ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. ( Buổi ) PHẦN ĐẠI SỐ A/. HỆ PHƯƠNG TRÌNH : I/. Kiến thức :  ax + by = c( D1 ) ta có số nghiệm :  a ' x + b ' y = c '( D ) * Với hệ phương trình :  Số nghiệm Vị trí đồ thị Nghiệm D1 cắt D2 Vơ nghiệm D1 // D2 Vơ số nghiệm D1 ≡ D2 ĐK hệ số a b ≠ a' b' a b c = ≠ a' b' c' a b c = = a' b' c' II/. Các dạng tập : Dạng : Giải hệ phương trình (PP cộng ) * Phương pháp cộng : - Biến đổi hệ pt dạng có hệ số ẩn đối . - Cộng (trừ) vế pt => PT bậc I ẩn - Giải PT ẩn vừa tìm tìm giá trị ẩn lại  x + y = 6(1) 4 x + y = 12(3) ⇔  x − y = 3(2)  x − y = 9(4) Ví dụ 1).  Cộng vế (3) (4) ta : 7x = 21 => x = Thay x = vào (1) => + 3y = => y = Vậy ( x = 3; y = 0) nghiệm hệ PT * Phương pháp : - Từ PT hệ biểu thị x theo y (hoặc y theo x). - Thay x (hoặc y) vào PT lại => PT bậc ẩn số . - Giải PT ẩn vừa tìm tìm giá trị ẩn lại. 7 x − y = 1(1) 3 x + y = 6(2) Ví dụ 2).  Từ (2) => y = – 3x (3) Thế y = – 3x vào phương trình (1) ta : 7x – 2.(6 – 3x) = => 13x = 13 => x = Thay x = vào (3) => y = – = Vậy ( x = 1; y = 3) nghiệm hệ phương trình. Dạng : Tìm tham số để hệ PT thoả đk đề  x + my =  mx + y = −10 Ví dụ 1). Cho hệ phương trình:  Với giá trị m hệ phương trình : - Vơ nghiệm - Vơ số nghiệm . Giải : ♣ Với m = hệ (*) có nghiệm (x =5; y= ♣ Với m ≠ ta có : - Để hệ phương trình (*) vơ nghiệm : m = ≠ m −10 −5 ) ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9.  m2 =  m = ±2 ⇔ ⇔ m = (thoả)   m ≠ −2  −10m ≠ 20 Vậy m = hệ phương trình vơ nghiệm - Để hệ phương trình (*) có vơ số nghiệm : m = = m −10  m2 =  m = ±2 ⇔ ⇔ m = −2 (thoả)   m = −2  −10m = 20 Vậy m = - hệ phương trình có vơ số nghiệm Ví dụ 2) Xác định hệ số a; b để hệ phương trình :  x + by = −4 (I) có nghiệm (x = 1; y = -2)   bx − ay = −5 Giải : Thay x = 1; y = -2 vào hệ (I) ta :  − 2b = −4  −2b = −6  b=3 ⇔ ⇔  b + 2a = −5  a + b = −5  a + = −5  b=3 ⇔ Vậy a = -4 ; b = hệ có nghiệm (1;-2)  a = −4 III/. Bài tập tự giải : Bài tập 1). Giải hệ phương trình : 7 x − y = 10 3 x + y = 10 x − y = b).  5 x + y = a).  1 1 x + y =  c).  10 + =  x y  x + y =1  mx + y = m Bài tập 2). Cho hệ PT :  a). Với m = giải hệ PT trên. b). Tìm m để hệ PT có nghiệm nhất, có VSN ( Buổi ) B/. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI : I/. Kiến thức : 1).Cơng thức nghiệm & cơng thức nghiệm thu gọn: Với phương trình : ax2 + bx + c = ( a ≠ ) ta có : Cơng thức nghiệm b Cơng thức nghiện thu gọn (b chẳn; b’= ) ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. ∆ = b − 4ac ∆ ' = b '2 − ac - ∆ < : PTVN - ∆ ' < : PTvơ nghiệm - ∆ = : PT có n kép - ∆ ' = : PT có n0 kép −b −b ' x1 = x2 = x1 = x2 = 2a a - ∆ > : PT có n - ∆ ' > : PT có n0 −b ± ∆ −b '± ∆ ' x1 ; x2 = x1 ; x2 = 2a a * Ghi nhớ : Các trường hợp đặc biệt ☺Nếu a + b + c = => PT có hai nghiệm : x1 = 1; x2 = ☺Nếu a – b + c = => PT có hai nghiệm : x1 = −1; x2 = c a −c a 2). Hệ thức Viét : * Nếu x1; x2 hai nghiệm phương trình bậc hai ax2 + bx + c = ( a ≠ ) tổng tích hai nghiệm : x1 + x2 = −b c ; x1.x2 = a a II/. Các dạng tập : ♣ Dạng : Giải phương trình : - Tìm ĐKXĐ phương trình (nếu có) - Biến đổi dạng PT bậc ẩn số. - Giải PT cơng thức nghiệm - Nhận nghiệm trả lời Bài tập 1). Giải phương trình : 4x2 – 11x + = * Cách : Sử dụng cơng thức nghiệm ∆ = b − 4ac = (−11) − 4.4.7 = > ⇒ ∆ = Vì ∆ > nên phương trình có nghiệm : −b + ∆ 11 + −b − ∆ 11 − x1 = = = ; x2 = = =1 2a 2a * Cách : Trường hợp đặc biệt Vì a + b + c = + (-11) + = Nên phương trình có nghiệm : x1 = 1; x2 = c = a Bài tập 2). Giải phương trình : - TXĐ : x ≠ ±1 (*) ⇔ 2x − = (*) x −1 x +1 2x 1.