y. Kq:. V xu«i dßng x+3. V ngîc dßng. y-3 5 5  ( x  3).  ( y  3). 85 3 3   x  y 9. ;. t (h) 5/3 5/3. S (km). x = 30km/h; y = 21km/h. Bài 7: Một ngời đi xe máy và một ngời đi xe đạp cùng đi từ A đến B dài 57km. Ngời đi xe máy sau khi đến B nghỉ 20 phút rồi quay về A gặp ngời đi xe đạp cách B 24 km. Tính vận tốc của mỗi ngời. Biết vận tốc ngời đi xe máy lớn hơn vận tốc của ngời đi xe đạp là 36km/h Xe đạp Xe m¸y. S (km) 57-24=33 57+24=81. x. v (km/h) (®k: x>0). t (A->gÆp nhau) 33/ x. Bài 8: Một ngời đixe đạp từ A đến B với vận tốc trung bình là 9km/h. Khi từ B về A ngời đó chọn con đờng khác để về nhng dài hơn con đờng lúc đi là 6 km và đi với vận tèc lµ 12 km/h nªn thêi gian vÒ Ýt h¬n lóc ®i lµ 20 phót. TÝnh SAB lóc ®i (Gọi độ dài qũãng đờng AB là (x >0) Kq: SAB =30km). D¹ng 3: To¸n cã néi dung sè häc- phÇn tr¨m Bài 1: Cho một số gồm 2 chữ số .Tìm số đó biết rằng tổng 2 chữ số của nó nhỏ hơn số đó 6 lần và thêm 25 vào tích của 2 chữ số đó sẽ đợc số viết theo thứ tự ngợc lại số đã cho Có thể chọn 2 ẩn Kq:só đó là 54. Bài 2: Cho một số gồm 2 chữ số .Tìm số đó biết rằng :Khi chia số đó cho tổng 2 chữ số của nó thì đợc thơng là 6 và d 11.Khi chia số đó cho tích 2 chữ số của nó thì đợc thơng lµ 2 vµ d 5, Có thể chọn 2 ẩn Kq: só đó là 95. Bµi 3: T×m 2 sè biÕt r»ng tæng cña chóng lµ 17 vµ tæng lËp ph¬ng cña chóng b»ng 1241 Có thể chọn 2 ẩn Kq: 2 só đó là 9 và 8.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Bµi 4: T×m 2 sè tù nhiªn biÕt r»ng hiÖu cña chóng lµ 1275 vµ nÕu lÊy sè lín chia cho sè nhỏ thì đợc thơng là 3 và d 125 (sè lín x; sè nhá y , ta co x-y=1275 ; x=3y+125). Bài 5: Cho một số tự nhiên có 2 chữ số .Nếu đổi chỗ 2 chữ số thì đợc số mới lớn hơn số đã cho là 36 .Tổng của số đã cho và số mới là 110 .Tìm số đã cho ( số đó là 37) Bài 6: Dân số một khu phố trong 2 năm tăng từ 30.000 ngời đến 32.448 ngời .Hỏi trung bình hàng năm dân số khu phố đó tăng bao nhiêu % (Gäi sè% d©n sè hµng n¨m khu phè t¨ng lµ x % Kq:4% Bµi 7: Hai líp 9A vµ 9B gåm 105 hs; líp 9A cã 44 hs tiªn tiÕn ,líp 9B cã 45 hs tiªn tiÕn, biÕt tØ lÖ häc sinh tiªn tiÕn 9A thÊp h¬n 9B lµ 10%.TÝnh tØ lÖ häc sinh tiªn tiÕn cña mçi líp ,vµ mçi líp cã bao nhiªu häc sinh Gäi x % lµ tØ lÖ häc sinh tiªn tiÕn cña líp 9A -> 9B lµ (x+10)% ta cã pt: 4400/x +4500/x =105. Kq:80 % vµ 90% ; 9A: 55hs , 9B 50 hs. D¹ng 4: To¸n cã néi dung c«ng viÖc - n¨ng xuÊt; ph©n chia s¾p xÕp Bµi 1: Hai c«ng nh©n nÕu cïng lµm chung th× hoµn thµnh 1 c«ng viÖc trong 4 ngµy. NÕu lµm riªng th× ngêi thø nhÊt lµm hoµn thµnh c«ng viÖc Ýt h¬n ngêi thø hai lµ 6 ngµy. Hái nÕu lµm riªng th× mçi ngêi lµm hoµn thµnh c«ng viÖc trong bao nhiªu