ON TAP TOAN 9 HK 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HƯỚNG DẪN ÔN TẬP HỌC KÌ II A. ĐẠI SỐ I. LÝ THUYẾT Câu 1: Nêu dạng tổng quát của phương trình bậc nhất hai ẩn. Phương trình bậc nhất hai ẩn có thể có bao nhiêu nghiệm? Câu 2: Nêu dạng tổng quát của hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn số. Câu 3: Mỗi hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có thể có bao nhiêu nghiệm? Câu 4: Nêu định nghĩa hai hệ phương trình tương đương. Trong các câu sau, câu nào đúng câu nào sai: a/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cùng có vô số nghiệm thì luôn tương đương với nhau. b/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn vô nghiệm thì luôn tương đương với nhau. Câu 5: Viết dạng tổng quát của phương trình bậc hai . Áp dụng : Xác định hệ số a, b, c của phương trình  3x  3x 1 0 Câu 6: Cho phương trình ax2 + bx +c=0 (a 0) . Viết công thức tính ngiệm của phương trình trên . 2. Áp dụng : Giải phương trình x  3x  2 0 . Câu 7: Phát biểu hệ thức Viet 2 Áp dụng :  5x  4 x  3 0 .Tính x1+ x2 và x1 x2 2 Câu 8: Cho phương trình : ax  bx  c 0 (a 0) có hai nghiệm x1 và x2 .Chứng minh : 2. S x1  x2 . b ; a. P x1 x2 . c a. Câu 9: Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm có tổng là S và có tích là P (không cần chứng minh ) Áp dung : Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là: 2  2 và 2  2 2 Câu 10: Nêu tính chất của hàm số y ax (a 0). II. BÀI TẬP Bài 1: Giải các hệ phương trình sau: 3x  2 y 1  a/  x  y  3 1 1 5  x  y 8    1  1 3  e/  x y 8. 3 x  5 y 1  b/ 2 x  y  4. 4 x  3 y 15  c/ 3x  2 y 10. 1  2  2 x  y  x  y 1    1  5 6  f/  x  y 2 x  y. 3 x  y 5  2 x  3 y 18 d/ . 5( x  2 y ) 3x  1  h/ 2 x  4 3( x  5 y )  12. Bài 2: Câu 1: Với giá trị nào của a và b thì hệ phương trình Trang 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2ax  by 12  ax  2by  6. Có nghiệm là ( x  2; y 1). Câu 2: Với giá trị nào của m và n thì hệ phương trình  mx  3 y 1   x  ny  2. nhận cặp số (-2 ; 3) là nghiệm.. Bài 3: mx  3 y 5  Câu 1: Cho hệ phương trình: 4 x  6 y 9. Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Câu 2: Tìm giá trị của a để hệ phương trình  x  2 y 5   ax  3 y a. a/ Có một nghiệm duy nhất b/ Vô nghiệm.  x  3 y m  Câu 3: Cho hệ phương trình 2 x  6 y 8. Tìm giá trị của m để hệ phương trình vô nghiệm, vô số nghiệm. Bài 4: Câu 1: Xác định hàm số y ax  b biết rằng đồ thị của nó đi qua hai điểm a/ A(2 ; 4) và B(-5 ; 4) b/ A(3 ; -1) và B(-2 ; 9) Câu 2: Xác định đường thẳng y ax  b biết rằng đồ thị của nó đi qua điểm A(2 ; 1) và đi qua giao điểm B của hai đường thẳng y  x và y  2 x  1 Bài 5: Cho hàm số y = -x2 có đồ thị (P) và y = -2x +m có đồ thị là (d) a/ Xác định m biết rằng (d) đi qua điểm A trên (P) có hoành độ bằng 1. b/ Trong trường hợp m = -3 .Vẽ (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ và xác định tọa độ các giao điểm của chúng . c/ Với giá nào của m thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ; (d) tiếp xúc với (P) ,(d) không cắt (P) Bài 6: Giải phương trình : 2 2 x  384 0 3 c / x( x  15) 3(27  5 x) d / x(2 x  7)  12  4(3  x) e / (3 x  2) 2  2( x  1) 2 2 a / 3x 2  75 0. b/. Bài 7: Giải phương trình sau ( dùng thức nghiệm hoặc công thức nghiệm thu gọn ) 1)  x 2 5 x  14. 2) 3 x 2  10 x  80 0. 