BAI TAP ON TAP CHUONG IIIII

<span class='text_page_counter'>(1)</span>GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9. 2. Đề bài: Câu 1 (4điểm): Giải các hệ phương trình sau: 1  2  x  1  y  1 4   3 x  2 y 3 2 x  5 y 8 5 x  7 y 6  1  1  1     a.  2 x  2 y 7 b. 4 x  5 y 6 c. 4 x  3 y 2 d.  x  1 y  1 Câu 2(2điểm): Tìm giá trị của a và b để đường thẳng ax – 8y = b đi qua điểm M(13; -6) và đi qua giao điểm của hai đường thẳng (d1) 2x + 5y = 17 ; (d2) 4x – 10y = 14. Câu 3 (3 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A và B cách nhau 225km. Một ôtô đi từ A đến B, cùng một lúc một ôtô thứ 2 đi từ B đến A . Sau 3 giờ chúng gặp nhau. Biết vận tốc ôtô đi từ A lớn hơn vận tốc ô tô đi từ B là 5 km/h. Tính vận tốc của mỗi ôtô? x  my 2  Cõu 4: Cho hệ phơng trình: mx  2y 1 . Tìm các số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) mà x > 0 và y < 0.. C©u 1. Trong c¸c hµm sè sau hµm sè nµo lµ hµm sè bËc nhÊt: y=. 2. x -1 x+3. A. y  3( x  1) B. y = x + 5 C. y  3 x  1 D. y  3x  2 ? Câu 2. Trong các đờng thẳng sau, đờng thẳng nào cắt đờng thẳng y 4   3 x A. y 2  3x B. C. y  (4  3 x) D. y 3 x  2 Câu 3. Hàm số y = - x - b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 khi b bằng: A. 1 B. 2 C. 3 D. – 2. y  3  2 x Câu 4. Hệ số góc của đờng thẳng lµ: 2 3  A. 3. B. 3 C. – 2 D. 2 Câu 5. Cho hàm số y (2m  1) x  2 và y  3x  2 . Với giá trị nào của m thì đồ thị hai hàm số trên song song víi nhau? A. m  2 B. m 1 C. m 2 D. Kh«ng cã m tho¶ m·n. C©u 6. Hàm số y = (m – 2)x + 5 đồng biến khi: A. m < 2 B. m > 2 C. m  2 D. m  2 C©u 7. Phương trình x -5y = 11 nhận cặp số nào sau đây làm nghiệm A. (-2; 1). B. (2; 1). C. (2; -1). D. (1; -2). C©u 8. Nếu điểm M (2; -3) thuộc đường thẳng -x + 2y = m thì m bằng : A. -8. B. -2. C.. 2. D. -10. 3 x  y 1  2 x  5 y 3 tương đương với hệ phương trình C©u 9. Hệ phương trình   y 3x  1  2 x  y 1 6 x  2 y 1    2 x  5 y 3 A. 2 x  5 y 3 B.  C. 6 x  15 y 9 D..  y  3x  1  2 x  5 y 3. C©u 10. Phương trình nào dưới đây có thể kết hợp với phương trình 2x – y = -1 được một hệ phương trình bậc nhất hai ẩn vô nghiệm . A. y = 2x -3 ; B. 2x +y =2 ; C. y = x -2 . D. x -2y =1 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9. II. TỰ LUẬN: (5điểm )  mx  3 y  4  Bài 1. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình  x  2 y 5. Giải hệ phương trình với m = 2 Bài 2. (2,5 điểm) Hai ô tô khởi hành từ hai địa điểm A và B cách nhau 210 km đi ngược chiều nhau sau 3 giờ chúng gặp nhau. Tìm vận tốc mỗi ô tô, biết rằng vận tốc ô tô đi từ A lớn hơn vận tốc ô tô đi từ B 10km/h.? 2 x  3 y m  Bài 3. (1điểm) Tìm giá trị của m để hệ phương trình  5 x  y  1. có nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0 và y < 0. Bài 1: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A, B là tiếp điểm). Cho biết góc AMB bằng 400. a/ Tính góc AOB. b/ Từ O kẽ đường thẳng vuông góc với OA cắt MB tại N.Chứng minh tam giác OMN là tam giác cân. Bài 2: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Kẽ các tiếp tuyến Ax, By cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên nửa đường tròn kẽ tiếp tuyến thứ ba với đường tròn, nó cắt Ax và By lần lượt tại C và D. a/ Chứng minh: Tam giác COD là tam giác vuông. b/ Chứng minh: MC.MD=OM2. c/ Cho biết OC=BA=2R, tính AC và BD theo R. Bài 3: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài với nhau tại B. Vẽ đường kính AB của đường tròn (O) và đường kính BC của đường tròn (O’). Đường tròn đường kính OC cắt (O) tại M và N. a/ Đường thẳng CM cắt (O’) tại P. Chúng minh: OM//BP. b/ Từ C kẽ đường thẳng vuông góc với CM cắt tia ON tại D. Chứng minh: Tam giác OCD là tam giác cân. Bài 4: Cho hai đường tròn (O,R) và (O /,R/) cắt nhau tại A và B sao cho đường thẳng OA là tiếp tuyến của đường tròn (O/,R/). Biết R=12cm, R/=5cm. a/ Chứng minh: O/A là tiếp tuyến của đường tròn (O,R). b/ Tính độ dài các đoạn thẳng OO/, AB. Bài 5: Cho đường tròn tâm O bán kính R=6cm và một điểm A cách O một khoảng 10cm. Từ A vẽ tiếp tuyến AB (B là tiếp điểm). a/ Tính độ dài đoạn tiếp tuyến AB. b/ Vẽ cát tuyến ACD, gọi I là trung điểm của đoạn CD. Hỏi khi C chạy trên đường tròn (O) thì I chạy trên đường nào ? Bài 6: Cho hai đường tròn đồng tâm (O,R) và (O,r). Dây AB của (O,R) tiếp xúc với (O,r). Trên tia AB lấy điểm E sao cho B là trung điểm của đoạn AE. Từ E vẽ tiếp tuyến thứ hai của (O,r) cắt (O,R) tại C và D (D ở giữa E và C). a/ Chứng minh: EA=EC. b/ Chứng minh: EO vuông góc với BD. c/ Điểm E chạy trên đường nào khi dây AB của (O,R) thay đổi nhưng luôn tiếp xúc với (O,r) ? Bài 7: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và một điểm M nằm trên nửa đường tròn đó. H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB. a/ Khi AH=2cm, MH=4cm. Hãy tính độ dài các đoạn thẳng: AB, MA, MB. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 1 1  2 2 b/ Khi điểm M di động trên nửa đường tròn (O). Hãy xác định vị trí của M để biểu thức: MA MB có giá trị nhỏ nhất. c/ Tiếp tuyến của (O) tại M cắt tiếp tuyến của (O) tại A ở D, OD cắt AM tại I. Khi điểm M di động trên nửa đường tròn (O) thì I chạy trên đường nào ? Bài 8: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) đường kính AD. Gọi H là trực tâm của tam giác . a) Tính số đo góc ABD b) Tứ giác BHCD là hình gì? Tại sao? c) Gọi M là trung điểm BC . Chứng minh 2OM = AH. Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Đường cao AH cắt đường tròn ở điểm D. a) AD có phải là đường kính của đường tròn (O) không ? Tại sao? b) Chứng minh: BC2 = 4AH . DH c) Cho BC = 24cm, AB = 20cm. Tính bán kính của đường tròn (O). Bài 10. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi H là trung điểm OA. Dây CD vuông góc với OA tại H. 1. Tứ giác ACOD là hình gì? Tại sao? 2. Chứng minh các tam giác OAC và CBD là các tam giác đều. 3. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh ba điểm D,O, M thẳng hàng. 4. Chứng minh đẳng thức CD2 = 4 AH. HB . A. Bài 11. Hình bên cho biết AB = CD. Chứng minh rằng: 1. MH = MK. 2. MB= MD . 3. Chứng minh tứ giác ABDC là hình thang cân.. H B M. O D K. Bài 12. Cho đường tròn đường kính 10 cm, một đường thẳng d cách C tâm O một khoảng bằng 3 cm. 1. Xác định vị trí tương đối của đường thẳng d và đường tròn (O). 2. Đường thẳng d cắt đường tròn (O) tại điểm A và B. Tính độ dài dây AB.  3. Kẻ đường kính AC của đường tròn (O). Tính độ dài BC và số đo CAB (làm tròn đến độ). 4. Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C cắt tia AB tại M. Tính độ dài BM. Bài 13.Cho tam giác ABC nhọn, đường tròn đường kính BC cắt AB ở N và cắt AC ở M. Gọi H là giao điểm của BM và CN. 1. Tính số đo các góc BMC và BNC. 2. Chứng minh AH vuông góc BC. 3. Chứng minh tiếp tuyến tại N đi qua trung điểm AH. 0  Bài 14.Cho đường tròn tâm (O;R) đường kính AB và điểm M trên đường tròn sao cho MAB 60 . Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. 1. Chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của đường tròn (B; BM): 2. Chứng minh MN2 = 4 AH .HB . 3. Chứng minh tam giác BMN là tam giác đều và điểm O là trọng tâm của nó. 4. Tia MO cắt đường tròn (O) tại E, tia MB cắt (B) tại F.Chứng minh ba điểm N; E; F thẳng hàng.. Bài 15. Cho đường tròn (O) và điểm A cách O một khoảng bằng 2R, kẻ tiếp tuyến AB tới đường tròn (B là tiếp điểm). 1) Tính số đo các góc của tam giác OAB. 2) Gọi C là điểm đối xứng với B qua OA. Chứng minh điểm C nằm trên đường tròn O và AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 3) AO cắt đường tròn (O) tại G. Chứng minh G là trọng tâm tam giác ABC. Bài 16. Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O;R) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC (với B và C là hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC. 1. Chứng minh OA  BC và tính tích OH. OA theo R 2. Kẻ đường kính BD của đường tròn (O). Chứng minh CD // OA. 3. Gọi E là hình chiếu của C trên BD, K là giao điểm của AD và CE. Chứng minh K là trung điểm CE. Bài 17. Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O; R) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC (với B và C là các tiếp điểm). Kẻ BE  AC và CF  AB ( E  AC , F  AB ), BE và CF cắt nhau tại H. 1. Chứng minh tứ giác BOCH là hình thoi. 2. Chứng minh ba điểm A, H, O thẳng hàng. 3. Xác định vị trí điểm A để H nằm trên đường tròn (O). Bài 18. Cho đường tròn (O ; 3cm) và điểm A có OA = 6 cm. Kẻ các tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).Gọi H là giao điểm của OA và BC 1. Tính độ dài OH. 2. Qua điểm M bất kì thuộc cung nhỏ BC , kẻ tiếp tuyến với đường tròn, cắt AB và AC theo thứ tự tại E và F. Tính chu vi tam giác ADE. 3. Tính số đo góc DOE. Bài 19. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi Ax , By là các tia vuông góc với AB( Ax , By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M bất kì thuộc tia Ax kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt By ở N. 1. Tính số đo góc MON. 2. Chứng minh MN = AM + BN. 3. Tính tích AM. BN theo R. Bài 20: Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của điểm H trên các cạnh AB và AC. 1. Chứng minh AD. AB = AE. AC 2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BH và CH. Chứng minh DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (M; MD) và (N; NE). 3. Gọi P là trung điểm MN, Q là giao điểm của DE và AH . Giả sử AB = 6 cm,AC = 8 cm . Tính độ dài PQ. Bài 21. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Gọi CD là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn ( với C  (O) và D  (O’) ). 1. Tính số đo góc CAD. 2. Tính độ dài CD biết OA = 4,5 cm, O’A = 2 cm. Bài 22. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN với M thuộc (O) và N thuộc (O’). Gọi P là điểm đối xứng với M qua OO’, Q là điểm đối xứng với N qua OO’. Chứng minh rằng : 1. MNQP là hình thang cân. 2. PQ là tiếp tuyến chung của của hai đường tròn (O) và (O’).MN + PQ = MP + NQ.. Chủ đề 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI – ĐỊNH LÝ VI-ÉT. Dạng 1: Chứng minh phương trình có nghiệm, vô nghiệm. Bài 1: Chứng minh rằng các phương trình sau luôn có nghiệm. 1) x2 – 2(m - 1)x – 3 – m = 0 ; 2) x2 + (m + 1)x + m = 0 ; 2 2 3) x – (2m – 3)x + m – 3m = 0 ; 4) x2 + 2(m + 2)x – 4m – 12 = 0 ; 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9. 5) x2 – (2m + 3)x + m2 + 3m + 2 = 0 ; 6) x2 – 2x – (m – 1)(m – 3) = 0 ; 7) x2 – 2mx – m2 – 1 = 0 ; 8) (m + 1)x2 – 2(2m – 1)x – 3 + m = 0 Bài 2: a) Chứng minh rằng với a, b , c là các số thực thì phương trình sau luôn có nghiệm: (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0 b) Chứng minh rằng với ba số thức a, b , c phân biệt thì phương trình sau có hai nghiệm phân biết: 1 1 1    0 (Èn x) x a x b x c c) Chứng minh rằng phương trình: c2x2 + (a2 – b2 – c2)x + b2 = 0 vô nghiệm với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. d) Chứng minh rằng phương trình bậc hai: (a + b)2x2 – (a – b)(a2 – b2)x – 2ab(a2 + b2) = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt. Bài 3: a) Chứng minh rằng ít nhất một trong các phương trình bậc hai sau đây có nghiệm: ax2 + 2bx + c = 0 (1) bx2 + 2cx + a = 0 (2) cx2 + 2ax + b = 0 (3) b) Cho bốn phương trình (ẩn x) sau: x2 + 2ax + 4b2 = 0 (1) x2 - 2bx + 4a2 = 0 (2) x2 - 4ax + b2 = 0 (3) 2 2 x + 4bx + a = 0 (4) Chứng minh rằng trong các phương trình trên có ít nhất 2 phương trình có nghiệm. c) Cho 3 phương trình (ẩn x sau): 2b b  c 1 ax 2  x 0 (1) bc ca 2c c  a 1 bx 2  x 0 (2) ca a b 2a a  b 1 cx 2  x 0 (3) a b bc với a, b, c là các số dương cho trước. Chứng minh rằng trong các phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm. Bài 4: a) Cho phương trình ax2 + bx + c = 0. Biết a ≠ 0 và 5a + 4b + 6c = 0, chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm. b) Chứng minh rằng phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) có hai nghiệm nếu một trong hai điều kiện sau được thoả mãn: a(a + 2b + 4c) < 0 ; 5a + 3b + 2c = 0. Dạng 2: Tính giá trị của biểu thức đối xứng, lập phương trình bậc hai nhờ nghiệm của phương trình bậc hai cho trước. Bài 1: Gọi x1 ; x2 là các nghiệm của phương trình: x2 – 3x – 7 = 0. Tính:. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 2. 2. A  x1  x 2 ; C. B  x1  x 2 ;. 1 1  ; x1  1 x 2  1 3. D  3x1  x 2  3x 2  x1 ;. 3. 4. E  x1  x 2 ;. F  x1  x 2. 4. 1 1 vµ x2  1 . Lập phương trình bậc hai có các nghiệm là x1  1. Bài 2: Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình: 5x2 – 3x – 1 = 0. Không giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau: 3 2 3 2 A  2x1  3x1 x 2  2x 2  3x1x 2 ;. x x x x B 1  1  2  2  x 2 x 2  1 x1 x 1  1 2. 2.  1 1     ;  x1 x 2 . 2. 3x  5x1x 2  3x 2 C 1 . 2 2 4x1x 2  4x1 x 2 Bài 3: a) Gọi p và q là nghiệm của phương trình bậc hai: 3x 2 + 7x + 4 = 0. Không giải phương trình hãy p q vµ p 1. thành lập phương trình bậc hai với hệ số bằng số mà các nghiệm của nó là q  1. 1. vµ. 1 10  6 2 .. b) Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm là 10  72 Bài 4: Cho phương trình x2 – 2(m -1)x – m = 0. a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có hai nghiệm x1 ; x2 với mọi m. 1 1 y 1  x1  vµ y 2  x 2  x2 x1 . b) Với m ≠ 0, lập phương trình ẩn y thoả mãn Bài 5: Không giải phương trình 3x2 + 5x – 6 = 0. Hãy tính giá trị các biểu thức sau:. A  3x1  2x 2  3x 2  2x1 ;. B. x1 x  2 ; x 2  1 x1  1. C  x1  x2 ;. D. x1  2 x 2  2  x1 x2. Bài 6: Cho phương trình 2x2 – 4x – 10 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2. Không giải phương trình hãy thiết lập phương trình ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn: y1 = 2x1 – x2 ; y2 = 2x2 – x1 Bài 7: Cho phương trình 2x2 – 3x – 1 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2. Hãy thiết lập phương trình ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn: 2  x1 y1  x2  y 1 x 1  2  a)  b)  2 x2  y 2 x 2  2  y 2  x  1 2 Bài 8: Cho phương trình x + x – 1 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2. Hãy thiết lập phương trình ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn:. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9. x1 x 2  y1  y 2  x  x  y 1  y 2 x 1 2  x 2 2  2 1 a)  ; b)  2 y y  y 1  y 2 2  5x 1  5x 2 0. 1 2   3x 1  3x 2  y 2 y 1 Bài 9: Cho phương trình 2x2 + 4ax – a = 0 (a tham số, a ≠ 0) có hai nghiệm x1 ; x2. Hãy lập phương trình ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn: 1 1 1 1 y1  y 2   vµ   x1  x 2 x1 x 2 y1 y 2 Dạng 3: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm có nghiệm kép,vô nghiệm. Bài 1: a) Cho phương trình (m – 1)x2 + 2(m – 1)x – m = 0 (ẩn x). Xác định m để phương trình có nghiệm kép. Tính nghiệm kép này. b) Cho phương trình (2m – 1)x2 – 2(m + 4)x + 5m + 2 = 0. Tìm m để phương trình có nghiệm. a) Cho phương trình: (m – 1)x2 – 2mx + m – 4 = 0. - Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm. - Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm kép. Tính nghiệm kép đó. b) Cho phương trình: (a – 3)x2 – 2(a – 1)x + a – 5 = 0. Tìm a để phương trình có hai nghiệm phân biệt. 4x 2 2 2m  1 x   m 2  m  6 0 4 2 2 x 1 Bài 2:a) Cho phương trình: x  2x  1 .. Xác định m để phương trình có ít nhất một nghiệm. b) Cho phương trình: (m2 + m – 2)(x2 + 4)2 – 4(2m + 1)x(x2 + 4) + 16x2 = 0. Xác định m để phương trình có ít nhất một nghiệm. Dạng 4: Xác định tham số để các nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 thoả mãn điều kiện cho trước. 2 Bài 1: Cho phương trình: x – 2(m + 1)x + 4m = 0 1) Xác định m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó. 2) Xác định m để phương trình có một nghiệm bằng 4. Tính nghiệm còn lại. 3) Với điều kiện nào của m thì phương trình có hai nghiệm cùng dấu (trái dấu) 4) Với điều kiện nào của m thì phương trình có hai nghiệm cùng dương (cùng âm). 5) Định m để phương trình có hai nghiệm sao cho nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. 6) Định m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn 2x1 – x2 = - 2. 7) Định m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 sao cho A = 2x12 + 2x22 – x1x2 nhận giá trị nhỏ nhất. Bài 2: Định m để phương trình có nghiệm thoả mãn hệ thức đã chỉ ra: a) (m + 1)x2 – 2(m + 1)x + m – 3 = 0; (4x1 + 1)(4x2 + 1) = 18 2 b) mx – (m – 4)x + 2m = 0; 2(x12 + x22) = 5x1x2 c) (m – 1)x2 – 2mx + m + 1 = 0; 4(x12 + x22) = 5x12x22 d) x2 – (2m + 1)x + m2 + 2 = 0; 3x1x2 – 5(x1 + x2) + 7 = 0. Bài 3: Định m để phương trình có nghiệm thoả mãn hệ thức đã chỉ ra: a) x2 + 2mx – 3m – 2 = 0 ; 2x1 – 3x2 = 1 b) x2 – 4mx + 4m2 – m = 0 ; x1 = 3x2 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9. c) mx2 + 2mx + m – 4 = 0 ; 2x1 + x2 + 1 = 0 2 2 d) x – (3m – 1)x + 2m – m = 0 ; x1 = x22 2 3 e) x + (2m – 8)x + 8m = 0 ; x1 = x22 f) x2 – 4x + m2 + 3m = 0 ; x12 + x2 = 6. Bài 4: a) Cho phương trình: (m + 2)x2 – (2m – 1)x – 3 + m = 0. Tìm điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. b) Cho phương trình bậc hai: x2 – mx + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1 ; x2 R. 2x1x 2  3 2 x  x 2  2(1  x1x 2 ) đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. 2 1. sao cho biểu thức c) Định m để hiệu hai nghiệm của phương trình sau đây bằng 2. mx2 – (m + 3)x + 2m + 1 = 0. Bài 5: Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0). Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình có hai nghiệm mà nghiệm này gấp đôi nghiệm kia là 9ac = 2b2. Bài 6: Cho phương trình bậc hai: ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0). Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình có hai nghiệm mà nghiệm này gấp k lần nghiệm kia (k > 0) là : kb2 = (k + 1)2.ac. Chủ đề 2: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH –HỆ PHƯƠNG TRÌNH. Bài 1: Một ôtô đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy với vận tốc 35 km/h thì đến chậm mất 2 giờ. Nếu xe chạy với vận tốc 50 km/h thì đến sớm hơn 1 giờ. Tính quãng đường AB và thời gian dự định đi lúc đầu. 1 Bài 2: Một người đi xe máy từ A đến B cách nhau 120 km với vận tốc dự định trước. Sau khi được 3 quãng đường AB người đó tăng vận tốc thêm 10 km/h trên quãng đường còn lại. Tìm vận tốc dự định và thời gian xe lăn bánh trên đường, biết rằng người đó đến B sớm hơn dự định 24 phút. Bài 3: Một canô xuôi từ bến sông A đến bến sông B với vận tốc 30 km/h, sau đó lại ngược từ B trở về A. Thời gian xuôi ít hơn thời gian đi ngược 1 giờ 20 phút. Tính khoảng cách giữa hai bến A và B. Biết rằng vận tốc dòng nước là 5 km/h và vận tốc riêng của canô lúc xuôi và lúc ngược bằng nhau. Bài 4: Một canô xuôi một khúc sông dài 90 km rồi ngược về 36 km. Biết thời gian xuôi dòng sông nhiều hơn thời gian ngược dòng là 2 giờ và vận tốc khi xuôi dòng hơn vận tốc khi ngược dòng là 6 km/h. Hỏi vận tốc canô lúc xuôi và lúc ngược dòng. Bài 5: Hai người thợ cùng làm chung một công việc trong 7 giờ 12 phút thì xong. Nếu người thứ nhất 3 làm trong 5 giờ và người thứ hai làm trong 6 giờ thì cả hai người chỉ làm được 4 công việc. Hỏi một. người làm công việc đó trong mấy giờ thì xong? 4 Bài 6:Nếu vòi A chảy 2 giờ và vòi B chảy trong 3 giờ thì được 5 hồ. Nếu vòi A chảy trong 3 giờ và 1 vòi B chảy trong 1 giờ 30 phút thì được 2 hồ. Hỏi nếu chảy một mình mỗI vòi chảy trong bao lâu mới. đầy hồ. Bài 7: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau 6 giờ đầy bể. Nếu mỗi vòi chảy một mình cho đầy bể thì vòi II cần nhiều thời gian hơn vòi I là 5 giờ. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể?. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9. Bài 8: Trong tháng giêng hai tổ sản xuất được 720 chi tiết máy. Trong tháng hai, tổ I vượt mức 15%, tổ II vượt mức 12% nên sản xuất được 819 chi tiết máy. Tính xem trong tháng giêng mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy? Bài 9: Năm ngoái tổng số dân của hai tỉnh A và B là 4 triệu người. Dân số tỉnh A năm nay tăng 1,2%, còn tỉnh B tăng 1,1%. Tổng số dân của cả hai tỉnh năm nay là 4 045 000 người. Tính số dân của mỗi tỉnh năm ngoái và năm nay? Bài 10: Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 280 m. Người ta làm lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 2 m. Tính kích thước của vườn, biết rằng đất còn lại trong vườn để trồng trọt là 4256 m2. Bài 11: Cho một hình chữ nhật. Nếu tăng chiều dài lên 10 m, tăng chiều rộng lên 5 m thì diện tích tăng 500 m2. Nếu giảm chiều dài 15 m và giảm chiều rộng 9 m thì diện tích giảm 600 m2. Tính chiều dài, chiều rộng ban đầu. Bài 12:Cho một tam giác vuông. Nếu tăng các cạnh góc vuông lên 2 cm và 3 cm thì diện tích tam giác tăng 50 cm2. Nếu giảm cả hai cạnh đi 2 cm thì diện tích sẽ giảm đi 32 cm2. Tính hai cạnh góc vuông. Bài 13: Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, tổng các chữ số bằng 11, nếu đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì số đó tăng thêm 27 đơn vị. Bài 14: Tìm một số có hai chữ số, biết rằng số đó gấp 7 lần chữ số hàng đơn vị của nó và nếu số cần tìm chia cho tổng các chữ số của nó thì được thương là 4 và số dư là 3. 1 Bài 15: Nếu tử số của một phân số được tăng gấp đôi và mẫu số thêm 8 thì giá trị của phân số bằng 4 . 5 Nếu tử số thêm 7 và mẫu số tăng gấp 3 thì giá trị phân số bằng 24 . Tìm phân số đó.. Bài 16:Nếu thêm 4 vào tử và mẫu của một phân số thì giá trị của phân số giảm 1. Nếu bớt 1 vào cả tử 3 và mẫu, phân số tăng 2 . Tìm phân số đó.. PHẦN II: HÌNH HỌC Bài 1: Cho hai đường tròn (O), (O') cắt nhau tại A, B. Các tiếp tuyến tại A của (O), (O') cắt (O'), (O) lần lượt tại các điểm E, F. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EAF. a) Chứng minh tứ giác OAO'I là hình bình hành và OO'//BI. b) Chứng minh bốn điểm O, B, I, O' cùng thuộc một đường tròn. c) Kéo dài AB về phía B một đoạn CB = AB. Chứng minh tứ giác AECF nội tiếp. Bài 2: Cho tam giác ABC. Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H.Gọi D là điểm đối xứng của H qua trung điểm M của BC. a) Chứng minh tứ giác ABDC nội tiếp được trong một đường tròn.Xác định tâm O của đường tròn đó. b) Đường thẳng DH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ 2 là I. Chứng minh rằng 5 điểm A, I, F, H, E cùng nằm trên một đường tròn. Bài 3: Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Tia OA cắt đường tròn (O') tại C, tia O'A cắt đường tròn (O) tại D. Chứng minh rằng: a) Tứ giác OO'CD nội tiếp. b) Tứ giác OBO'C nội tiếp, từ đó suy ra năm điểm O, O', B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp nửa đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Vẽ EF vuông góc AD. Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng: a) Các tứ giác ABEF, DCEF nội tiếp được. b) Tia CA là tia phân giác của góc BCF. c)* Tứ giác BCMF nội tiếp được. Bài 5: Từ một điểm M ở bên ngoài đường tròn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn. Trên cung nhỏ AB lấy một điểm C. Vẽ CD  AB, CE  MA, CF  MB. Gọi I là giao điểm của AC và DE, K là giao điểm của BC và DF. Chứng minh rằng: 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9. a) Các tứ giác AECD, BFCD nội tiếp được. b) CD2 = CE. CF c)* IK // AB Bài 6:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Từ A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn. Vẽ hai đường cao BD và CE. a) Chứng minh rằng bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh rằng xy// DE, từ đó suy ra OA  DE. Bài 7: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cung nhỏ AB lấy một điểm M. Đường thẳng qua A song song với BM cắt CM tại N. a) Chứng minh rằng tam giác AMN là tam giác đều. b) Chứng minh rằng MA + MB = MC. 1 1 1   c)* Gọi D là giao điểm của AB và CM. Chứng minh rằng: AM MB MD. Bài 8: Cho ba điểm A, B, C cố định với B nằm giữa A và C. Một đường tròn (O) thay đổi đi qua B và C. Vẽ đường kính MN vuông góc với BC tại D ( M nằm trên cung nhỏ BC).Tia AN cắt đường tròn (O) Tại một điểm thứ hai là F. Hai dây BC và MF cắt nhau tại E. Chứng minh rằng: a) Tứ giác DEFN nội tiếp được. b) AD. AE = AF. AN c) Đường thẳng MF đi qua một điểm cố định. Bài 9:Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn ( O; R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Gọi M là trung điểm của AB. Tia CM cắt đường tròn tại điểm N. Tia AN cắt đường tròn tại điểm D. a) Chứng minh rằng MB2 = MC. MN b) Chứng minh rằng AB// CD c) Tìm điều kiện của điểm A để cho tứ giác ABDC là hình thoi. Tính diện tích cử hình thoi đó. Bài 10: Cho đường tròn (O) và một dây AB. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Vẽ đường kính MN Cắt AB tại I. Gọi D là một điểm thuộc dây AB. Tia MD cắt đường tròn (O) tại C. a) Chứng minh rằng tứ giác CDIN nội tiếp được b) Chứng minh rằng tích MC. MD có giá trị không đổi khi D di động trên dây AB. 1 c) Gọi O' là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Chứng minh rằng MAB = 2  AO'D.. d) Chứng minh rằng ba điểm A, O', N thẳng hàng và MA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Bài 11: Cho tam giác ABC vuông ở A ( AB < AC), đường cao AH. Trên đoạn thẳng HC lấy D sao cho HD = HB. Vẽ CE vuông góc với AD ( E  AD). a) Chứng minh rằng AHEC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEC. c) Chứng minh rằng CH là tia phân giác của góc ACE. d) Tính diện tích hình giới hạn bởi các đoạn thẳng CA. CH và cung nhỏ AH của đường tròn nói trên biết AC= 6cm, ACB = 300. Bài 12: Cho đường tròn tâm O có đường kính BC. Gọi A là Một điểm thuộc cung BC ( AB < AC), D là điểm thuộc bán kính OC. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC ở E, cắt tia BA ở F. a) Chứng minh rằng ADCF là tứ giác nội tiếp. b) Gọi M là trung điểm của EF. Chứng minh rằng AME = 2 ACB. c) Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Tính diện tích hình giới hạn bởi các đoạn thẳng BC, BA và cung nhỏ AC của đường tròn (O) biết BC= 8cm, ABC = 600. Bài 13: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Điểm M thuộc nửa đường tròn. Vẽ đường tròn tâm M tiếp xúc với AB ( H là tiếp điểm). Kẻ các tiếp tuyến AC, BD với đường tròn (M) ( C, D là tiếp điểm). a) Chứng minh rằng C, M, D thẳng hàng b) Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O). c) Tính tổng AC + BD theo R d) Tính diện tích tứ giác ABDC biết AOM = 600. 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9. Bài 14: Cho tam giác vuông cân ABC (A = 900), trung điểm I của cạnh BC. Xét một điểm D trên tia AC. Vẽ đường tròn (O) tiếp xúc với các cạnh AB, BD, DA tại các điểm tương ứng M, N, P. a) Chứng minh rằng 5 điểm B, M, O, I, N nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh rằng ba điểm N, I, P thẳng hàng. c) Gọi giao điểm của tia BO với MN, NP lần lượt là H, K. Tam giác HNK là tam giác gì, tại sao? d) Tìm tập hợp điểm K khi điểm D thay đổi vị trí trên tia AC.. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9. PHẦN BỔ SUNG (TUẤN PHƯƠNG) ĐỀ 1 4 2 Bài 1: (4,0 điểm) Cho phương trình x  2mx  3m  4 0 (1) 1. Xác định m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. 2. Khi (1) có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. A x14  x24  x34  x44  6 x1 x2 x3 x4 Bài 2: (4,0 điểm)  x  1 2   y  2  2 10  2 2  x  2 x  2   y  4 y  5  20 1. Giải hệ phương trình: 1 1 1 1 S 2  2  2  ...  2 x  4 x  3 x  8 x 15 x  12 x  35 x  2020 x 1020099 2. Tính tổng khi x 2011 . Bài 3: (2,0 điểm): Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: x 2  y 2  10 xy  2 x 2 y 2 Bài 4: (6,0 điểm): Cho đường tròn (O ; R), trên đó lấy một điểm cố định A và vẽ đường tròn (A ; R). Lấy điểm H di động trên (A ; R), cát tuyến của (O) đi qua A và H cắt (O) tại điểm thứ hai K. Dựng trung trực của đoạn HK cắt (O) tại B và C. 1. Chứng tỏ rằng H là trực tâm của tam giác ABC. 2. Tính số đo góc A của tam giác ABC. Bài 5: (2,0 điểm): Một hình tròn bán kính 1 cm lăn ở ngoài một tam giác vuông có các cạnh góc vuông là 6 cm và 8 cm. Hình tròn khi lăn luôn tiếp xúc với một trong các cạnh của tam giác và tại mỗi đỉnh của tam giác, hình tròn vẫn luôn giữ tiếp xúc với đỉnh đó khi lăn từ một cạnh sang cạnh kế tiếp. Khi hình tròn lăn một vòng đầy đủ trên các cạnh của tam giác thì quỹ đạo của tâm hình tròn đó có độ dài bằng bao nhiêu ? Bài 6: (2,0 điểm): Người ta thiết lập dãy các hình ngũ giác bằng các chấm điểm được biểu diễn bởi 5 hình ngũ giác đầu tiên như hình vẽ sau. Hỏi ngũ giác thứ 25 gồm bao nhiêu chấm điểm ? Tìm công thức để tính un với un là số chấm điểm tạo nên hình ngũ giác thứ n.. 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9. :. Câu. Điểm. Nội dung. ài 1. (4 điểm) 1.1 (2 đ). x 4  2mx 2  3m  4 0 (1) 2 2 Đặt t  x 0 , phương trình (1) trở thành: t  2mt  3m  4 0 (2) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì cần và đủ là phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt. 2 3 7  2  ' m  3m  4  m     0 , m  R 2 4  Ta có. 0,5 0,5. Do đó (2) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt. Để (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1 , t2 , cần và đủ là:  P t1t2 3m  4  0 4  m  3  S t1  t2 2m  0. 1,0 m. 1.2 (2 đ). 4 3. Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 4 m 3 , phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1 , t2 , nên Với điều kiện: phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt: x1  t1 , x2  t1 , x3  t2 , x4  t2 , suy ra: 2 2 2 x2  x1 , x4  x3 và x1 x2 t1 , x3  x42 t2 , do đó: A x14  x24  x34  x44  6 x1 x2 x3 x4 2t12  2t22  6t1t2 2 A 2   t1  t2   5t1t2  2  4m 2  5  3m  4   2  4m 2  15m  20    2  15  95  95 A 8   m     8  64  8   .. Amin Vậy (4 điểm). 2 2.1 (2 đ). 95 15 4  m  8 khi và chỉ khi 8 3 (thỏa điều kiện). 2 2   x  1 2   y  2  2 10   x  1   y  2  10   2 2 2 2  x  2 x  2   y  4 y  5  20    x  1  1   y  2   1 20 Đặt u  x  1; v  y  2 , hệ phương trình trở thành:.  u 2  v 2 10  u 2  v 2 10 u 2  v 2 10    2  2 2  2 2 2 2 2 u v  u  v 19 u v 9  u  1  v  1 20 2 2 2 Do đó u , v là hai nghiệm của phương trình t  10t  9 0  t1 1; t2 9 .  u 2 1 u 2 9 u 1 u 3   2  2  v 9 v 1 v 3 hoặc  v 1 Suy ra:  hoặc  13. 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5. 0,25. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 Giải các hệ  x  1 1; y  2 3 ,  x 1 1; y  2  3 ,.  x  1  1; y  2 3 ,  x 1  1; y  2  3  x  1 3; y  2 1 ,  x 1 3; y  2  1 ,  x 1  3; y  2 1 ,  x 1  3; y  2  1 Ta có các nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  x ; y   0;5 ,  0;  1 ,   2;5 ,   2;  1 ,  2;3 ,  2;1 ,   4;3 ,   4;1 2.2 (2 đ). S. 1. . 1. 1. .  x  1  x  3  x  3  x  5  x  5  x  7 .  ... . 1.  x  1009   x  1011 .. Điều kiện để S có nghĩa: x 1,3,5,...,1009,1011 hay: x 2k  1, k  Z, 1 k 506. 1 1 1  505 S    2  x  1011 x  1   x  1  x  1011 101 S 402000 Khi x 2011 (thỏa điều kiện) thì (2 điểm) x 2  y 2  10 xy  2 x 2 y 2   1  2 y 2  x 2  10 yx  y 2 0. 0,5 0,25 0,5. , đây là phương trình. 2. bậc hai theo ẩn x và tham số là y vì 1  2 y  0, y  R .  ' 25 y 2   1  2 y 2  y 2  y 2  24  2 y 2 . . 2 24  2 y 2 k 2  k  Z Để phương trình có nghiệm nguyên thì 24  2 y 0 và 24  2 y 2 0, y  Z  y 0; y 1; y 2; y 3 Với y 0 ta có x 0 nên (0 ; 0) là một nghiệm của phương trình. Với y 1; y 3 thì  ' = 22 và  ' = 6, không phải là các số chính phương. 2 Với y 2 ta có  ' 4.16 8   ' 8 , ta có nghiệm của phương trình:  10 y 8 x  y 2  9 . y  2 Khi phương trình có một nghiệm nguyên x  2 Khi y  2 phương trình có một nghiệm nguyên x 2 . Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm:  x 0; y 0  ,  x 2; y  2  ,  x  2; y 2 . 14. 0,5 0,25. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  S        ...      2 x 3 x 1 x 5 x 3 x 7 x 5 x  1007 x  1009 x  1009 x  1011 . 3. 0,75. 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 (6,0 điểm). 4 4.1 (2 đ). 4.2 (4 đ). (2 đ). (1 đ). + Ta có: Hai tam giác BHC và BKC đối xứng với nhau qua BC, nên chúng bằng nhau, suy ra:   BHC BKC . Vẽ tia CH cắt AB tại E và tia BH cắt AC tại D.   Ta có: BAK BCK (góc nội tiếp cùng chắn cung    BK ) và BCH BCK (CI là đường cao của tam giác cân HCK, vừa là phân giác góc C).   Suy ra: BAK BCE 0 0     Mà BAK  ABC 90 nên BCE  ABC 90 0  Do đó: BEC 90 , nên CE là đường cao thứ hai của. 0,25 0,25 0,5 0,5. tam giác ABC. 0,5 H là giao điểm của hai đường cao AI và CE của tam giác ABC, vậy H là trực tâm của tam giác ABC. + Trường hợp H ở trong đường tròn (O): Kẻ đường kính FG của (O) vuông góc với dây BC tại M, thì M là trung điểm của 0,25 BC. Trong đường tròn (O) hai dây AK và FG song song nên chắn hai cung   AG  KF  AG 0,25 KF (1). Tứ giác OHAG có OG // = AH = R nên OHAG là hình bình hành, suy ra: 0,25 AG = OH (2). Từ (1) và (2) suy ra KF = HO, nên HKFO là hình thang cân. 0,25 Mà BC là trung trực của HK nên cũng là trung trực của OF, nên 1 R OM 1   0,5 OM  OF   cos FOC    FOC 600 2 2 OC 2 1 0,5   BAC  BOC FOC 600 2 Mà (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC) + Trường hợp H ở ngoài (O) nhưng vẫn ở trên nửa đường tròn (A)chứa điểm O, đường kính PQ là tiếp 0,25 tuyến của (O) tại A. Khi đó tam giác ABC có 2 góc nhọn và một góc tù (góc C tù chẳng hạn). 0     Ta có: HBI  AHB 90 , HBI IBK (đối xứng   nhau qua BI), IBK CAK (góc nội tiếp cùng chắn 0   cung KC), nên CAH  AHB 90 , suy ra: BH  AC tại D. Vậy H là trực tâm của tam giác ABC. 0  Chứng minh tương tự trên, ta có M là trung điểm của OF và BAC 60. 15. 0,25 0,5.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 + Trường hợp H ở trên nửa đường tròn (A) đường kính PQ và không chứa O: Khi đó A là góc tù. Ta cũng chứng minh tương tự H là trực tâm tam giác ABC và M là trung điểm của bán kính OF. 0 0   Suy ra MOC 60  BOC 120 0   Mà BFC BOC 120 (2 góc đối xứng nhau qua BC).   Nhưng BAC BFC (góc nội tiếp cùng chắn cung BKC. 0  Vậy BAC 120. (1 đ). 5. 0,25 0,25. 0,25. (2,0 điểm) + Quỹ đạo của tâm hình tròn khi hình tròn lăn đủ một vòng trên các cạnh của tam giác ABC gồm 3 đoạn thẳng có độ dài bằng 3 cạnh của tam giác vuông nối với nhau bởi các cung tròn bán kính bằng 1 cm, các cung tròn có số đo lần lượt là: 900 , 1800   , 1800   , do đó tổng số đo của 3 cung tròn là: 0 90  360       360 (vì    90 ). 0. 6. 0,25. 0. 0. 0,5. 2 2 Ta có độ dài cạnh huyền là 6  8  100 10 cm Vậy độ dài của quỹ đạo của tâm hình tròn là: 360 r 6  8  10  24  2 (cm) 180 (vì r = 1 cm) (2,0 điểm). 1,0. Gọi un là số chấm điểm tạo nên ngũ giác thứ n. Ta có: n1 1; n2 22  1 5; u3 32  2  1 12; n4 4 2  3  2 1;... un n 2   n  1   n  2   ...  3  2  1 n 2 .  n  1 n. 2 Tổng quát: . Chứng minh: Hình ngũ giác thứ n gồm: + Một hình vuông có n hàng chấm điểm, mỗi hàng có n chấm điểm, nên hình 2 vuông đó có n chấm điểm. + Một hình tam giác có cạnh đáy trùng với cạnh trên của hình vuông, còn lại là n  1 hàng, mỗi hàng có số chấm điểm giảm dần như sau: n  1, n  2, ..., 3, 2, 1 . Do đó hình tam giác có số chấm điểm: S n  n  1   n  2    n  3  ...  3  2  1 hay : Sn  1 Suy ra: Vậy:. . 2. . 3. 0,5 0,5.  ...   n  3   n  2    n  1. 2 Sn  n  1 n  S n . un n2 . 0,5. 1  n  1 n 2. 0,5.  n  1 n 2 0,5. 2. Áp dụng: u25 25  12.25 925 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9. ĐỀ 2 Bài 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình sau: 2 1. 3x2 + 4x + 10 = 2 14 x  7. 2.. 4. 4  x2 . 4. x 4  16  4 x  1  x 2  y 2  2 y  3 5  y. 3. x4 - 2y4 – x2y2 – 4x2 -7y2 - 5 = 0;. (với x ; y nguyên). Bài 2: (2.5 điểm) Tìm số tự nhiên n để n  18 và n  41 là hai số chính phương. Căn bậc hai của 64 có thể viết dưới dạng như sau:. 64 6  4. Hỏi có tồn tại hay không các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng dưới dạng như trên và là một số nguyên? Hãy chỉ ra toàn bộ các số đó. Bài 3: (3,25 điểm) Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O), (P, N là hai tiếp điểm). 2 2 a) Chứng minh rằng MN MP MA.MB. b) Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông. c) Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P luôn chạy trên đường thẳng cố định khi M di động trên đường thẳng d. Bài 4: (1,5 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ xOy lấy điểm P(0; 1), vẽ đường tròn (K) có đường kính OP. Trên trục hoành lấy ba điểm M(a; 0); N(b; 0), Q(c; 0). Nối PM; PN; PQ lần lượt cắt đường tròn (K) tại A; B ; C. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC theo a; b; c. Bài 5: (0,75 điểm) Cho a, b, c > 0. 19b 3 - a 3 19c3 - b 3 19a 3 - c 3 + + 3(a + b + c) 2 cb + 5c 2 ac + 5a 2 Chứng minh rằng: ab + 5b. ĐỀ 3 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 Câu 1: Giải phương trình: a). x  2 x  5  2  x  3 2 x  5  2 2 2. Câu 2: Cho hàm số. f ( x )  x 3  6 x  5 . 2011.  2012. . Tính. 2 3 b) x  3 x  9 9 x  2. f( x ). 3 3 với x  3  17  3  17. Câu 3: Cho hình thoi ABCD, đường cao AH. Cho biết AC m; BD n và AH h . Chứng minh rằng: 1 1 1  2 2 2 h m n Câu 4: Cho hai đường tròn (O1; 5cm) và (O2; 2cm) nằm ngoài nhau. Một tiếp tuyến chung ngoài AB của hai  A  (O1 ); B  (O2 )  và một tiếp tuyến chung trong CD của hai đường tròn  C  (O1 ); D  (O2 )  . đường tròn Tính độ dài đoạn nối tâm O1O2 biết AB = 1,5CD. k k Câu 5: Có tồn tại hay không số nguyên dương k sao cho 2  3 là số chính phương?. Câu 6:a) Cho a, b và c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c 1 . Chứng minh rằng ab bc ca 1    c 1 a 1 b 1 4 . b) Cho hình vuông ABCD và 2013 đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: - Mỗi đường thẳng đều cắt hai cạnh đối của hình vuông; - Mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành 2 phần có tỷ số diện tích là 0,5. Chứng minh rằng trong 2013 đường thẳng trên có ít nhất 504 đường thẳng đồng qui. Câu. Phần. 1. a. 2đ. Nội dung trình bày ĐKXĐ:. x. 5 2 (1). Nhân cả hai vế của PT với. . . 2. 2 x  5 1 .  Ta có. . 2x  5  3. 2x  5 1  3 . . 3. 4. 2 x  5 4. 2 x  5 1  3 . . 2 rồi biến đổi PT về dạng. 2 x  5  2 x  5 1  3 . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi. . . 2 x  5 1 3 . 2 x  5 4. . 2 x  5 0  x 7. (2). 5  x 7 Từ (1) và (2) ta có nghiệm của PT là: 2 b. 2. 3  27  x  3x  9  x    0 3 3 3 2 4  Đặt t  x  2  x t  2 . Vì nên t  0 thay x t  2 2. t vào PT ta có. 3. 2.  2   3  t 3  2   9 9t. 2.   t  1  t 4  2t 3  3t 2  5t  7  0. (2).   t 4  2t 3  3t 2  5t  7   0 t  0 Vì nên 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 Do đó PT (2) có nghiệm duy nhất t 1  x 3 2 1,5đ. 3 3 Đặt m  3  17 ; n  3  17. ta có: x = m + n và m.n = - 2 3. x m  n  x 3  m  n  m 3  n3  3mn  m  n  6  6 x  x 3  6 x 6 Do đó: Vậy. f ( x )  x3  6 x  5 . f ( x ) 2013. 2011.  2012  6  5 . 2011.  2012 2013. 3 3 với x  3  17  3  17. 3. A I. 1đ. D. B. O. H K. C. Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình thoi ta có AC  BD và m n OA OC  ; OB OD  2 2 . Qua O kẻ OI  AB , đường thẳng OI cắt CD tại K ta có IK h OI  2 = AH = h và Áp dụng HTL vào tam giác AOB vuông tại O ta có: 1  h 1 1 1  2   2 2 OI OA OB do đó  2 . 2. . 1  m    2. 19. 2. . 1 2.  n 1 1 1    2  2 2  2 h m n.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 4 A. 1,5đ. B. I. D. O1. O2. C E. Kẻ O2I  O1A và O2E  O1C ta có O2I = AB; O2E = CD; IA = O2B = 2cm => IO1 = 3 cm; CE = O2D = 2cm => O1E = 7cm, đặt CD = x thì O2E = x còn IO2 = AB = 1,5x. Áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông O1IO2 và O1EO2 ta có: O1O2 2 IO12  IO22 32   1,5 x  O1O2 2 O1E 2  O2 E 2 7 2  x 2. 2. (1) (2). 2. 32   1,5 x  7 2  x 2  x 2 32  O1O2 9cm Từ (1) và (2) suy ra 5 1,5đ. Học sinh phát biểu và CM 2 bổ đề sau: (nếu HS chỉ phát biểu 2 bổ đề không CM cho 0,25) BĐ1: Số chính phương không thể có tận cùng là 2; 3; 7; 8 BĐ2: Số chính phương chia cho 3 không thể có số dư là 2. * k k Giả sử tồn tại k  N sao cho 2  3 là số chính phương. t  N ; r   0;1; 2;3 Đặt k 4t  r với thì số đang xét có dạng. A 2k  3k 24 t r  34 t r 16t .2r  81t.3r Xét 4 trường hợp có thể xảy ra: * t t - Với r 0 thì t  N và số A 16  81 có tận cùng là 7 ( A không là số chính phương theo BĐ 1) (1). 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 t t - Với r = 2 thì số A 16 .4  81 .9 có tận cùng là 3 (A không là số chính phương theo BĐ 1) (2) t t - Với r = 1 thì số A 16 .2  81 .3 chia 3 dư 2 (A không là số chính phương theo BĐ 2) (3) t t - Với r = 3 thì số A 16 .8  81 .27 chia 3 dư 2 (A không là số chính phương theo BĐ 2) (4) k k Từ (1), (2), (3), (4) ta thấy không tồn tại số nguyên dương k để số 2  3 là số chính phương.. 6. a. 2,5đ. Học sinh phát biểu và CM bất đẳng thức phụ sau: 1 1 1 1      - Với x; y là các số thực dương bất kỳ ta có: x  y 4  x y  (1). Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y. Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Côsi ta có 1 1 1 1 1 1 1   2 xy .2 4      xy x y 4 x y  x y.  x  y . - Áp dụng BĐT (1) ta có: ab ab ab  1 1       c 1  c  a    c  b  4  c  a c b  ’ (1 ) bc bc  1 1  ca ca  1 1          Tương tự a  1 4  a  b a  c  (2’); b  1 4  b  a b  c  (3’) Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được: ab bc ca 1  ab  ca ab  cb cb  ca  a  b  c 1         c 1 a 1 b 1 4  b  c ca a b  4 4 Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi. a b c . 1 3.. b A. A1. E. B. H M. I. J. N. K. D. B1. F. C. Gọi MN; EF là đường nối trung điểm hai cạnh đối của hình vuông (hình vẽ) 21.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB tại A1 cắt MN tại I và cắt cạnh CD tại B1. Ta có các tứ giác AA1B1D và BCB1A1 là hình thang và có MI, NI lần lượt là các đường trung bình của hai hình thang đó. SAA1B1D S A1BCB1 Khi đó. 1 AD  AA1  DB1  2 IM IM 1 2     1 2 IN IN 2 BC  A1B  B1C  2 (theo GT). MI 1 1  MI  MN 3 Suy ra MN 3 nên vậy điểm I cố định. Lập luận tương tự ta tìm được các điểm H; J; K cố định (hình vẽ). Có 4 điểm cố định mà có 2013 đường thẳng đi qua nên theo nguyên lý Đirichle ít nhất phải có 504 đường thẳng đồng qui. ĐỀ 4. Câu 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n cho trước, số. m n(n  1)(n  2)...( n  7)  1.2.3...7 không thể phân tích thành tổng của hai số chính phương. Câu 2 a) Giải phương trình. 2 x 2  7 x  10  2 x 2  x  4 3( x  1) ..  4x2  1  4 x 2 y   4y2 z  2 1  4 y   4 z2 x  2 b) Giair hệ phương trình: 1  4 z Câu 3 a) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau :. x  y 2011 2 2 2 y  z 2011 là số hữu tỉ và x  y  z là số nguyên tố. 2 b)Tìm nghiệm nguyên của phương trình 20 y  6 xy 150  15 x . Câu 4 Cho tam giác ABC nhọn có trung tuyến CM. Các đường cao AH, BD, CF cắt nhau tại I. Gọi E là trung điểm của DH. Đường thẳng qua C và song song với AH cắt BD tại P; đường thẳng qua C và song song với BD cắt AH tại Q. a) Chứng minh PI.AB = AC.CI b) Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CDH. Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O). c) CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại R (R khác C); CM cắt đường tròn (O) tại K (K khác C). Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR.. 1 1 2   , x, y  0 1  x 1  y 1  xy Câu 5 a) Chứng minh thỏa mãn xy 1 . 1 a, b, c 2 b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện 2 . Chứng minh 22.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9. a b c 22    a  b b  c c  a 15 . Câu Ý. Nội dung. Điểm. Trong 4 số nguyên liên tiếp luôn có một số chia hết cho 4 và một số khác chia hết cho 2, do đó tích của chúng chia hết cho 8 Trong 8 số nguyên liên tiếp luôn có 4 số chẵn liên tiếp, giả sử đó là. 1. các số 2k , 2k  2, 2 k  4, 2 k  6( k  ) . Ta có. 0,25. 2k (2k  2)(2 k  4)(2k  6) 16 k ( k  1)( k  2)( k  3) Mà k (k  1)(k  2)(k  3)8 nên 2k (2k  2)(2k  4)(2k  6)128 . Từ đó. suy ra điều cần chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Từ phần a. ta suy ra m 128c  5040 . Giả sử m có thể phân tích thành tổng của hai số chính phương, tức là tồn tại các số tự nhiên a, b sao cho 128c  5040 a  b (1) Vế trái của (1) chia hết cho 4 nên a, b cùng là các số chẵn (vì ngược lại, nếu một số chẵn và một số lẻ thì vế phải (1) là số lẻ, còn nếu hai 2. Lập luận tương tự cho (2), ta có (2)  8c  315 a  b ,(a , b  ) (3) 8c  315 3(mod 4) còn a  b 3(mod 4) (thật vậy, xét tất cả các khả Lúc này,. 2. 2. 2. 2. 2. 0,25. 0,25. 2. 2 2 2 2 số đều lẻ thì a  b (2 x  1)  (2 y  1) 4 z  2 chia 4 dư 2, vô lí!) 2 2 Do đó a 2a1 , b 2b1 ( a1 , b1  ) và (1)  32c  1260 a1  b1 (2). 2. 0,25. 0,5. 0,25. 2. 2. 2. 2. 2. a ,b. năng chẵn, lẻ của 2 2 ta thấy chỉ có ba khả năng xảy ra là đó (3) mâu thuẫn, suy ra điều phải chứng minh..  a  b 0(mod 4)  a  b 1(mod 4)   a  b 2(mod 4) 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 0,25 do. - Nếu x  1  0  x   1 thì (1) a. b.  6 x  6 3  x  1 2 x 2  7 x  10 . . 2 x 2  7 x  10 . 2 x2  x  4. 0,5. 2 x 2  x  4 2 (2). 2 Từ (1) và (2) suy ra 2 2 x  x  4 3x  1 1  3 x  1 0  x     3 2 2 4(2 x  x  4) 9 x  6 x  1  x 2  2 x  15 0  Thử lại. Với x = 3 thì VT(1) = VP(1) = 12 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh - Nếu x = 0 thì hệ có nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0). 23. 1   x   x 3 3   x 3, x  5. 0,25 0,25 1,00 0,25.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9  1 1  4 x2 4 1  y  4 x2  y  x2  4    1 1  4 y 2 4 1    2 4   2 4y z z y  1 1  4z 2 4 1     2 4 2 x z  x 4 z  - Nếu x 0  y 0; z 0 . Ta có :  Cộng theo vế các phương trình của hệ ta được   1 4  1 4   1 4   2   4    2   4    2   4  0 x y z x  y   z 2. 2. a. Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện. x  y 2011 m  (1) n y  z 2011 Ta có , trong đó m, n là các số nguyên thỏa mãn n > 0, (m, n) = 1.. (1)  nx  my  2011  ny  mz  (2) Vì. 0,25. 2.  1 1  1     2     2     2  0 x  y   z 1 1  x  y z  x  y z  2 . Thử lại ta thấy 2 thỏa mãn hệ pt đã cho.  1 1 1  ; ;  Vậy hệ có 2 nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0),  2 2 2  . 3. 0,25. 0,25 1,00. 0,25. .. 2011 là số vô tỉ và m, n, x, y, z là các số nguyên nên ta có nx my    xz  y 2 ny mz. (2) <=> nx – my = ny – mz = 0. 0,25. .. 2. Ta lại có :. x 2  y 2  z 2  x  z   2 xz  y 2 2.  x  z   y 2  x  y  z   x  y  z  2. 2. 2. Vì x  y  z là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 nên x – y 2. 2. 0,25. 2. + z = 1. Do đó x  y  z x  y  z (3) 2. 2. 2. Nhưng x, y, z là các số nguyên dương nên x x ; y  y ; z z Suy ra x2 = x, y2 = y, z2 = z => x = y = z = 1.. x  y 2011 1 2 2 2 y  z 2011 Khi đó và x  y  z 3 (thỏa mãn). 0,25. Vậy (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1) thỏa mãn yêu cầu bài toán. b. 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 20 y  6 xy 150  15 x . Ta có : 150 – 15x = 20y2 – 6xy <=> 6xy – 15x = 20y2 – 150 <=> 3x(2y – 5) = 5(4y2 – 25) – 25 <=> (2y – 5)(10y + 25 – 3x) = 25 Xét 6 trường hợp sau 24. 1,00 0,25.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 2 y  5  1   x 10 )   10 y  25  3 x 25  y 3 (thỏa mãn)  2 y  5 25  x 58 )   10 y  25  3 x 1  y 15 (thỏa mãn). 0,25. 70   2 y  5  1 x  )   3 10 y  25  3 x  25  y 2  (loại)  x  10  2 y  5  25  )    74 10 y  25  3 x  1  y  3  (loại)  2 y  5 5 )   10 y  25  3 x 5. 70  x  3   y 5. 0,25. (loại). 0,25.  2 y  5  5 )   10 y  25  3 x  5. 4. a.  x 10   y 0 (thỏa mãn) Vậy phương trình có 3 nghiệm (x ; y) là (10 ; 3), (58 ; 15), (10 ; 0). Chứng minh PI.AB = AC.CI. 1,00. C 1. Q H. E. P. 0,25. D Chứng minh PBC 90 =>  ACB +  C1=900 Ta có :  P +  C = 900 =>  ACB =  P. b. c c. I. 0. A. F. B. M. Chứng minh tứ giác ADIF nội tiếp  CAB =  PIC (2) Từ (1) và (2) tam giac  PIC đồng dạng với  CAB PI IC    PI . AB  AC.IC AC AB (đpcm) Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O) Chứng minh tứ giác CDIH nội tiếp đường tròn (O) =>  DIC là góc nội tiếp chắn cung DI (3) ADB có DM là đường trung tuyến  MDB cân tại M =>  MBD =  MDB Ta lại có =>  MBD = DCI (cùng phụ với  CAB) (5) Từ (4) và (5) =>  MDB =  DCI (6) Từ (3) và (6) suy ra MD là tiếp tuyến của đường tròn (O) Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR C. 25. H. 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp CD DH  CDH ABC  CDH CBA ( g .g )   CB AB CD CB CD CB      CDE CBM ( g.g )  MCB ACR (8) DH AB DE MB Ta lại có : ACR ABR (9) Từ (7), (8), (9)  MBK ABR BA là phân giác của KBR Chứng minh tương tự ta được AB là phân giác của KAR Từ đó suy ra AB là đường trung trực của KR.. xy  x (1  x )(1  xy ) x. . 0,50. 1 1 1 1    0 1  x 1  xy 1  y 1  xy. (1)  . 0,25 0,25. 1 1 2   , x, y  0 1  x 1  y 1  xy Chứng minh thỏa mãn xy 1. a. 0,25. . y. x. . . (1  x )(1  xy ). xy  y (1  y )(1  xy ) y. . y. x. 0. 0,25. .  y  x  x y  0    0    1  xy   1  x 1  y  (1  y )(1  xy )    2. . . . y x xy  1  y  x  x  xy  y  x y   0  0     1  xy    1 x 1 y  1  xy  1  x   1  y    . . . 0,25. xy 1. BĐT cuối cùng đúng do .  x  y Đẳng thức xảy ra hoặc xy 1 5. a b c 22    Chứng minh a  b b  c c  a 15. b (2) . 1 1. b a. . 1 1. c b. . 1 1. a c. . 0,50. 22 15 .. b c a 1 x , y , z x, y , z 4 a b c thì 4 Đặt và xyz 1 1 1 1 22    BĐT trở thành 1  x 1  y 1  z 15. 0,25. Không giảm tổng quát, giả sử z nhỏ nhất suy ra xy 1 . Theo câu a 1 1 1 2 1 2 1 2t 1         2 ,t z 1  x 1  y 1  z 1  xy 1  z 1  1 1  z t  1 t  1 z 2t 1 22 1  2  ,  t 2 Ta sẽ CM t  1 t  1 15 2 . Bằng biến đổi tương đương 3 2 2 BĐT  8t  22t  23t  7 0  (2t  1)(4t  9t  7) 0 . 1 t 2 2 và 4t  9t  7  0, t . BĐT cuối cùng đúng do. 26. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 -------- Hết -------. ĐỀ 5 Câu 1.(2,0 điểm) a) Cho hàm số y=ax+b. Biết f(1)  f(2); f(5)  f(6) và f(999)=1000. Tính f(2010). b) Rút gọn biểu thức:. A  2( x 2  y 2  x)( x 2  y 2  y )  x 2  y 2. .. với mọi x, y  0. Câu 2.(2,0 điểm) 2. a) Chứng minh rằng a  a  1 không chia hết cho 25 với mọi số nguyên a . y x b) Tìm các số nguyên dương x, y khác nhau sao cho: x  y .. Câu 3.(2,0 điểm) 2. a) Giải phương trình x  3 x 2 x  1  4 . b) Giải phương trình nghiệm nguyên 4 x  5 y 7.. a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 . Chứng minh rằng. Câu 4.(1,5 điểm) Cho các số thực dương a  bc  b  ca  c  ab 1  ab  bc  ca .. Câu 5.(2,5 điểm) Cho nửa đường (O, R) đường kính AB, bán kính OC vuông góc với AB. M là điểm di chuyển trên nửa đường tròn (O) ( M khác A và B). Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt OC, cắt tiếp tuyến tại A và cắt tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn (O) lần lượt tại D, E và H. Gọi F là giao điểm của AE và BD. a) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn (O) để diện tích tứ giác ABHE là nhỏ nhất. AB 2 b) Chứng minh EA. EF= 4 . Câu 1. Nội dung chính. Điểm. a) Vì f(1)  f(2) nên a 0 (1) 0,5. f(5)  f(6) nên a 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra a=0. 0,5. Do đó f(2010)=f(999)=1000. 27.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 b). A  2( x 2  y 2  x)( x 2  y 2  y )  x 2  y 2. =.  2( x 2  y 2 )  2 x 2  y 2 .( x  y )  2 xy  x 2  y 2. 0,25. 2.   x2  y 2  ( x  y)  x2  y 2  . 0,5. x 2  y 2  x 2  y 2 x  y (vì x  y  x 2  y 2 ). ( x  y ) . 0,25. 2 a) N a  a  1 = (a  2)( a  3)  5. 0,25. Vì ( a  2)  ( a  3)  5 chia hết cho 5 nên a  2; a  3 hoặc cùng chia hết 0,25. cho 5 hoặc cùng không chia hết cho 5 *Nếu a  2; a  3 cùng chia hết cho 5 thì (a  2)(a  3) chia hết cho 25 mà 5 2. không chia hết cho 25 suy ra N không chia hết cho 25.. 0,25. *Nếu a  2; a  3 cùng không chia hết cho 5 thì (a  2)(a  3) không chia hết cho 5 ( do 5 là số nguyên tố) suy ra N không chia hết cho 5, do đó N không. 0,25. chia hết cho 25. Vậy N không chia hết cho 25 với mọi số nguyên a .. x b) Giả sử 1  x  y . Chia cả hai vế của PT cho x ta được:. x y x . yx xx. x x Vì y x mà x là số nguyên dương nên y x . Đặt y kx (k  N , k 2 ) kx x k x x k k 1 Theo bài ra ta có x (kx)  ( x ) (kx)  x kx  x k. Ta thấy x 2 (vì nếu x 1 thì k 1 ). Do đó x. k1. 2. k1. k1 k Từ (1) và (2) suy ra k 2 nên 2k 2. (1). 0,25 0,25. (2) (3). 0,25. Dễ thấy k 3 thì bất đẳng thức (3) không xảy ra. Do đó k 2. Thay k 2 vào (1) ta được x 2  y 2.2 4 . Thử lại x 2; y 4 thỏa mãn đề bài. Vì vai trò của x, y như nhau vậy ( x, y )    2; 4  ,  4; 2  . .. a) ĐKXĐ: x 1. 28. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 2. x  3x 2 x  1  4  ( x 2  4 x  4)  ( x  1  2 x  1  1) 0. 3.  x  2 0   x 2(T / m)  x  1  1 0  ( x  2)2  ( x  1  1) 2 0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2 . 7  4 x 5  5x  2  x x2 4 x  5 y 7  y   1  x  5 5 5 b) x2 t  t  Z . Đặt 5 Do đó x 5t  2  y 3  4t .  x 5t  2 (t  Z )  y  3  4 t  Vậy nghiệm của phương trình là. 0,5 0,5. 0,5. 0,5. Vì a  b  c 1 , nên áp dụng BĐT Cauchy ta có: 0,25. b  c 2 bc  a +b+c a  2 bc  1 a  2 bc  a a 2  2a bc  a  bc a 2  2a bc  bc. .  a  bc  a  bc. . 2. . 4 Chứng minh tương tự ta có:. a  bc a  bc. 0,5 (1). b  ca b  ca (2). 0,25. c  ab c  ab (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được a  bc  b  ca  c  ab a  b  c  ab  bc  ca Hay. a  bc  b  ca  c  ab 1  ab  bc  ca .. 1 a b c  . 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi. 0,5. a) Ta có AE//BH( cùng vuông góc với AB) nên tứ giác ABHE là hình thang. 5. vuông. Do đó. S ABHE . ( AE  BH ). AB EH . AB  2 2 (theo tính chất hai tiếp tuyến. 0,5. cắt nhau). S ABHE nhỏ nhất  EH nhỏ nhất  EH  BH  ABHE là hình chữ nhật  M là điểm chính giữa của cung AB.. 0,5. 2 Vậy Min S ABHE 2 R  M C . b) Xét hình thang ABHE có OA=OB, OD//AE//BF  DE DF.  DEF=DHB ( g  c  g )  EF=BH mà BH HM ; EA EM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 29. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> GV: NGUYÔN THÞ HUYÒN- BµI TËP TO¸N 9 AE . E F=EM.MH Suy ra (1) 0,5.   Lại có OE là tia phân giác của AOM ; OH là tia phân giác của BOM 0    mà AOM và BOM là hai góc kề bù nên EOH 90 .. Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác EOH vuông tại H ta có EM .MH OM 2 . Từ (1) và (2) suy ra. AB 2 4. F. (2). AE.EF . 0,5 AB 2 4 .. H D M. C. E. A O. Heát. 30. B.

<span class='text_page_counter'>(31)</span>