ngµy ?. Bµi 2: 2 c«ng nh©n lµm chung1 c«ng viÖc th× hoµn thµnh trong 4 ngµy. Khi lµm ngêi thứ nhất làm một nửa công việc, sau đó ngời thứ hai làm tiếp nửa còn lại thì toàn bộ c«ng viÖc hoµn thµnh trong 9 ngµy. Hái nÕu lµm riªng th× mçi ngêi lµm hoµn thµnh c«ng viÖc trong bao nhiªu ngµy ?. Mét m×nh ng T1 lµm x(ngµy) xong -> 1/2 c.v lµ x/2 (ng) Tg ng T2 lµm cv trong 9- x/2(ng) -> c¶ cv lµ 2(9-x/2)=18-x (ng) Ph¬ng tr: 1/x -1/18-x =1/4. Bài 3: Một phân xởng theo kế hoạch phải dệt 3000 tấm thảm.Trong 8 ngày đầu họ đã thực hiện đợc đúng kế hoạch, những ngày còn lại họ đã dệt vợt mức mỗi ngày 10 tấm, nên đã hoàn thành kế hoạch trớc kế hoạch 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày phân xởng phải dệt bao nhiêu tấm? KÕ ho¹ch 8 ngµy ®Çu Nh÷ng ngµy cßn l¹i. Sè th¶m 3000 8x 3000-8x. Sè th¶m dÖt /ngµy x x x+10. Sç ngµy dÖt 3000/x 8 (3000 - 8x): (x+10). 3000/x = (3000 - 8x): (x+10) + 8. Bài 3: Một tổ sản xuất dự định sản xuất 360 máy nông nhgiệp. Khi làm do tổ chức quản lí tốt nên mỗi ngày họ đã làm đợc nhiều hơn dự định 1 máy; Vì thế tổ đã hoàn thành trớc thời hạn 4 ngày. Hỏi số máy dự định sản xuất trong mỗi ngày là bao nhiêu? Dự định Thùc tÕ. Sè m¸y /ngµy x x+1. Sè m¸y 360 360. Sè tÊn hµng /1xe 360/x 360/ (x+1). Bài 4: Một đoàn xe vận tải dự định chở 180 tấn hàng từ cảng về nhà kho. Khi sắp bắt đầu chở thì đợc bổ xung thêm 2 xe nữa, nên mỗi xe chở ít đi 0,5 tấn hàng. Hỏi đoàn xe lóc ®Çu cã bao nhiªu chiÕc ? Lóc ®Çu Lóc sau. Sè xe x x+2. Sè hµng(tÊn) 180 180. Sè tÊn hµng /1xe 180/x 180/ (x+2).

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Bµi 5: Mét ®oµn xe chë 30 tÊn hµng tõ c¶ng vÒ nhµ kho. Khi s¾p b¾t ®Çu chë th× mét xe bị hỏng , nên mỗi xe phải chở thêm 1 tấn hàng và cả đoàn còn chở vợt mức dự định 10 tÊn. Hái ®oµn xe lóc ®Çu cã bao nhiªu chiÕc ? Lóc ®Çu Lóc sau. Sè xe x x-1. Sè hµng(tÊn) 180 180+10=190. Sè tÊn hµng /1xe 180/x 190/ (x-1). Bài 6: Trong 1 phòng có 70 ngời dự họp đợc sắp xếp ngồi đều trên các dãy ghế. Nếu bớt đi 2 dãy thì mỗi dãy còn lại phải xếp thêm 4 ngời thì mới đủ chỗ ngồi. Hỏi lúc đầu phòng họp có mấy dãy ghế và mỗi dãy xếp đợc bao nhiêu ngời? Bµi 7: Trong 1buæi liªn hoan v¨n nghÖ, phßng häp chØ cã 320 chç ngåi, nhng sè ngêi tới dự hôm đó có tới 420 ngời. Do đó phải thu xếp để mỗi dãy ghế thêm đợc 4 ngời ngồi và phải đặt thêm 1 dãy ghế nữa mới đủ. Hỏi lúc đầu trong phòng có bao nhiêu ghế? Lóc ®Çu Lóc sau. Sè d·y x x+1. Sè ngêi 320 420. Sè ngêi /1d·y 320/x 420/ (x+1). Bài 8; 2 đội công nhân làm chung 1 công việc d định xong trong 12 ngày. Họ làm chung với nhau 8 ngày thì đội 1 nghỉ đội 2 làm tiếp với năng suất tăng gấp đôi nên đội 2 đã hoàn thành phần việc còn lại trong 3 ngày rỡi . Hỏi nếu làm một mình thì mỗi đội phải lµm trong bao l©u th× xong c«ng viÖc trªn? --------------------------------------------------------------------------------------------. *** C¸c bµi tËp h×nh häc 9 ®iÓn h×nh *************&************* Bài 1: Cho (o) đờng kính AB =2R trên OA lấy một điểm bất kì kẻ đờng thẳng d vuông gãc AB t¹i I. C¾t (O) t¹i hai ®iÓm M; N trªn IM lÊy mét ®iÓm E (E kh¸c M; I) nèi AE c¾t (O) t¹i K, BK c¾t d t¹i D. a) CMR : IE. ID = MI2 b) Gọi B’ là điểm đối xứng củaB qua I. CMR tứ giác B’AED nội tiếp c) CMR : AE.AK + BI. BA =4R2 d) Tìm vị trí I để chu vi tam giác MIO lớn nhất Bài 2: Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB =2R. C là trung điểm của AO, đờng thẳng Cx vuông góc với AB tại C, Cx cắt nửa đờng tròn tại I, K là điểm bất kì trên CI (K khác C, I ).Tia AK c¾t (O) t¹i M, c¾t Cx t¹i N. Tia BM c¾t Cx t¹i D . a) CMR: 4 điểm A, C, M, D cùng nằm trên một đờng tròn b) CMR: tam gi¸c  MNK c©n c) TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABD khi K lµ trung ®iÓm CI d) CMR: khi K di động trên CI thì tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên một đờng thẳng cố định. Bài 3: Cho nửa đờng tròn đờng kính BC, một điểm A di động trên nửa đờng tròn kẻ AH vuông góc với BC tại H. Đờng tròn tâm I đờng kính AH cắt nửa đờng tròn tâm O tại ®iÓm thø 2 lµ G c¾t AB, AC t¹i D vµ E . a) CMR: Tø gi¸c BDEC néi tiÕp. b) C¸c tiÕp tuyÕn t¹i D, E cña (I) lÇn lît c¾t BC t¹i M, N. CMR: M, N lÇn lît lµ trung ®iÓm cña BH, CH. c) CMR: DE  AO. Từ đó suy ra AG, DE, BC đồng quy. d) Tìm vị trí của A để SDENM lớn nhất..

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R. M di động trên (O) vẽ (E) tiếp xúc (O) tại M, tiếp xúc với đờng kính AB tại tại N, đờng tròn này giao với MA, MB tại C, D a) CMR : CD//AB . b) MN là phân giác của AMB và đờng thẳng MN đi qua K cố định . c) CMR: KN.KM không đổi d) Gọi giao điểm của CN, CM với KB, KA lần lợt ở C’ và D’. Tìm vị trí E để chu vi tam gi¸c  NC’D’ lµ nhá nhÊt. Bài 5: Cho nửa đờng tròn đờng kính AB; C, D thuộc nửa đờng tròn đó, AC và AD cắt tiếp tuyến Bx của nửa đờng tròn tại E và F . a) CMR: Tø gi¸c CDEF néi tiÕp. b) Gọi I là trung điểm của BF. Chứng minh DI là tiếp tuyến của nửa đờng tròn . c) Gi¶ sö CD c¾t Bx t¹i G, ph©n gi¸c cña CGE c¾t AE, AF lÇn lît t¹i M, N. Chøng minh  AMN c©n.  AB , H lµ ®iÓm chÝnh Bài 6: Cho nửa đờng trßn t©m O đờng kÝnh AB. M thuéc cung  gi÷a cña cung AM , BH c¾t AM t¹i I vµ c¾t tiÕp tuyÕn Ax t¹i K. AH c¾t BM t¹i E a)  ABE lµ tam gi¸c g×?. b) Xác định vị trí tơng đối của KE với (B;BA) c) §êng trßn ngo¹i tiÕp  BIE c¾t (B;BA) t¹i ®iÓm thø 2 lµ N. Chøng minh khi M di động thì MN luôn đi qua một điểm cố định . d) Tìm vị trí của M để MK  Ax e) Với vị trí M tìm đợc. Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác EHQ tiếp xúc với (O), ( Q lµ giao cña BM vµ Ax). Bµi 7: Cho tam gi¸c ABC víi ba gãc nhän néi tiÕp (O). Tia ph©n gi¸c trong cña gãc B cắt đờng tròn tại D.Tia phân giác trong của góc C cắt đờng tròn tại E, hai phân giác này c¾t nhau ë t¹i F. Gäi I, K theo thø tù lµ giao cña d©y DE víi c¸c c¹nh AB, AC a) CMR:  EBF c©n b) CMR : Tø gi¸c DKFC néi tiÕp vµ FK// AB c) Tø gi¸c AIKF lµ h×nh g× ? d) Tìm điều kiện của tam giác ABC để tứ giác là hình thoi, đồng thời có diện tích gÊp 3 lÇn diÖn tÝch tø gi¸c AIFK. Bµi 8: Cho  ABC néi tiÕp (O), tia ph©n gi¸c cña gãc BAC c¾t BC t¹i I c¾t (O) t¹i P. KÎ đờng kính PQ, các tia phân giác của góc ABC và ACB cắt AQ thứ tự tại E và F. CMR: a) PC2 = PI.PA b) Bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đờng tròn. Bài 9: Cho  ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O) các đờng cao AM, BN, CE đồng quy tại H. Kẻ đờng kính AD a) CMR: H là tâm đờng tròn nội tiếp  MNE . . b) CMR: BNM CBD c) §êng th¼ng d ®i qua A song song EN c¾t BC t¹i K. CMR: KA2 = KB.KC d) BC c¾t HD t¹i I.CMR: IH = ID Bµi 10: Cho  ABC néi tiÕp (O;R). H, G lÇn lît lµ trùc t©m, träng t©m cña  ABC. I, K lµ trung ®iÓm cña BC, CA. CMR: a) HAB ~ OIK b) AH = 2OI c) H, G, O th¼ng hµng d) Gäi AH c¾t BC t¹i M, c¾t (O) t¹i ®iÓm thø hai lµ D, cã E, F lµ h×nh chiÕu cña D trªn AB, AC. Chøng minh EF ®i qua M..

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Bài 11: Cho nửa đờng tròn đờng kính AB, C trên cung AB. Kẻ CH  AB. I, K là tâm đờng tròn ngọai tiếp  CAH,  BCH, đờng thẳng IK cắt CA, CB tại M, N a) CMR: CM = CN b) Xác định vị trí của C để tứ giác ABNM nội tiếp. c) Kẻ CD  MN . CMR: khi C di động trên AB thì CD luôn đi qua một điểm cố định. d) Tìm vị trí C để diện tích  CMN lớn nhất . 2. 2. 2. e) CMR: R1 R2  R3 . Trong đó R1; R2 ; R3 lần lợt là bán kính đờng tròn nội tiếp  ABC;  CHA;  CHB. Bài 12: Cho (O;R) đờng thẳng d cắt (O) tại hai điểm C; D, điểm M tuỳ ý trên d kẻ tiếp tuyÕn MA, MB, I lµ trung ®iÓm cña CD. a) CMR: 5 điểm M, I, A, O, B cùng nằm trên một đờng tròn. b) Gäi H lµ trùc t©m cña  MAB. Tø gi¸c OAHB lµ h×nh g×? c) Khi M di động trên d. CMR: AB luôn đi qua một điểm cố định. d) đờng thẳng qua C vuông góc với OA cắt AB, AD lần lợt tại E, K. CMR: EC = EK. Bài 13: Cho (O) và một điểm A nằm ngoài đờng tròn. Từ A kẻ 2 tiếp tuyến AB; AC và cát tuyến AMN với đờng tròn (B, C, M, N nằm trên đờng tròn và AM < AN). Gọi E là trung điểm của dây MN. I là giao điểm thứ hai của của đờng thẳng CE với đờng tròn. CMR: a) Bốn diểm A, O, E, C cùng nằm trên một đờng tròn. . . b) AOC BIC c) BI//MN d) Xác định vị trí cát tuyến AMN để diện tích  AIN lớn nhất. Bµi 14: Tõ mét ®iÓm M ngoµi (O;R), vÏ hai tiÕp tuyÕn MA, MB (A, B lµ c¸c tiÕp diÓm). Mét êng th¼ng qua M c¾t (O) t¹i Cvµ D. Gäi I lµ trung ®iÓm cña CD. Gäi E, E, K lÇn lît lµ giao ®iÓm cña AB víi MO, MD, IO. CMR: a) OE.OM = OI.OK = R2. b) Tø gi¸c BOIA néi tiÕp. . . . . c) Khi CAD  CBD . CMR: DEC 2 DBC d) Cho MO = 2R, CD = R 3 . TÝnh S KAM Bµi 15: Tõ mét ®iÓm M ngoµi (O;R), vÏ hai tiÕp tuyÕn MA, MB (A, B lµ c¸c tiÕp diÓm). Gọi I là trung điểm của MA và K là giao điểm của BI với đờng tròn. Tia MK cắt (O;R) t¹i C. CMR: a) MIK ~ BIM b) BC // MA. c) Gäi H lµ trùc t©m cña  MAB. CMR : Kho¶ng c¸ch HA kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña M d) Xác định vị trí của M để tứ giác AMBC là hình bình hành. Bµi 16: Cho (O) vµ (O’) c¾t nhau t¹i A, B c¸c tiÕp tuyÕn t¹i A cña (O), (O’) c¾t (O’), (O) lần lợt tại E; F. Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp  EFA. CMR: a) Tø gi¸c OAO’I lµ h×nh b×nh hµnh vµ OO’// BI. b) OBIO’ néi tiÕp. c) KÐo dµi AB vÒ phÝa B mét ®o¹n CB =AB. CMR tø gi¸c AECF néi tiÕp. Bài 17: Cho (O;R) và dây cung AB. Từ P tựy ý trên AB vẽ các đờng tròn (C; r) và (D;R’), đi qua P và tiếp xúc (O) theo thứ tự tại A, B. Hai đờng tròn (C); (D) cắt nhau tại N. Chøng minh: a) Tứ giác OCPD là hình bình hành từ đó suy ra R = r +R’.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> . 0 b) PNO 90. c) P di động trên AB thì N trên đờng nào? d) NP luôn đi qua một điểm cố định khi P di động trên AB. e) Xác định vị trí của P để tích PN.PK lớn nhất. Tính giá trị đó. Bài 18: Cho 2 đờng tròn (O;R) và (O’;R’) cắt nhau tại hai điểm A; B. Kẻ tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (tiếp điểm là D và E ), DE cắt tia AB tại M. CMR: a) MDB ~ MAD b) M lµ trung ®iÓm cña DE. c) Gọi N là điểm đối xứng của B qua M. CMR: Tứ giác ADNE nội tiếp . d) Qua D kẻ đờng thẳng // với AE, qua E kẻ đờng thẳng // AD. Hai đờng thẳng này c¾t nhau t¹i S. CM: SB R1  R2 Bài 19: Cho (O) đờng kính AB =2R. Vẽ dây AD = R, BC = R 2 , kẻ AM, AN vuông gãc víi CD. CMR: a) M, N n»m ngoµi (O) b) DN = CM. c) TÝnh MN theo R S S ABD  S ABC d) ABMN Bµi 20: Cho  ABC néi tiÕp (O) cã AC >AB. Gäi D lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá BC. P là giao điểm của AB và CD. Tiếp tuyến của đờng tròn tại C cắt tiếp tuyến tại D và AD tại E vµ Q. Chøng minh : a) Tø gi¸c PACQ néi tiÕp . b) DE//PQ. 1 1 1   c) NÕu F lµ giao ®iÓm cña AD vµ BC th× : CE CQ CF.

<span class='text_page_counter'>(32)</span>