( x − 1) 2.( x + 1).( x − 1) − = x − ( x + 1).( x − 1) 1.( x + 1).( x − 1) ⇔ 2x − x + = 2x2 − ⇔ 2x2 − x − = Vì a – b + c = – (– 1) – = Nên phương trình có nghiệm : x1 = −1; x2 = −c = a Bài tập 3). Giải phương trình : 3x4 – 5x2 – = (**) Đặt X = x2 ( X ≥ 0) (**) ⇔ X − X − = (a = 4; b = – 11; c = 7) ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. −1 ⇔ X1 = (nhận) X2 = (loại) Với X = => x2 = x = ± * Bµi tËp Dạng : Giải phương trình sau : 1). x − 10 x + 21 = 2). x − 19 x − 22 = 3). (2 x − 3) = 11x − 19 x x + = x +1 x −1 x + x + 21 26 − = 5). x−2 x+2 6). x − 13 x + 36 = 4). 1 1   7).  x + ÷ − 4,5  x + ÷+ = x x   ( Buổi ) ♣ Dạng : Phương trình có chứa tham số : ☺ Loại : Tìm tham số m thoả ĐK cho trước - Tính ∆ theo tham số m - Biện luận ∆ theo ĐK đề ; VD : Cho PT : x2 – 4x + 2m – = Tìm m để phương trình : - Vơ nghiệm - Có nghiệm kép - Có nghiệm phân biệt Giải : Ta có : a = 1; b = – 4; c = 2m – ⇒ ∆ ' = (−2) − 1.(2m + 1) = − 2m * Để phương trình vơ nghiệm ∆ < ⇒ − m < ⇔ −2 m < − ⇔ m > * Để phương trình có nghiệm kép ∆ = ⇒ − 2m = ⇔ −2m = −3 ⇔ m = * Để PT có nghiệm phân biệt ∆ > 3 (Lưu ý : Để PT có nghiệm ∆ ≥ ) ⇒ − 2m > ⇔ −2m > −3 ⇔ m < ☺Loại : Tìm tham số m để phương trình có nghiệm x = a cho trước : - Thay x = a vào PT cho => PT ẩn m - Giải PT ẩn m vừa tìm VD : Cho PT (m – 1)x2 – 2m2x – 3(1 + m) = a). Với giá trị m PT có nghiệm x = - ? b). Khi tìm nghiệm lại PT. Giải : a). Vì x = -1 nghiệm phương trình, : ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. ⇒ (m − 1).(−1) − 2m .(−1) − 3.(1 + m) = ⇔ m − + 2m − − 3m = ⇔ m − m − = ⇔ m1 = −1; m2 = Vậy m1 = - 1; m2 = phương trình có nghiệm x = -1 b). Gọi x1; x2 nghiệm phương trình Vì PT có nghiệm x1 = - => x2 = −c 3(1 + m) = a m −1 + Với m = => x2 = + Với m = -1 => x2 = Vậy : Khi m = nghiệm lại PT x2 = Và m = -1 nghiệm lại PT x2 = ☺Loại : Tìm tham số m để phương trình có n0 thoả ĐK cho trước α x1n + β x2m = δ …. : - Tìm ĐK m để PT có nghiệm - Sử dụng Viét để tính S P n0 theo m. n m - Biến đổi biểu thức α x1 + β x2 = δ dạng S; P => PT hệ PT ẩn tham số m VD : Cho PT : x2 – 2x – m2 – = Tìm m cho phương trình có nghiệm x1; x2 thoả : a). x12 + x22 = 20 b). x1 − x2 = 10 Giải : Vì a.c < nên phương trình ln có nghiệm với m. Theo hệ thức Viét ta có : S = x1 + x2 = P = x1.x2 = − m − 2 a). Khi x1 + x2 = 20 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 20 ⇔ 22 − 2(−m2 − 4) = 20 ⇔ m = ⇔ m = ±2 2 Vậy m = ±2 PT có nghiệm thoả x1 + x2 = 20 b). Khi x1 − x2 = 10 ⇔ ( x1 − x2 ) = 100 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 100 ⇔ 22 − 4(−m2 − 4) = 100 ⇔ + 4m + 16 = 100 ⇔ m = 20 ⇔ m = ±2 Vậy m = ±2 PT có nghiệm x1 − x2 = 10 * Ghi nhớ : Một số hệ thức x1; x2 thường gặp *x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 * ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − x1 x2 *x12 − x22 = ( x1 + x2 ) ( x1 − x2 ) *x13 + x23 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 ( x1 + x2 ) * 1 x1 + x2 + = x1 x2 x1 x2 III/. Bài tập tự giải : ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. Dạng : Tìm tham số m thoả ĐK đề 1). Cho phương trình : mx2 + 2x + = a). Với m = -3 giải phương trình trên. b). Tìm m để phương trình có : - Nghiệm kép - Vơ nghiệm - Hai nghiệm phân biệt 2). Cho phương trình : 2x2 – (m + 4)x + m = a). Tìm m để phương trình có nghiệm 3. b). Khi tìm nghiệm lại phương trình. 3). Cho phương trình : x2 + 3x + m = a). Với m = -4 giải phương trình 2 b). Tìm m cho phương trình có hai nghiệm x1; x2 thoả điều kiện x1 + x2 = 34 ( Buổi ) C/. CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM SỐ : I/. Kiến thức : 1). Điểm A(xA; yA) & đồ thị (C) hàm số y = (x): - Nếu f(xA) = yA điểm A thuộc đồ thị (C) - Nếu f(xA) ≠ yA điểm A khơng thuộc đồ thị (C) 2). Sự tương giao hai đồ thị : Với (C) & (L) theo thứ tự đồ thị hai hàm số : y = f(x) y = g(x) . Khi ta có : * Phương trình hồnh độ giao điểm (C) & (L) : f(x) = g(x) (1) - Nếu (1) vơ nghiệm => (C) & (L) k./có điểm chung - Nếu (1) có n0 kép => (C) & (L) tiếp xúc - Nếu (1) có 1n0 n0 => (C) & (L) có điểm chung. II/. Các dạng tập : ♣ Dạng : Vẽ đồ thị : - Đồ thị h/s y = ax + b có dạng đường thẳng, nên vẽ ta cần tìm điểm thuộc đồ thị - Đồ thị h/số y = ax2 có dạng đường cong parabol đối xứng qua Oy, nên vẽ ta cân tìm khoảng điểm thuộc đồ thị. VD : Cho hàm số y = - x + y = 2x2 . a). Hãy Vẽ đồ thị h/số lên mặt phẳng Oxy. b). Dựa vào đồ thị tìm hồnh độ giao điểm kiểm tra lại PP đại số. Giải : - Xác định toạ độ điểm thuộc đồ thị : x y=-x+1 x y = 2x - Vẽ đồ thị : -1 -½ ½ ½ ½ ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. y = 2x2 x b). Hai đồ thị có hồnh độ giao điểm x1 = -1 x2 = ½ Thật : Ta có PT hồnh độ giao điểm h/số là: x2 = − x + ⇔ x2 + x −1 = ⇔ x1 = −1; x2 = * Bµi tËp Cho hai hàm số : - (D) : y = – 4x + - (P) : y = – x2 a). Vẽ đồ thị (D) (P) lên mp toạ độ b). Dựa vào đồ thị xác định toạ độ giao điểm (D) (P), kiểm tra lại phương pháp đại số. Dạng : Xác định hàm số VD1 : Cho hàm số : y = ax2 . Xác định hàm số biết đồ thị (C) qua điểm A( -1;2) Giải Thay toạ độ A(-1; 2) thuộc đồ thị (C) vào hàm số Ta : = a.( -1) => a = - Vậy y = -2x2 hàm số cần tìm. VD2 : Cho Parabol (P) : y = x a). Vẽ đồ thị hàm số trên. b). Tìm m để đường thẳng (D) : y = 2x + m tiếp xúc với (P) Giải : a). - Xác định toạ độ điểm thuộc đồ thị : x -2 -1 y = ½x ½ ½ - Vẽ đồ thị : y= x2 x b). Tacó PT hồnh độ giao điểm (P) & (D) : x = x + m ⇔ x − x − 2m = (1) Để (P) (D) tiếp xúc (1) có nghiệm kép ⇒ ∆ ' = (−2) − 1.(−2m) = ⇒ + 2m = ⇔ m = −2 Vậy m = -2 đồ thị (P) (D) tiếp xúc nhau. 2 ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. III/. Bài tập tự giải : 1). Cho hai hàm số : - (D) : y = – 4x + - (P) : y = – x2 a). Vẽ đồ thị (D) (P) lên mp toạ độ b). Dựa vào đồ thị xác định toạ độ giao điểm (D) (P), kiểm tra lại phương pháp đại số. 2). Cho hàm số (P) : y = ax2 ( a ≠ ) a). Xác định hàm số (P). Biết đồ thị qua điểm A(2; - 2). b). Lập phương trình đường thẳng (D). Biết đồ thị song song với đường thẳng y = 2x tiếp xúc với (P). ( Buổi ) PHẦN HÌNH HỌC A/. KIẾN THỨC : I). HỆ THