ĐỀ TOÁN ÔN TẬP HỌC KÌ II MÔN: TOÁN – LỚP 9

Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

UBND QUẬN TÂY HỒ

HƯỚNG DẪN GIẢI ƠN TẬP HỌC KÌ II

TRƯỜNG THCS CHU VĂN AN

NĂM HỌC 2017 – 2018
MƠN: TỐN – LỚP 9

I . Đại số:
* Dạng 1: Rút gọn và tính giá trị của biểu thức
x 1
x 1 3 x  1


với  x  0, x  1  
x 1
x 1
x 1

Bài 1: Cho biểu thức  A 

a) Rút gọn biểu thức  A . 
b) Tính giá trị của  A  khi  x  9 . 
c) Tìm giá trị của  x  để  A 

1

. 
2

d) Tìm các giá trị nguyên của  x  để  A  nhận giá trị nguyên. 
e) Tìm  m  để phương trình  mA  x  2  có hai nghiệm phân biệt. 
f) Tính các giá trị của  x  để  A  1 . 
g) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức  A . 
HƯỚNG DẪN GIẢI
a)  A 







x 1
x 1 3 x  1
   x  0; x  1  


x 1
x 1
x 1
2

2

  x  1  3
 x  1 x  1

x 1 

x 1

 

x  2 x  1  x  2 x  1 3 x 1





x 1



 2 x  1
 x  1 x  1  x  1
2x  3 x 1

 

x 1



  2 x 1  
x 1
x  1

x 1

b) Thay  x  9  (TMĐK) vào  A  ta được:  A 

Vậy với  x  9  thì A 
c)  A 

2 9 1 5
  
9 1 4

5
 
4

1
2 x 1 1

  4 x  2  x  1  3 x  3  x  1  x  1  (Không thỏa mãn) 
2
x 1 2
Page 1


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN
1
 
2

Vậy khơng có giá trị của x để A 

d) Ta có:  A 

2 x 1 2

x 1





x 1  3
x 1

Để  A  nhận giá trị nguyên thì

 2

3
 
x 1

3
nhận giá trị nguyên  3 x  1 
x 1

x  1  U  3  

U  3  3; 1;3;1  
Ta có bảng sau: 

3   

x  1 

1   

4   
2   
x 
x   
 
 
ĐK 
- 
- 
Vậy x  0; 4 thì  A  nhận giá trị nguyên 

3 

1  
0 

2   

0 
TM 

4   
TM 

e)  m. A  x  2  
 m.

2 x 1
 x 2 
x 1

 2m x  m  x  x  2  
 x   2m  1 x  m  2  0 (1)  

Đặt  t  x  t  0   

1  t 2   2m  1

x  m  2  0 *  

  0

Để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (*) có 2 nghiệm dương phân biệt   P  0  
S  0


 m  1

 m  2
m  1




1
    2m  1  2  4.  m  2   0
 4m 2  4  0

  m  1  m 
 

m  2


2
 
 m  2  0
 m  2
 m  2  


VN

 2m  1  0


1
1
 m  1

m 
m 



2
2

 m  2

 m  1
 
2
Vậy với  m  2  thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt 
Page 2


Nhóm Tốn THCS
f)  A  1 

Trường THCS CHU VĂN AN

2 x 1
2 x 1  x 1
1 
0
x 1
x 1

x 2
0 
x 1

Ta có :  x  0 x  DK  x  1  1 x  DK  
x 2
 0  x 2  0  x  2  x  4 
x 1
Kết hợp với điều kiện ta có 0  x  4; x  1  
Vậy với  0  x  4; x  1  thì  A  1   
3
g)  A  2 
 x  0; x  1  
x 1


Ta có:  x  0  x  1  1  
3
3

 3 2
 2  3  A  1  
x 1
x 1
Dấu “ = “ xảy ra  x  0  x  0 (TMĐK) 
Vậy GTNN của  A  là  1  khi  x  0   

x
1 
x 1
Bài 2: Cho biểu thức  B  
  với  x  0, x  1  

 :

 x x 1
x 1  x  x  1

a) Rút gọn B 
b) Tính giá trị của B khi  x  3  2 2  3  2 2 .  
c) Tìm  x để  B  x  
d) Với x >1, hãy so sánh  B  với  B  
HƯỚNG DẪN GIẢI


x
1 
x 1

a)  B 
 

:
 x 1 x  x  1
x 1  x  x 1















. x  x 1 
x 1
x 1 x  x 1 

x  x  x 1





x 1
 
x 1



b)  x  3  2 2  3  2 2 





2

2 1 





2 1

2

 2 1 2 1  2  

Thay x = 2 (TMĐK) vào B ta được 
2 1
B

2 1





2

2 1
1

 3  2 2 . 

Vậy khi. x  3  2 2  3  2 2 .thì B  3  2 2  
c)  B  x 





x 1 2

x 1
 x  x 1  x  x  x  2 x 1  0 
x 1





 x  1 2  L
 x  1 2
x 1  2  0  
 x  1  2







2

x 1  2  0  



2

 x  3 2 2  

Page 3


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

d) Xét hiệu  B  B  B





B 1  

Ta có:   x  1  x  1  x  1  0  
x 1
 0  B  0  B  0 1  
x 1

Mà x  1  0 

2 x 9
x  3 2 x 1



B 1 
x 5 x  6
x  2 3 x
2
Mà x  1  0 
 0 
x 1

x 1
1 
x 1

Lại có:  C 



 B 1  0 



x 1 x 1

x 1

2
 
x 1



B 1  0  

B 1

Mà B  0  B  1  0  B  1  0  2   
Từ (1) và (2)   B





B 1  0  B  B  0  B  B  

Bài 3: Cho biểu thức   với  x  0, x  4, x  9  
a) Rút gọn biểu thức C 

2
 
2 3
c) Tính giá trị của x để C đạt giá trị lớn nhất 
1
d) So sánh  C  với 1 
HƯỚNG DẪN GIẢI
b) Tính giá trị của C, biết  x 

a)  C 



2 x 9



x 2



x 3





x  3 2 x 1 2 x  9 


x 2
x 3

2 x  9  x  9  2x  3 x  2



x x 2



 x  3
 x  2  x  3

22  3
2

 4  2 3   3  1  
b)  x 
43
2 3
x 2





x 3





 



x  3  2 x 1

x 2



x 3



x 2

 

x 1
 
x 3

2

Thay x 

C






2


3  1

2

3 1 1



2

Vậy khi  x 
c)  C 



3  1 ( TMĐK) vào C ta được 

3

32 


3 11

3 1 3
32

32
3 4



2

 7  4 3  

2
thì C  7  4 3   
2 3

x 1

x 3

x 3 4
4
 
 1
x 3
x 3

Ta có:  x  0 x  DK  

Page 4


Nhóm Tốn THCS
 x  3  3 

Trường THCS CHU VĂN AN
4
4
4
1
1


 1
 C
x  DK  
3
3
x 3 3
x 3

Dấu “ = ” xảy ra  x  0  x  0 (TMĐK) 
1
Vậy GTLN của C là khi x = 0 
3
d) Xét hiệu 

x 3
1 
x 1

1
1 
C

4
 
x 1

Ta có:  x  0 x  DK  
4
1
1

 x 1  1  0 
 0   1  0   1 x  DK  
C
C
x 1
 
* Dạng 2: Giải phương trình bậc hai, hệ thức viét:
Bài 4: Cho phương trình  x 2  2(m  1) x  m  1  0   (1) 
a) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi  m . 
b) Chứng minh rằng biểu thức  M  x1 (1  x2 )  x2 (1  x1 )  trong đó  x1 , x2  là hai nghiệm của phương 
trình (1) khơng phụ thuộc vào giá trị  m  . 
c) Với  m  2  . Khơng giải phương  trình, tính giá trị biểu thức sau: 
x
x
x  2 x2  2
 
A   3 x1  2 x2  3 x2  2 x1  ; B  1  2 ; C  x1  x2 ; D  1

x2  1 x1  1
x1
x2
d) Tìm các giá trị  m  để phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu? Có hai nghiệm trái dấu? 
Nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương? Có hai nghiệm đối nhau? Có hai nghiệm 
dương? 
e) Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm  x1 , x2  mà  x12  x22  16 .  
f) Tìm các giá trị của  m  để phương trình có 2 nghiệm  x1 , x2  mà  x2  3x1 . 
HƯỚNG DẪN GIẢI
Cho phương trình  x 2  2(m  1) x  m  1  0   (1)
2

1 3 3

a.     m  1  m  1  m  2m  1  m  1  m  m  1   m     m  
2 4 4

 phương trình (1) ln có hai nghiệm phân  biệt x1; x2  với mọi m . 
 x  x  2  m  1
b. Theo hệ thứcVi – ét ta có:   1 2
 
 x1.x2  m  1
Theo đề bài, ta có hệ thức: 
M  x1 1  x2   x2 1  x1   x1  x1.x2  x2  x1 x2  x1  x2  2 x1 x2  2  m  1  2  m  1  4  
'

2

2

2

c. Thay m  2 vào pt (1) ta được:  x 2  2  2  1 x  2  1  0  x 2  6 x  1  0  

 x1  x2  6
Theo hệ thứcVi – ét ta có:      
 
 x1.x2  1
2

A   3 x1  2 x2  .  3 x2  2 x1   9 x1 x2  6 x12  6 x2 2  4 x1 x2  13 x1 x2  6  x1  x2   12 x1 x2  
2

 25 x1 x2  6  x1  x2   25  6.6  11  
Page 5


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN
2

 x  x   2 x1 x2   x1  x2   36  2  6  28  14  
x
x
x 2  x22  x1  x2
B 1  2  1
 1 2
x2  1 x1  1 x1 x2   x1  x2   1
x1 x2   x1  x2   1
1 6 1
6
3
2

2

C  x1  x2  C 2   x1  x2    x1  x2   4 x1 x2  36  4  32  

x1  2 x2  2 2 x1 x2  2  x1  x2  2  2.6




 14  
x1
x2
x1 x2
1

D

d. 
+ Pt có hai nghiệm cùng dấu  P  0  m  1  0  m  1 . 
+ Pt có hai nghiệm trái dấu  P  0  m  1  0  m  1. 
+ Pt có hai nghiệm đối nhau  x1  x2  0  m  1  0  m  1  
S  0
m  1  0
m  1
+ Pt có hai nghiệm dương  


 m 1 
P  0
m  1  0
m  1
e. 
2

2

x12  x22  16   x1  x2   2 x1 x2  16  4  m  1  2  m  1  16  4 m 2  6 m  6  16  

m  1
 4m  6m  10  0  
5  
m 

2
f.  
 x  m  1  m2  m  1
+ Pt có hai nghiệm  2
 
 x1  m  1  m 2  m  1
2





x2  3 x1  x1  m  1  m 2  m  1  3 m  1  m 2  m  1  

 2m  2  4 m 2  m  1  m 2  2m  1  m 2  m  1  m  0  
Bài 5: Cho phương trình:  (m  1) x 2  2mx  m  1  0   (1) 
a) Giải phương trình với m = -3 
b) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với mọi m. 
c) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có tích hai nghiệm bằng 5, từ đó hãy tính tổng hai 
nghiệm phương trình. 
d) Tìm một hệ thức liên hệ giữ hai nghiệm khơng phụ thuộc vào m. 
x x
e) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm  x1 , x2  thỏa mãn hệ thức  1  2  0  
x2 x1
HƯỚNG DẪN GIẢI

Cho phương trình:  (m  1) x 2  2mx  m  1  0   (1)    Điều kiện:  m  1
a. Thay m  3  vào pt ta được: 
 m  1 l 
4 x  6 x  2  0  
 
 m  1  tm 

2
2
b.   '  m   m  1 m  1  1  0  pt có hai nghiệm phân biệt  x1 ; x2  với mọi  m . 
2

Page 6


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

2m

 x1  x2  m  1
c. Theo hệ thứcVi – ét ta có: 
 
 x .x  m  1
1 2
m 1

m 1
3

Tích hai nghiệm bằng 5  x1.x2  5 
 5  m  1  5m  5  m  (tm)  
m 1
2
3
2.
2m
 x1  x2 
 2  6 . 
m 1 3 1
2
d. Hệ thức liên hệ không phụ thuộc vào  m  
x x

2m

m 1 2

 x1  x2  m  1
x

x
m

1

2
m
 1 2 


x1  x2  2
x x
1  x1.x2



 1 2 
 

x1  x2  2 x1.x2  1
 x1.x2  m  1  m  1
 x .x  m  1
m  1  x1.x2

1 2

m 1
x1.x2  1

2

m 1
 2m 
2
2
2


 x  x   2 x1 x2   5   m  1 
x x 5

x  x2
5
5
m 1
  1 2
  
e.  1  2   0  1
m 1
x2 x1 2
x1 x2
2
x1 x2
2
2
m 1
2
2
2
 8m  4  m  1 m  1  5  m  1 m  1  8m  4  m  1  5  m 2  1
 
1
 9m 2  1  m  
3
2
Bài 6: Cho phương trình  x  5mx  1  0   (1) có hai nghiệm  x1 , x2 .  Hãy lập phương trình bậc hai ẩn y 
2

sao cho hai nghiệm  y1 , y2 của nó: 
a) Là số đổi của các nghiệm của phương trình (1) 
b) Là nghịch đảo của các nghiệm của phương trình (1) 

HƯỚNG DẪN GIẢI
Cho phương trình  x 2  5mx  1  0   (1)    25m2  4   5m  2  5m  2 
5

 m  2
Để pt (1) có hai nghiệm  x1; x2    0  
 
 
m  5

2
 x1  x2  5m
Theo hệ thứcVi – ét ta có:   
 
 x1.x2  1
 x1   y1
a. Là số đối của các nghiệm của pt (1)  
 
 x2   y2
 y1  y2    x1  x2   5m
 

 y1 y2  x1 x2  1

Vậy pt cần lập là:  y 2  5my  1  0  

Page 7


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

b. Là nghịch đảo các nghiệm của pt (1)   y1 

1
1
; y2   
x1
x2

1 1 x1  x2

 y1  y2  x  x  x x  5m

1
2
1 2
 

y y  1 1
 1 2 x1 x2
Vậy pt cần lập là  y 2  5my  1  0  
* Dạng 3: Hàm số và đồ thị:
Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):  y  3 x  2  và parabol (P): y = x2 
a) Tìm tọa độ giao điểm A, B của (d) và (P). 
b) Tính chu vi và diện tích tam giác AOB. 
HƯỚNG DẪN GIẢI
a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của  (d )   và  ( P )   :
3x  2  x 2  x 2  3x  2  0  

Ta có  a  b  c  0    1  3  2  0 

 
 x1  1
 
  Phương trình có 2 nghiệm  
 x2  c  2
a

Giả sử  A( x1; y1 ); B( x2 ; y2 )  là hai giao điểm của  (d )   và  ( P ) .
Vì  A  ( P )  y1  x12  12  1   Tọa độ điểm  A(1;1)  
B  ( P )  y2  x22  2 2  4   Tọa độ điểm  B (2; 4)  
12

10

8

6

4

B (2;4)

2

A (1;1)
5

O

5

2

b)  
*) Gọi  H   và  K  lần lượt là hình chiếu của  A   và  B   trên trục  Ox    H (1; 0); K (2; 0)  
và  OH  1; OK  2; AH  1; BK  4; HK  1.  
Xét  OAH   vng tại  H  , ta có :  OA2  OH 2  AH 2  ( định lý Pitago)
Page 8


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

 OA2  12  12  2  OA  2  
Xét  OBK   vng tại  K  , ta có :  OB 2  OK 2  BK 2  ( định lý Pitago)
 OB 2  22  42  20  OB  20  2 5
Gọi  I  là hình chiếu của  A   trên  BK    I (2;1)  và  AI  1; BI  3  
Xét  OAH   vng tại  H  , ta có :  OA2  OH 2  AH 2  ( định lý Pitago)
Xét  ABI   vng tại  I  , ta có :  AB 2  AI 2  BI 2  ( định lý Pitago)
 AB 2  12  32  10  AB  10
 Chu vi  ABI bằng  2  2 5  10  (đvd).
*) Ta có  S OBK  S OAH  Sh.thAHKB  S OAB

 SOAB  SOBK   SOAH  St .thAHBK 
1
1
1


 S OAB  OK .BK   OH . AH   AH  BK  .HK  .
2
2
2


1
1
1

 S OAB  .2.4   .1.1  . 1  4  .1  1 . (đvdt).
2
2
2


Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  cho đường thẳng   d  : y  2 x 2  và điểm  A  2;2    

a) Chứng minh đường thẳng   d    đi qua A  . 
b) Tìm giá trị của  a  để parabol   P  : y  ax 2  đi qua điểm A  . 
c) Viết phương trình đường thẳng   d ’  đi qua  A  và vng góc với  d   . 
HƯỚNG DẪN GIẢI
a) Thay tọa độ điểm  A( 2; 2)  vào phương trình đường thẳng  ( d ) : y  2 x  2  ta được:
2  2.( 2)  2  2  2 (ln đúng)  
  Tọa độ điểm  A  2; 2   thỏa mãn phương trình đường thẳng (d) 

 A   d    
b) Để   A   d   thì tọa độ điểm  A(2; 2)  phải thỏa mãn phương trình đường thẳng 
1

 
2
c) Gọi phương trình đường thẳng  (d )  có dạng : y  mx  n  
1
Vì  (d )  ( d )  nên  m.(2)  1  m   
2

Vì  A  ( d )  nên tọa độ điểm  A( 2; 2)  phải thỏa mãn phương trình đường thẳng 
(d )  2  m.( 2)  n  
1
1
Mà  m    nên  2  .(2)  n  n  3  
2
2
1
Vậy phương trình đường thẳng  (d )   có dạng :  y  x  3  
2
x2
Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  cho parabol   P  :    y 
 và đường thẳng   d  :    y  mx  n . Tính 
4
các giá trị của  m , n  biết đường thẳng   d   thỏa mãn một trong các điều kiện sau: 
(d )  2  a ( 2) 2  a 

Page 9


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

a) Song song với đường thẳng  d : y  x  và tiếp xúc với parabol  P  . 
b) Đi qua điểm  A 1,5; 1  và tiếp xúc với parabol  P   . Tìm tọa độ tiếp điểm của   P   và   d    
trong mỗi trường hợp trên. 
c) Có hệ số góc bằng  5  và khơng cắt   P    
HƯỚNG DẪN GIẢI
m  1
a) Có (d) song song với đường thẳng  y  x  
     (d) có dạng :  y  x  n  
n  0
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của  (d )   và  ( P )  :
x2
 x  n  x 2  4 x  4n  0   (*)
4
Để  (d )   tiếp xúc với  ( P )   thì phương trình (*) phải có nghiệm kép

a  0
1  0,  n
 n  1   (thỏa mãn).


   0  4  4 n  0
Vậy  m  1; n  1  
 b) Có  A 1,5; 1  (d )  nên tọa độ điểm A phải thỏa mãn phương trình đường thẳng (d) 
   1  m.1,5  n  3m  2n  2  (1)
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của  (d )   và  ( P )  :

x2
 mx  n  x 2  4mx  4n  0   (**).
4

Để  (d )   tiếp xúc với  ( P )   thì phương trình (*) phải có nghiệm kép

1  0,  m, n
a  0

 2
 m2  n  0  (2) Từ (1) và (2) ta có  

   0  4m  4n  0
1
1

3m  2n  2
3m  2n  2
m
n
2



2
m

3
m

2

0


2
4   
 2
 2

m  n  0
 2 m  2n  0
 m  2  n  4

1

m  2
m  2
Vậy  
  và  
 

1
n


4

n 

4
c)  (d )  có hệ số góc bằng 5   m  5  (d )   có dạng :  y  5 x  n  
x2
 5 x  n  x 2  20 x  4n  0   (***)
4

Để  (d )   khơng cắt  ( P )   thì phương trình (***) phải vơ nghiệm, mà  a  1  0    0  
 100  4n  0  n  25  
m  5
Vậy  
 
n  25
 
Bài 10: Cho đường thẳng   d  :    2( m  1) x  ( m  2) y  2  

Xét pt hồnh độ giao điểm của  (d )   và  ( P )   

a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P):  y  x 2  tại hai điểm phân biệt A và B. 
Page 10


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

b) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn AB theo m. 
c) Tìm m để (d) cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất. 
d) Tìm tọa độ điểm cố định mà (d) ln đi qua khi m thay đổi. 
HƯỚNG DẪN GIẢI
a) Nếu m  2  ta được  d  : 2 x  2  x  1 . Suy ra  d  cắt  P  tại một điểm M 1; 2   (không thỏa 
mãn) 
Nếu m  2   d  : y 

2  m  1
m2

x

2
 
m2

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của  P  và  d  :  x 2 

2  m  1

2  m  1
m2

x

2
 
m2

2
 0 (1) 
m2
m2
Để đường thẳng  d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B thì    0  
 x2 

x

2
m  3

2
m2  3
 m 1 



0

 0  m2  3  0  
Vậy với  m  3  hoặc  m  3  thì 

2
 m2 m2
 m  3
 m  2

 d  cắt  P  tại 2 điểm phân biệt A, B. 
b) Gọi I  xI ; yI  ,  A  x A ; x A2  , B  xB ; xB2   

2  m  1
 x A  xB 
m2  
Theo hệ thức Vi-ét ta có:  
 x .x  2
 A B m  2
x x
m 1
Ta có xI  A B 
 
2

m2
y  yB x A2  xB2
yI  A

2
2

x  x 
 A B

2

2

 2 x A xB



2m 2  2m  2

 m  2

2

c) Gọi M  x0 ; y0  là điểm cố định của   d   

2 x0  y0  0
 x0  1
2  m  1 x0   m  2  y0  2   2 x0  y0  m  2 x0  2 y0  2  


2 x0  2 y0  2  0  y0  2
Vậy M 1; 2   
Khoảng cách từ O đến  d  lớn nhất là  OM  5  
2 
 1


Gọi H, K lần lượt là giao điểm của  d  với Ox, Oy:  H 
; 0  ,  K  0;
 
 m 1 
 m2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giácvng ta có 
2

 m  2  m  6  
1
1
1
1
2


   m  1 
2
2
2
OM
OH
OK

5
4
5
d) Điểm cố định của đường thẳng là  M 1; 2   
 
Page 11


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

* Dạng 4. Giải bài tốn bằng cách lập phương trình, hệ phương trình
 
Bài 11: Một ơ tơ chuyển động đều với vận tốc đã định để đi hết qng đường dài 120km trong một thời 
gian nhất định. Đi được một nửa qng đường, xe nghỉ 30 phút nên để đến nơi đúng giờ, xe 
phải tăng vận tốc thêm 20km/h trên nửa qng đường cịn lại. Tính vận tốc dự định của ơ tơ. 
HƯỚNG DẪN GIẢI
Gọi vận tốc dự định là x (km/h) ( x  0 ) 
120
Thời gian dự định là
 (h) 
x
60
Thời gian đi nửa qng đường đầu là  (h) 
x
Vận tốc của xe trong nửa qng đường sau là x  20  (km/h) 
60
Thời gian đi nửa qng đường sau là
 (h) 

x  20
60 1
60
120
Ta có phương trình   
 

x 2 x  20
x
 x 2  20 x  2400  0
 
 x  40

 x  60
Kết hợp điều kiện ta được x  40 (km/h) 
Vậy vận tốc dự định của ơ tơ là 40 km/h. 
 
Bài 12: Một ca nơ chạy xi dịng một khúc sơng dài 72km, sau đó chạy ngược dịng khúc sơng đó 54km, 
hết tổng cộng 6h. Tính vận tốc thực của ca nơ? (biết vận tốc nước là 3km/h) 
HƯỚNG DẪN GIẢI
Gọi vận tốc ca nơ là x   x  3  (km/h) 
Vận tốc ca nơ đi xi dịng là  x  3  (km/h) 
Vận tốc ca nơ đi ngược dịng là  x  3  (km/h) 
72
Thời gian ca nơ đi xi dịng là 
 (h) 
x3
54
Thời gian ca nơ đi ngược dịng là 
 (h) 

x3
Tổng thời gian đi là 6 giờ nên ta có phương trình 
x  0
72
54

 6  6 x 2  126 x  0  
 
x 3 x 3
 x  21
Kết hợp điều kiện ta được x  21  (km/h) 
Vậy vận tốc ca nơ là 21 km/h 
 
Bài 13: Hai người cùng làm chung  một  cơng  việc  sau 6h thì xong. Nếu người thứ  nhất  làm một mình 
2
trong 2 giờ rồi nghỉ, để người thứ hai làm tiếp 3h thì được   cơng việc. Hỏi nếu mỗi người 
5
làm một mình thì hết mấy giờ? 
HƯỚNG DẪN GIẢI
Page 12


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

Gọi thời gian người thứ nhất làm riêng và hồn thành cơng việc là: x  (giờ,  x  6 ). 
Gọi thời gian người thứ hai làm riêng và hồn thành cơng việc là y  (giờ,  y  6 ) 
1
Mỗi giờ người thứ nhất làm được  (cơng việc) 

x
1
Mỗi giờ người thứ hai làm được  (cơng việc) 
y
Biết hai tổ làm chung trong 6 giờ thì hồn thành được cơng việc nên ta có phương trình: 
6 6
  1 . (1).  
x y
2
Người thứ nhất làm một mình trong 2 giờ được   (cơng việc) 
x
3
Người thứ nhất làm một mình trong 3 giờ được   (cơng việc) 
y
2 3 2
2
Khi đó cả 2 người đã làm được cơng việc nên ta có phương trình:        (2).  
5
x y 5
6 6
x  y 1

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  
  
2  3  2
 x y 5

 x  10
Giải hệ ta được:  
thỏa mãn điều kiện. 

 y  15
Vậy nếu làm riêng thì người thứ nhất hồn thành cơng việc trong 10 giờ, người thứ hai trong 15 
giờ. 
 
Bài 14: Hai A, B có 420 học sinh thi đỗ vào lớp 10, đạt tỉ lệ 84%. Tính riêng trường A có tỉ lệ đỗ là 80%. 
Tính riêng trường B có tỉ lệ đỗ là 90%. Tính số học dự thi của mỗi trường. 
HƯỚNG DẪN GIẢI
100
= 500 (học sinh) 
84
Gọi số học sinh dự thi của trường A, trường B lần lượt là:  x, y ( x, y  N ; 0 x, y500)  
Do đó ta có phương trình: x  y  500  (1) 
80
Số học sinh thi đỗ vào lớp 10 của trường A là:
.x  (học sinh) 
100
90
Số học sinh thi đỗ vào lớp 10 của trường B là: 
. y  (học sinh) 
100
Mà tổng số học sinh thi đỗ của hai trường là 420 học sinh 
80
90
Nên ta có phương trình: 
.x 
. y = 420   8 x  9 y  4200  (2) 
100
100
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 
 x  y  500

 x  300
 
(Thỏa mãn điều kiện) 


8 x  9 y  4200
 y  200
Vậy số học sinh dự thi của trường A là : 300 ( học sinh) 

Tổng số học sinh dự thi của hai trường là: 420. 

Page 13


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

Số học sinh dự thi của trường B là : 200 ( học sinh) 
 
Bài 15: Một đội xe cần chở 36 tấn hàng.  Trước khi làm việc đội bổ sung thêm 3 xe nên mỗi xe đã chở ít 
hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi đội xe lúc đầu có bao nhiêu xe? (Biết số hàng chở trên các xe có 
khối lượng bằng nhau) 
HƯỚNG DẪN GIẢI
Gọi số xe lúc đầu của đội là: x (x ∈ N*; xe) 
36
Vì đội xe cần chở 36 tấn hàng nên mỗi xe phải chở là:   (tấn) 
x
Vì đội bổ sung thêm 3 xe nên số xe trong thực tế là: x + 3 (xe) 
36

Thực tế mỗi xe phải chở là: 
 (tấn) 
x3
Vì thực tế mỗi xe chở ít hơn dự định là 1 tấn nên ta có phương trình: 
 x  9 (tm)
36
36
   x 2  3x  108  0     
 
1
x
x3
 x  12 (ktm)
Vậy lúc đầu đội có tất cả là 9 xe. 
 
Bài 16: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường trịn và P là điểm chính giữa của cung AB khơng 
chứa điểm C, D. Hai dây PC và PD lần lượt cắt dây AB tại E và F. Các dây AD và PC kéo dài 
cắt nhau tại I. Các dây BC và PD kéo dài cắt nhau tại K. Chứng minh rằng: 
  CKD
 
a)  CID
b) Tứ giác CDFE nội tiếp 
c) IK // AB 
d) Đường trịn ngoại tiếp tam giác AED tiếp xúc với PA tại A. 
HƯƠNG DẪN GIẢI
a) Xét (O) có: 





  sd DC  sd AP ,    CKD
  sd DC  sd PB  
CID
2
2
  (gt)      CID
  CKD
 
Mà  sd 
AP  sd PB
b) Xét tứ giác CDFE có: 



  DCF
  sd BD  sd AP  sd DP
DEF
2
2



sd BD  sd PB sd DP
 )   


    (do sd 
AP  sd PB
2
2

  sd DP
  sd PB
 360
sd BD


 180
2
2
 Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp. 

K

I
B

P
F

A

E

O
C

D

 
 

  CKD
  (cmt)  
c) Xét tứ giác CDIK có:  CID
   Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp 
Page 14


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

  ICD
  (cùng chắn  ID
 ) (1) 
 IKD

  sd 

sd PB
AD sd 
AP  sd 
AD sd PD
  (t/c góc nội tiếp) 


 ICD
2
2
2



Từ (1) và (2)     IKD  KEB , mà hai góc ở vị trí so le trong nên IK // AB. 

Xét (O) có:  KEB

 
d) Gọi O' là tâm đường trịn ngoại tiếp   AED. 
Đường trung trực của AE cắt (O') tại H và AE tại G. 
 

  PA
 )  
Xét (O) có:  PAB
ADP  (do  PB
(1) 
Xét (O') có:  
+  
AHE  
ADE  (cùng chắn  
AE ) (2) 

  GAO
'  90
     PAE
 

     PAO '  90

B

P
F
G

A

 1

+  
AHE  
AO ' G       
AO ' E   (3) 
 2


Từ (1), (2) và (3)   PAE
AO ' G  

Xét   AGO' vng có: 

'  90  
AO ' G  GAO

(2) 

E

O

O'

C

D

H

 

Vậy PA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp   AED tại A. 
 
Bài 17: Cho hai đường trịn (O), (O') cắt nhau tại hai điểm A và B. Các đường thẳng AO, AO' cắt đường 
trịn (O) lần lượt tại các điểm thứ hai C, D và cắt đường trịn (O') tại điểm thứ hai E, F. 
a) Chứng minh rằng: B, F, C thẳng hàng. 
b) Chứng minh rằng: AB, CD, FE đồng quy. 
c) Chứng minh rằng: Tứ giác CDEF nội tiếp. 
d) Chứng minh rằng: A là tâm đường trịn nội tiếp   BDE. 
e) MN là một tiếp tuyến chung của (O) và (O') (M, N là tiếp điểm). Chứng minh AB đi qua trung 
điểm của MN. 
f) Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của các đường trịn (O) và (O'). 
HƯỚNG DẪN GIẢI
  CBA

a) Có  CBF
ABF  90  90  180  
   Vậy 3 điểm B, F, C thẳng hàng. 
 
b) Gọi I là giao điểm của CD và FE 
Xét   ICF có:  

Page 15


Nhóm Tốn THCS
+ CE  IF, FD  IC (góc chắn nửa đ/trịn) 
+ Mà CE cắt FD tại A (gt) 
    A là trực tâm của   ICF 
   IA  CF, lại có AB  CF 
   IA  AB hay đường thẳng AB đi qua I. 
Vậy 3 đường thẳng AB, CD, FE đồng quy. 
 
c) Xét tứ giác CDEF có: 
  CEF
  90  (góc chắn nửa đ/trịn) 
CDF

Trường THCS CHU VĂN AN
I

M

D

K

E

A

O

C

N

O'

F

B

 

  Tứ giác CDEF nội tiếp. 
 
  90      Tứ giác AEID nội tiếp        
d) Xét tứ giác AEID có:  
ADE  
AIE   
ADI  AEI
Vì tứ giác ABCD nội tiếp (O)        
ACB  
ADB  (cùng chắn  
AB ) 
ACB  
AIE  (hai góc tương ứng)       
Lại có   ABC đồng dạng   AEI (g.g)       
ADE  
ADB  
   DA là phân giác của góc EDB  (1) 

C/m tương tự:   EA là phân giác của góc DEB  (2) 
Từ (1) và (2)     A là giao của hai đường phân giác của   BDE 
Vậy A là tâm đường trịn nội tiếp   BDE. 
 
e) Gọi K là giao điểm của AB và MN. 
Xét   BMK và   MAK có: 
  AMK   
   1 sdAM
     
  MBK

 
 2
   BMK  đồng dạng  MAK    g.g    


  MKB   chung

MK BK


      MK 2  AK.BK         3  
AK MK
+) Chứng minh tương tự   NK 2  AK.BK         4   

Từ (3) và (4)   MK 2  NK 2        MK  NK  
Vậy K là trung điểm của MN. 

Page 16

Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN
I
D

E
A

O

C

O'

B

F

 
f) Vì tứ giác CDEF nội tiếp (cmt) 
 ) 
  EFD
  (cùng chắn  DE
 DCE
  2DCA
  (góc nội tiếp) 
Xét (O; OA) có:  DOA


  (góc nội tiếp) 
Xét (O'; O'A) có:  EO
' A  2EFA
  EO

 DOA
' A , mà 2 góc có đỉnh kề nhau 
  Tứ giác DOO'E nội tiếp. 
* Điều kiện cần 
Giả sử DE là tiếp tuyến chung của các đường trịn (O) và (O') 
 OD  DE  
  OD  O 'E , mà tứ giác DOO'E nội tiếp    DOO'E là hình chữ nhật 
    O ' E  DE 
 OD  O 'E  hay OA = O'A  
(5) 
* Điều kiện đủ 
Xét hình chữ nhật DOO'E có: OE cắt O'D tại A  
  60  
 OA  DA , mà OA = OD  (gt)    OA  OD  DA    OAD  đều    ODA
  OO '  (hệ thức lượng trong tam giác vng) 
Xét tam giác vng ODO' có:  tan ODA
OD

(6) 
 OO '  OD.tan ODA  OA.tan 60  OA. 3  

Từ (5) và (6)    Để DE là tiếp tuyến chung của hai đường trịn (O) và (O') thì (O) = (O') và 
OO '  OA. 3 . 
 
Bài 18: Cho nửa đường trịn (O, R), đường kính BC. Điểm A thuộc nửa đường trịn ( AC  AB ) . Dựng ra 

phía ngồi tam giác ABC một hình vng ACED. Tia EA cắt nửa đường trịn tai F. Nối BF cắt 
ED tại K. 
a) Chứng minh 4 điểm B, C, D, K thuộc cùng một đường trịn 
b) Chứng minh AB = EK 
0

c) Cho  ABC  30 , BC  10 cm .  
Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AC và cung nhỏ AC của đường trịn (O) 
d) Tìm vị trí của điểm A để chu vi tam giác ABC lớn nhất. 
HƯỚNG DẪN GIẢI
Page 17


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

K

D
F

A
E

O

B

C

a) Gọi giao điểm AE với DC là I.
+ Vì tứ giác ADEC là hình vng (gt)
AE  DC


=>   I   là   trung   điem  AE ; DC   (t/c hình vng)

AE  DC

AIC  CIE  EID  AID

=>  
AIC ; CIE; EID; AID   vuông   cân   tai  I
  CAI
  45o (t/c tg vng cân)
=>  EDI
+ Xét tứ giác nội tiếp BFAC có:
  FAC
  180o (đ/lí tứ giác nội tiếp)
FBC
  FAC
  180o  2  góc   ke   bù 
mà  EAC

  EAC
  45o
=>  FBC
  45o (cmt)
mà  EDC

  EDC
  45o
=>  KBC
  EDC
  45o
+ Xét tứ giác BKDC có:  KBC
  là góc ngồi của tứ giác tại đỉnh D đối diện với B
mà  EDC
=> Tứ giác BKDC nội tiếp (dhnb)
 
b) + Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác BKDC có:
  BDC
  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
BKC
  45o (t/c tg vng cân)
Mà  BDC
  45o
=>  BKC
 KBC
  45o  (cmt)
+ Xét   BCK  có:  BKC
=>   BCK  vuông cân tại C (dhnb)
=> CB = CK (t/c tg vuông cân)
+ Xét   BAC Aˆ  90o   và   KEC Eˆ  90o  có:









Page 18


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

BC = KC (cmt)
AC = CE (t/c hình vuống)
=>   BAC  =   KEC  (cạnh huyền – cạnh góc vng)
=> AB = EK (2 cạnh t/ư)
 
c) + Xét   BOA  cân tại O có:  
AOC  2.
ABO    2. 30o  60o
BC 10
+ Vì BC = 2R = > R = 
  = 5 cm
2
2
+ Diện tích hình quạt trịn giới hạn bởi cung AC và bán kính OA, OC là:
 .52.60o 25
SOAC 

 (đvdt)
360o
6

+ Ta có  OAC  đều

1 5 3
25 3
.5 
=>  SOAC  .
 (đvdt)
2 2
4
+ Vậy diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AC và cung nhỏ AC của đường trịn (O) là:
25 25 3

  2, 26  (đvdt)
6
4
d) Ta có Chu vi  ABC  AB  AC  BC  mà AC = AD (t/c hv)
=> Chu vi   ABC  AB  AD  BC  BD  BC  mà BC = const = 2R
Vậy để Chu vi   ABC  lớn nhất <=>BD lớn nhất
Xét   BDK Dˆ  90o  có cạnh huyền BK
S





=>  BD  BK
BD lớn nhất <=> BD = BK <=>   K   D  A  F
  45o  nội tiếp chắn cung FC => sđ cung FC =  90o
+ Xét (O) có  FBC
=> F là điểm chính giữa nửa đường trịn (O) đường kính BC

=> Vậy để Chu vi   ABC  lớn nhất <=> A là điểm chính giữa nửa đường trịn (O) đường kính BC
Bài 19: Cho đường trịn (O, R) với đường kính AB cố định, EF là đường kính quay quanh O. Kẻ đường 
thẳng d tiếp xúc với (O) tại B. Với AE, AF cắt đường thẳng d tại M, N. 
a) Chứng minh tứ giác AEBF là hình chữ nhât. 
b) Chứng minh AE.AM = AF. AN 
c) Hạ AD vng góc EF tại I. CM I là trung điểm MN. 
d)  Gọi  H  là trực  tâm  MFN .  Chứng  minh  rằng  khi đường  kính  EF di động, H ln thuộc  một 
đường trịn cố định 
HƯỚNG DẪN GIẢI

Page 19


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN
M

E
I
D
A
O'

B

O

G

F
N

a) + Xét (O) có AB là đường kính,  E   O  ; F   O 
=>  
AEB  
AFB  90o  (đl góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
+ Xét (O) có EF là đường kính,  A   O 
  90o  (đl góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
=>  EAF

  90o  (cmt)
+ Xét tứ giác AEBF có:  EAF
AEB  AFB
=> Tứ giác AEBF là hình chữ nhật (dhnb)
 
b) + Xét (O) có MN là tiếp tuyến tại B
=>  AB  MN  (t/c tiếp tuyến)
+ Xét   ABM   Bˆ  90o  có BE là đường cao





2

=>  AE. AM  AF  (hệ thức lượng)
+ Xét   ABN   Bˆ  90o  có BF là đường cao





2

=>  AF . AN  AF  (hệ thức lượng)
=> AE. AM = AF.AN (đpcm)
 
  EFB
  (cùng phụ  
c) + Ta có  DAF
AFE )


mà  EFB
ABF  (t/c tam giác FOB cân)
  (cùng phụ với  
mà  
ABF  INA
NBF )
  INA
   (t/c bắc cầu)
=>  DAF
  INA
   (cmt)
+ Xét   AIN  có  DAF
=>   AIN  cân tại I (dhnb)
=> AI = IN (t/c tg cân)
Chứng minh tương tự =>   AIM  cân tại I => AI = IM
=> AI = IM = IN (t/c b/c)

=> I là trung điểm MN
Page 20


Nhóm Tốn THCS

Trường THCS CHU VĂN AN

 
d) Dựng đường thẳng qua F vng góc MN cắt AM tại H
mà  AM  FN ;  AM  HF  H 
=> H là trực tâm  MNF  
Gọi O’ đối xứng với O qua A như hình vẽ
+ Ta có:  AB  MN
HF  MN
=> AB // HF (qh từ vg đến //)
+ Ta có:  HA  AF
BF  AF
=> HA // BF (qh từ vg đến //)
+ Xét tứ giác ABFH có: AB // HF; HA // BF (cmt)
=> tứ giác ABFH (dhnb) => AB = HF (t/c hbh)
mà AB = OO’
=>  OO’ = HF
+ Xét tứ giác OO’HF có: OO’ = HF mà OO’ //HF
=> Tứ giác OO’HF là hình bình hành (dhnb)
=> O’H = OF (t/c hbh)
Mà OF = R = const
=> O’H ln khơng đổi khi đường kính EF di chuyển trên (O)
Vì điểm O và A cố định khi EF di chuyển trên (O) mà O’ là điểm đối xứng của O qua A
=>  O’  cố định

Mà  O’H  R  const  khi  EF  di chuyển
=> Khi  EF  di chuyển trên   O   thì H ln cách  O’  một khoảng bằng  R  khơng đổi
=>  H  ln thuộc đường trịn   O’; R   với  O’  cố định và  R  không đổi.

Page 21