3) 25 x 2  20 x  4 0. Bài 8: Định m để phương trình : a / 3x 2  2x  m 0 voâ nghieäm b/ 2x 2  mx  m 2 0 coù 2 nghieäm phaân bieät c/ 25x 2 +mx + 2 = 0 coù nghieäm keùp Bài 9:Cho phương trình :x2 + (m+1)x + m = 0 (1) 1/ Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm với mọi m . 2/ Tìm m sao cho phương trình nhận x = -2 làm nghiệm . Tính nghiệm còn lại? Trang 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm đối nhau 4/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm là hai số nghịch đảo nhau 5/ Tìm m sao cho x1 - x2 = 2 2. 2. 6/ Tìm m để x1  x2 đạt gía trị nhỏ nhất 7/ Tìm m để cả hai nghiệm đều dương 8/ Tìm hệ thức liên hệ giữa x1; x2 không phụ thuộc vào m. 3. 3. 9/ Tính x1  x2 Bài 10: Giải phương trình : 15 2 x 3) 2 x 4  7 x 2  4 0. 1) x . 1 1  1 x 1 x  1 4) x 5  x 3  x 2  1 0. 2). B. HÌNH HỌC I. LÝ THUYẾT Câu 1 : Chứng minh định lí: “Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau: Hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau” Câu 2: Nêu cách tính số đo của cung nhỏ trong một đường tròn. Áp dụng:Cho đường ·. 0. tròn (O), đường kính AB. Vẽ dây AM sao cho AMO = 40 . Tính số đo cung BM ? Câu 3: Chứng minh rằng trong một đường tròn, hai cung bị chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau. (Chú ý: Học sinh chỉ chứng minh một trường hợp: một trong hai dây, có một dây đi qua tâm cuả đường tròn) Câu 4: Áp dụng các định lí về mối quan hệ giữa cung nhỏ và dây căng cung đó trong một đường tròn để giải bài toán sau: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB.Vẽ các bán kính ·. 0. ·. 0. OM, ON sao cho: AOM = 40 , BON = 80 . So sánh: AM, MN và NB ? Câu 5: Chứng minh định lí: “ Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện 0 bằng 180 ”. Câu 6: Chứng minh định lí: “ Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn”.( Chỉ chứng minh một trường hợp: có một cạnh của góc đi qua tâm ). Câu 7: Chứng minh định lí: “Số đo của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo của cung bị chắn”.( Chỉ chứng minh một trường hợp: Tâm O của đường tròn nằm ở ngoài của góc). Câu 8: Chứng minh định lí: “ Số đo của góc có đỉnh ở bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn”. 0 Câu 9: Nêu cách tính độ dài cung n của hình quạt tròn bán kính R. Áp dụng: Cho 0 đường tròn ( O; R = 3 cm). Tính độ dài cung AB có số đo bằng 60 ? Câu 10: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn (O). Chứng minh: AB + CD = AD + BC.. II. BÀI TẬP Bài 1: Cho đường tròn (O; R), hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn AB lấy điểm M ( khác điểm O), đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Đường thẳng d vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến của đường tròn (O) tại N ở điểm P. Chứng minh : a/. Tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn. Trang 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> b/. Tứ giác CMPO là hình bình hành. c/. Tích CM.CN không đổi. Bài 2: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC = 2R, một điểm A trên nửa đường tròn ấy sao cho BA = R. Lấy M là một điểm trên cung nhỏ AC, BM cắt AC tại I. Tia BA cắt tia CM tại D. a/. Chứng minh: DI  BC. b/. Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn. 0 · c/. Giả sử AMB = 45 .Tính độ dài đoạn thẳng AD theo R và diện tích hình quạt. AOM. Bài 3: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm trên đường tròn sao cho CA > CB. Vẽ hình vuông ACDE có đỉnh D trên tia đối của tia BC. Đường chéo CE cắt đường tròn tại điểm F ( khác điểm C). a/. Chứng minh : OF  AB. b/. Chứng minh : Tam giác BDF cân tại F. c/. CF cắt tiếp tuyến Ax của đường tròn (O) tại điểm M. Chứng minh ba điểm D, E, M thẳng hàng. Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tạiA, AH là đường cao và AM là trung tuyến ( H, M  cạnh BC ). Đường tròn tâm H, bán kính HA cắt AB tại P và AC tại Q. a/. Chứng minh rằng 3 điểm P, H, Q thẳng hàng. b/. Chứng minh: MA  PQ. c/. Chứng minh tứ giác BPCQ nội tiếp được một đường tròn. Bài 5: Cho đường tròn tâm O có 2 đường kính AB và CD vuông góc với nhau, dây AE đi qua trung điểm P của OC, ED cắt CB tại Q. a/. Chứng minh tứ giác CPQE nôi tiếp được một đường tròn. b/. Chứng minh : PQ // AB. c/. So sánh diện tích tam giác CPQ với diện tích tam giác ABC.. ĐÁP ÁN A. ĐẠI SỐ I. LÝ THUYẾT Câu 1: Phương trình bậc nhất hai ẩn x và y là hệ thức dạng ax  by c Trong đó a,b và c là các số đã biết ( a 0 hoặc b 0 ). Phương trình bậc nhất hai ẩn luôn luôn có vô số nghiệm. ax  by c  Câu 2: Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng a ' x  b ' y c ' Câu 3: Mỗi hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có thể vô nghiệm, có 1 nghiệm duy nhất hoặc vô số nghiệm. Câu 4: Hai hệ phương trình được gọi là tương đương với nhau nếu chúng có cùng tập nghiệm. a/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cùng có vô số nghiệm thì luôn tương đương với nhau. ( sai ) b/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn vô nghiệm thì luôn tương đương với nhau.( Đúng ) Câu 5: SGK trang 40 Trang 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  3 x 2  3 x  1 0 (a  3; b  3; c 1). Áp dụng :. Câu 6/ : SGK trang 44 x2 . 3 x  2 0.  ( 3)2  4.1.2  5 Áp dụng :   5  0. Vậy phương trình vô nghiệm. Câu 7 : SGK trang 51 2 Áp dụng :  5 x  4 x  3 0 a = -5<0 ; c = 3>0. a và c trái dấu nên phương trình có hai nghiệm phân biệt. x1  x2 . b 4  ; a 5. c 3 x1.x2   a 5. Câu 8 : ìï ïï x = - b + D ïï 1 2a í ïï - b- D ïï x2 = ïî 2a - b + D - b - D - 2b a Þ x1 + x2 = + = = 2a 2a 2a b x1 .x2 =. - b+ D - b- D (- b)2 - D b 2 - b 2 + 4 ac c . = = = 2a 2a 4a 2 4a2 a. Câu 9 :Phương trình bậc hai có tổng hai nghiệm là S và tích hai nghịêm là P có dạng : x2 - Sx + P = 0 Áp dụng : S = 2 + 2 +2 -. 2 =4. P = (2 + 2).(2 -. 2) = 4 - 2 = 2. Vaäy 2+ 2 vaø 2- 2 laø hai nghieäm cuûa phöông trình x 2 - 4x + 2 = 0. Câu 10 : SGK trang 29. II. BÀI TẬP Bài 1: 3x  2 y 1 3 x  2 y 1     x  y  3 2 x  2 y  6 a/  x  1  x  1    1  y  3  y  2. 5 x  5   x  y  3. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x, y) = (-1 ; -2) Trang 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 3x  5 y 1 3 x  5 y 1    2 x  y  4  10 x  5 y  20   b/  x  3  x 3    2.( 3)  y  4  y 2. 7 x 21  2 x  y  4. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x, y) = (3 ; 2)  4 x  3 y 15  3x  2 y 10. c/.   8 x  6 y  30  9 x  6 y 30.  x 0  x 0   3 x  2 y 20 3.0  2 y 10   x 0  y 5. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x, y) = (0 ;5). d/. 3 x  y 5 9 x  3 y 15 11 x 33     2 x  3 y 18 2 x  3 y 18 2 x  3 y 18  x 3    2.3  3 y 18.  x 3    y 4.  x 9   y 16. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x, y) = (9 ; 16) 1 1 5  x  y 8    1  1 3  x y 8. e/ Cộng từng vế hai phương trình ta được: 2 1  x 2 x 1 1 5   x y 8 được: x  2 Thay vào 1 5 1 1 1      y 8 y 8 2 y 8. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x,y) = (2 ; 8). f/. 1  2  2 x  y  x  y 1    1  5 6  x  y 2 x  y. Đặt. a. 1 1 ;b  2x  y x y. x y   y  x  2 Điều kiện. Trang 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2a  b 1  Ta có hệ phương trình 5a  b 6  a 1  Giải ra ta được b 1  1  2 x  y 1   2 x  y 1     1 1  x  y 1  Giải hệ phương trình  x  y  2  1 ( x; y )  ;  3 3  Vậy nghiệm của hệ phương trình. 2   x  3   y  1  3 ( Thỏa điều kiện ). 5( x  2 y ) 3 x  1 5 x  10 y 3 x  1   2 x  4 3x  15 y  12 h/ 2 x  4 3( x  5 y )  12  2 x  10 y  1 2 x  10 y  1       x  15 y  16  2 x  30 y  32  x  15 y  16  40 y  33 .  33   y  40   x  29  8.  29  33  ( x; y )  ;   8 40  Vậy nghiệm của hệ phương trình. Bài 2: 2ax  by 12  a/ ax  2by  6 Do ( x  2; y 1) là nghiệm của hệ phương trình   4a  b 12  4a  b 12    Nên  2a  2b  6  a  b  3 9 9   a  5  a  5    9  b  3 b  24  5  5   mx  3 y 1  b/  x  ny  2.  5a 9   a  b  3. Do ( x  2; y 3) là nghiệm của hệ phương trình   2m  3.3 1  2m  9 1    2  3n  2 Nên  2  3n  2   2m  8  3n 0.  m 4   n 0. Trang 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bài 3: mx  3 y 5  Câu 1: 4 x  6 y 9. Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất m 3 3.4   m 4 6 6  m 2 x  2 y  5   Câu 2: ax  3 y a . a/ Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất . 1 2 3.1 3   a  a a 3 2 2. b/ Hệ phương trình vô nghiệm . 1 2 5 3    a a 3 a 2.  x  3 y m  Câu 3: 2 x  6 y 8 1 3  Ta có 2  6 1 m   m 4 Nếu 2 8 thì hệ phương trình có vô số nghiệm. 1 m   m 4 Nếu 2 8 thì hệ phương trình vô nghiệm.. Bài 4: Câu 1: a/ Vì đồ thị hàm số đi qua A(2; -4) nên 2a  b 4 Và qua B(-5 ; 4) nên  5a  b 4  2a  b 4    5 a  b  4  Ta có hệ phương trình. a 0 7 a 0   2a  b 4 b 4. Vậy y 4 b/ Vì đường thẳng y ax  b qua A(3 ; -1) nên 3a  b  1 Và qua B(-2 ; 9) nên  2a  b 9 3a  b  1    2 a  b  9  Ta có hệ phương trình. 5a  10   2a  b 9. a  2 a  2    2( 2)  b 9 b 5. Vậy y  2 x  5 Câu 2: Xác định giao điểm B của hai đường thẳng : y  x và y  2 x  1 Trang 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng:  x  2 x  1  x 1  y  1. Vậy B(1 ; -1) Xác định tiếp đường thẳng đi qua A(2 ; 1) và B(1 ; -1) được y 2 x  3. Bài 5 : a/ 2 ì ïíï y A = x A Û A(1; - 1) ïîï x A = 1 A Î (d ) Û - 1 =- 2.1 + m Û m = 1. ïìï A Î ( P ) Û í ïïî x A = 1. b/ Bảng giá trị y = -x2 x y=– x2. – 3 – 9. x. 0. y = – 2x – 3. – 3. – 2 – 4. – 1 – 1. 0 0. 1. 2. 3. – 1. – 4. – 9. - 3 2 0. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là :. - x 2 =- 2 x - 3 éx =- 1 Û x2 - 2x - 3 = 0 Û ê ê ëx = 3. Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là B(-1 ;-1) ; C(3 ;-9). Trang 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> c/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) - x 2 =- 2 x + m Û x 2 - 2m + m = 0 (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Û D ' = 1- m > 0 Û m <1. Với m<1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt d/ (d) tiếp xúc với (P) Û D ' = 0 Û 1- m = 0 Û m = 1 (d) không cắt (P) Û D ' < 0 Û 1- m < 0 Û m > 1 Bài 6 : 1/ 3 x 2 + 75 = 0 3 x 2 + 75 > 0 " x. Nên phương trình vô nghiệm.. 2/ 3/. 2 2 x - 384 = 0 Û 2 x 2 = 1152 Û x 2 = 576 Û 3. é x1 = 24 ê ê x =- 24 ë 2. éx = 9 1 Û x 2 = 81 Û ê êx =- 9 x( x - 15) = 3(27 - 5 x ) ë2 4/. Trang 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> x (2 x - 7) - 12 =- 4(3 - x ) Û 2 x 2 - 7 x - 12 =- 12 + 4 x Û 2 x 2 - 11x = 0 éx = 0 ê1 Û x (2 x - 11) = 0 Û ê êx = 11 2 ê 2 ë 5/. (3 x - 2)2 - 2( x - 1)2 = 2 Û 9 x 2 - 12 x + 4 - 2 x 2 + 4 x - 2 = 2 Û 7 x 2 - 8x = 0 éx = 0 ê1 Û x (7 x - 8) = 0 Û ê êx = 8 2 ê 7 ë 2 Bài 7 : 1/  x 5 x  14 Û x 2 + 5 x - 14 = 0(a = 1; b = 5; c =- 14). D = 25 + 56 = 81 > 0 x1 = 2; x2 =- 7 2 2/ 3 x  10 x  80 0 (a 3; b 10; c 80) D ' = 25 - 240 = - 215 < 0 Phương trình vô nghiệm. 2. 3/ 25 x  20 x  4 0 D ' =(-10)2 -25.4=0. (a 25; b  20; c 4). Phương trình có nghệm kép :. x1  x2 .  b ' 10 2   a 25 5. Bài 8 a/. 3x 2  2 x  m 0. (a 3; b '  1; c m). D ' = (-1)2 -3m = 1-3m. Để phương trình vô nghiệm D ' <0 suy ra 1-3m<0 hay m. b/. m. 1 3. 1 3 thì phương trình đã cho vô nghiệm. Với 2x2 + mx – m2 = 0 (a = 2;b = m; c =– m2) D = m2 – 4.2(–m2) D = m2 +8 m2 D = 9 m2 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt Û D > 0 Û 9m > 0 Û m ¹ 0 Trang 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> c/. 25 x2 + mx +2 = 0 (a = 25;b = m;c = 2) D = m2 – 4.25.2 D = m2–200 é m = 10 2 1 Û m 2 - 200 = 0 Û ê ê ê ëm2 =- 10 2 Để phương trình có nghiệm kép thì D =0. Bài 9: 1/ x2 + (m+1)x + m = 0 (a = 1;b = m+1;c = m) D =(m+1)2 -4.1.m D = m2 +2m +1-4m = m2 - 2m +1 = (m+1)2 ³ 0 với mọi m 2/ Thay x = –2 vào (1) (–2)2 +(m+1)(–2) + m = 0 – 2m – 2+ m = 0 2 – m = 0Û m = 2 c x1 .x2 = = m a - 2.x2 = 2 Û x2 =- 1. 3/ Phương trình có hai nghiệm đối nhau Û x1 + x2 =0 Û –(m+1) = 0 Û m =–1 4/ Phương trình có hai nghiệm nghịch đảo nhau Û x1 x2= 1 Û m = 1 5/ Theo hệ thức Vi-et. ìï x + x =- (m +1)(1) 2 ïí 1 ïï x1. .x 2 = m(2) î x1 - x 2 = 2 Û (x1 - x 2 )2 = 4 Û (x1 + x 2 )2 - 4x1x 2 = 4 Û m 2 + 2m +1- 4m = 4 ém =- 1 2 Û m - 2m - 3 = 0 Û ê êm = 3 ë x  x2 2 Vậy với m = –1 hoặc m = 3 thì 1 6/. x12 + x2 2 = ( x1 + x2 )2 - 2 x1 .x2 Û x12 + x2 2 = (m +1)2 - 2m Û x12 + x2 2 = m 2 +1 ³ 1. GTNN là 1 Û m = 0 7/. Trang 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> ìï D ³ 0 ïìï (m - 1)2 ³ 0 ìï m ³ 1 ï ï ï ïí P > 0 Û ïí m>0 Û ïí m > 0 ïï ïï ïï S > 0 ( m + 1) > 0 ï ï ïïî m <- 1 ï ïî Phương trình có hai nghiệm đều dương Û î Vậy không có giá trị nào của m để phương trình có hai nghiệm đều dương 8/ Ta có. ìïï x1 + x2 =- (m +1) ìïï x1 + x2 =- m - 1 Û í í ïîï ïîï x1 .x2 = m x1 .x2 = m Þ x1 + x2 + x1 .x2 =- 1. Vậy biểu thức trên không phụ thuộc vào m 9/Ta có. x13 + x23 = ( x1 + x2 )( x12 - x1 x2 + x 22 ) Û x13 + x23 = (- m - 1)(m 2 +1- m) Û x13 + x23 =- (m +1)(m 2 - m +1) Û x13 + x23 =- (m 3 +1) Bài 10: 1/. x-. 15 = 2( x ¹ 0) x. éx =- 3 x 2 - 15 = 2 x Û x 2 - 2 x - 15 = 0 Û ê ê ëx = 5 (Thỏa điều kiện) Vậy nghiệm của phương trình là x1 =-3 và x2 = 5 2/. 1 1 = 1( x ¹ ±1) x +1 x - 1 Þ x - 1- ( x +1) = x 2 - 1 Û x - 1- x - 1 = x 2 - 1 Û x 2 =- 1 Vậy phương trình vô nghiệm . 3/. 2x4 – 7x2 – 4 = 0 2 Đặt t = x ³ 0 .Ta có phương trình :. Trang 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 2t 2 - 7t - 4 = 0 D = 49 - 4.2(- 4) = 81 Þ. D =9. 7 +9 = 4(nhanâ); 4 éx = 2 1 Þ x2 = 4 Û ê êx =- 2 ë2 t1 =. t2 =. 7- 9 - 2 - 1 = = (loai) & 4 4 2. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 2 và x2 = –2. 4/. x 5 - x 3 - x 2 +1 = 0 Û x 3 ( x 2 - 1) - ( x 2 - 1) = 0 Û ( x 2 - 1)( x 3 - 1) = 0 éx 2 - 1 = 0 Û ê3 Û êx - 1 = 0 ë. éx =1 ê êx =- 1 ê êx =1 ë. éx 2 = 1 ê Û êx 3 = 1 ë. Vậy nghiệm của phương trình là x1 1; x2  1. HÌNH HỌC I. LÝ THUYẾT Câu 1: B. Cho đường tròn (O). C. GT A. »AB = CD ». O D. KL. AB = CD. » » · · Ta có: AB = CD ( GT)  AOB = COD ( 2 góc ở tâm chắn 2 cung bằng nhau thì. bằng nhau) Nên :. V AOB =VCOD ( c.g.c)  AB = CD (đpcm). Câu 2: M. GT A. Cho đường tròn (O) AB: Đường kính ·. Dây AM sao cho: AMO = 40. B O. KL. · Tính BOM ?. Ta có: OA = OB ( bán kính)  AOM cân tại O Trang 14. 0.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 0 0 · ·  BOM = 2 AMO = 2.40 = 80 ( định lí góc ngoài của tam giác AOM). Câu 3: GT. D. C. Cho đường tròn (O) CD: dây cung AB: đường kính AB // CD. B. A. O. KL. · · Ta có: AOC = OCD ( So le trong);. · · BOD = ODC. · · Mà OCD = ODC ( VOCD cân tại O) ·  ·AOC = BOD. . »AC = BD ». ( So le trong). »AC = BD » ( 2 góc ở tâm bằng nhau thì chắn 2 cung bằng nhau). Câu 4: N M A. B. GT. O. . Cho đường tròn (O) . M,N  (O):. 0 · 0 · . AOM = 40 , BON = 80. ·AOM = 400 , BON · = 800. KL. So sánh: AM, MN, BN?. Ta có:. · · MON = 1800 - ·AOM - BON · MON = 1800 - 400 - 800 ·AOM < MON · · < NOB. . 0 · ( vì AOB = 180 ). ¼ ¼ < »NB AM < MN ( góc ở tâm nhỏ hơn thì chắn cung nhỏ hơn).  . AM < MN < NB ( cung nhỏ hơn thì căng dây nhỏ hơn). Câu 5: B A. GT O D. C. KL. . Cho đường tròn (O) . ABCD nội tiếp (O) µA + C µ = 1800 µ +D µ = 1800 B. 1 ¼ µA = 2 BCD Ta có: sđ ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn) 1 µ = 2 BAD C sđ ¼ ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn) 1 µA + C µ =1 ¼ ¼  2 sđ( BCD + BAD ) = 2 . 3600 = 1800. Trang 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 0 0 0 0 µ µ µ µ Tương tự: B + D =180 ( hoặc B + D = 360 - 180 = 180 : tính chất tổng 4 góc của tứ giác) Câu 6: Học sinh xem SGK trang 74 Câu 7: Học sinh xem SGK trang 78 Câu 8:. Cho đường tròn (O) D. m. · BEC : góc có đỉnh bên trong (O). GT. A. E O. B. 1 ·BEC 2 ¼ ¼ = sđ( BnC + AmD ). KL. C. n. Xét tam giác BDE, ta có:. · µ µ BEC = B + D ( định lí góc ngoài của tam giác BDE) µ =1 B AmD ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn) 2 sđ ¼ Mà µ =1 D ¼ 2 sđ BnC ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn) 1 ¼ ·BEC 2 ¼ Nên: = sđ( AmD + BnC ). Câu 9: Cho đường tròn (O; R = 3cm). B. GT A. sđ »AB = 600. O. KL. l AB » =. Ta có: Với : Vậy: Câu 10:. Tính độ dài »AB. pRn 180 ». 0. R = 3cm và n = sđ AB = 60 ( giả thiết). l »AB =. A. p.3.60 = p(cm) 180 B. M. GT. N. Q. Cho đường tròn (O) ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). O. D P. C. Ta có: AM = AQ BM = BN. KL. AB+CD = AD+BC. ( Tính chất 2 tiếp tuyến giao nhau) (…nt…) Trang 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> DP = DQ (…nt…) CP = CN (…nt…) Cộng từng vế, ta có: AM+BM+DP+CP = AQ+BN+DQ+CN Hay: AB + CD = AD + BC ( đpcm). II. BÀI TẬP Bài 1: C. d. B. A O. GT. x. N. Cho đường tròn(O;R) AB, CD: đường kính, AB  CD tại O. M AB, CM cắt (O) tại N Đường thẳng d  AB tại M Tiếp tuyến của (O) tại N cắt d tại P. P. D. KL. a/. OMNP nội tiếp được 1 đường tròn b/. CMPO là hình bình hành c/. CM.CN không đổi.. a/. Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn: 0 · Ta có: OMP = 90 ( d  AB) 0 · Và ONP = 90. · ·  OMP = ONP. ( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính). Nên: Tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn (Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp nhìn môt cạnh dưới 1 góc không đổi). b/. Chứng minh tứ giác CMPO là hình bình hành: ·AMC = 1 »AC + BN » 2 Ta có: sđ ( Định lí góc có đỉnh bên trong đường tròn(O)) 1 · » + BN » CNx  BC 2 sđ và ( Định lí góc tạo bởi tiếp tuyến và 1 dây cung) »AC » BC 900 . (. (. mà sđ. = sđ. ). ). =. ( do AB. CD). · · Do đó: AMC = CNx · · · Ta lại có: CNx = MOP ( cùng bù với MNP ) · · Từ (1), (2)  AMC = MOP ·AMC , MOP ·. (1) (2). Mà , ở vị trí so le trong. Nên: CM // OP (3) Mặt khác: PM // CO ( Cùng vuông góc với AB) (4) Từ (3), (4)  CMPO là hình bình hành ( Tứ giác có 2 cặp cạnh đối song song) c/. Chứng minh tích CM.CN không đổi:. 0 · Ta có: CND = 90 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn). Trang 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Nên ta chứng minh được: VOMC ഗ V NDC (g.g) CM CO   CD CN. Hay CM.CN = CO. CD = R.2R= 2R 2 Mà R không đổi  2R không đổi Nên: CM.CN không đổi (đpcm). 2. Bài 2: D. GT. A M I B. Cho đường tròn (O), đường kính : BC = 2R A  (O): BA = R; M  cung AC nhỏ. BM cắt AC tại I, BA cắt CM tại D. ·ABM = 450 : (c). C O. KL. a/. DI  BC b/. AIMD nội tiếp (O) c/. Tính độ dài AD và. Squat AOM. Ta có: BAC = 90 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)  CA  BD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC.. (1). . ?. a/. Chứng minh : DI  BC: ·. Và . 0. · BMC = 90 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) BM  CD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC. 0. (2). Từ (1), (2)  I là trực tâm của tam giác BDC  DI là đường cao thứ ba của tam giác BDC Nên DI  BC b/. Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn: 0 · Ta có: IAD = 90 ( CA  BD ). Và . · IMD = 900 ( BM  CD · · IAD + IMD = 900 + 900 1800. Nên: Tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn. 0 ( Tứ giác có tổng 2 góc đối diện bằng 180 ) c/. Tính độ dài AD. Diện tích hình quạt AOM: *Tính AD:. 0 0 · Nếu ABM = 45 thì V ABI vuông cân tại A ( Tam giác vuông có 1 góc nhọn bằng 45 )  AB = AI = R. · Xét tam giác ADI vuông tại A , ta có: ·ADI = AMI ( 2góc nội tiếp cùng chắn cung AI…). Trang 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 1 0 ·AMI = 1 .60 300 » 2 sđ AB = 2 Mà ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn và V AOB đều) ·ADI = 300. Nên: Vậy : Tam giác ADI là nửa tam giác đều.  ID = 2R Lúc đó: AD =. ID 2  AI 2  3R 2 R 3 (đvđd). * Tính diện tích hình quạt AOM:  R2n 0 · · S Ta có: quat AOM = 360 , với n = AOM = 2. ABM = 90  R 2 .90  R 2  Squat AOM 4 (đvdt) Nên: = 360  Bài 3: C. A. O. B. D. GT. F. Cho đường tròn (O), đường kính AB C  (O): CA>CB D  tia đối của tia BC: ACDE là hình vuông. CE cắt (O) tại F BF cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở M:. E. M. KL. a/. OF  AB b/. Tam giác BDF cân tại F. c/. D, E, M thẳng hàng.. a/. Chứng minh: OF  AB. 0 · · Ta có: ACF = BCF = 45 ( Tính chất của đường chéo hình vuông). »AF = BF » ( Hai góc nội tiếp bằng nhau chắn 2 cung bằng nhau)  AF = BF  V AFB cân tại F. Mà O là trung điểm của AB  FO là trung tuyến cũng là đường cao ( Tính chất tam giác cân) Hay : FO  AB. b/. Chứng minh tam giác BDF cân tại F: F  đường chéo CE của hình vuông ACDE  FA = FD ( Tính chất 2 đường chéo của hình vuông) Mà: FA = BF ( cmt)  FD = FB Hay: Tam giác BDF cân tại F. (1). Trang 19. (2).

<span class='text_page_counter'>(20)</span> c/. Chứng minh: D, E, M thẳng hàng: Xét tam giác ABM, ta có: O là trung điểm của AB Mà OF // AM ( cùng vuông góc với AB)  F là trung điểm của BM  FM = FB (3)  Từ (1),(2),(3) FA = FB = FD = FM  ABDM là tứ giác nội tiếp được một đường tròn ( Tứ giác có 4 đỉnh cách đều F) · ·  BAM + BDM = 1800 0 · Mà BAM = 90 ( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính) ·  BDM = 900  DM  BD ·. 0. Ta lại có: DE  BD ( do BDE = 90 ) Từ (4),(5)  DM trùng với DE ( hệ qủa tiên đề Ơ- Clit) Hay: D, E, M thẳng hàng.. (4) (5). 0 · (Chú ý: Học sinh có thể chứng minh DEM = 180 bằng cách xét: V AEM và V ACB ). Bài 4: A. GT. Q I. B H. C. M. P. KL. Cho V ABC vuông tại A AM: trung tuyến, AH: đường cao Đường tròn (H; HA) cắt AB tại P và AC tại Q a/. Chứng minh : P, H, Q thẳng hàng. b/. MA  PQ c/. BPCQ nội tiếp được đường tròn.. a/. Chứng minh 3 điểm P, H, Q thẳng hàng: 0 · Ta có: PAQ = 90 (GT). · Mà PAQ là góc nội tiếp.   . · PAQ chắn cung nửa đường tròn. PQ là đường kính của đường tròn tâm H P, H, Q thẳng hàng ( đường kính đi qua tâm). b/. Chứng minh: MA  PQ: Gọi I là giao điểm của AM và PQ µ · Ta có: C = MAC ( Tam giác MAC cân tại M) 0 µ · Mà C + HAC = 90 ( Tam giác AHC vuông tại H) · · Và HAC = AQH ( Tam giác AHQ cân tại H). Trang 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 0 · ·  MAC + AQH = 90. Nên: Tam giác AIQ vuông tại I Hay PQ vuông góc với AM tại I c/. Chứng minh tứ giác BPCQ nội tiếp được 1 đường tròn: µ · · Ta có: C = BAH ( cùng phụ với CAH ) µ = BAH · mà P ( Tam giác AHP cân tại H). µ =P µ  C  Tứ giác BPCQ nội tiếp được 1 đường tròn. ( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc không đổi). Bài 5: C E P. Q. GT B. A O. KL. D. Cho đường tròn (O) AB, CD là 2 đường kính:AB  CD tại O AE cắt OC tại P ( P: trung điểm OC) ED cắt BC tại Q a/. CPQE nội tiếp được 1 đường tròn b/. PQ // AB c/ So sánh. SCPQ. và S ABC ?. a/. Chứng minh: CPQE nội tiếp được 1 đường tròn: · Ta có: PCQ chắn cung BD. Mà:. · PEQ chắn cung AD · »BD = »AD BOD = ·AOD = 900. ( do. · · PCQ = PEQ. ). Nên: Vậy: Tứ giác CPQE nội tiếp được 1 đường tròn. ( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc không đổi) b/. Chứng minh: PQ // AB: Ta có: Tứ giác CPQE nội tiếp được 1 đường tròn (cmt) · ·  CEP = CQP ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CP) · µ CEP =B. Ta lại có:. · µ  CQP = B. ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn(O)) Trang 21.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> ·. µ. Mà CQP, B ở vị trí đồng vị Nên: PQ // AB S. c/. So sánh CPQ và S ABC ? Ta có: P là trung điểm OC (GT) Mà PQ // AB (cmt)  Q là trung điểm của BC Nên: PQ là đường trung bình của tam giác BOC 1 S  CPQ = 4 S BOC. Mà CO là trung tuyến của tam giác ABC 1 S  S BOC = 2 ABC 1 1 1 SCPQ 4 2 S ABC 8 S ABC Do đó: = . =. Hãy thực hiện ước mơ của mình bằng tất cả quyết tâm và nghị lực của bản thân.. Chúc các em ôn tập thật tích cực và thi đạt kết quả cao!. !!!???!!!. Trang 22.

<span class='text_page_counter'>(23)</span>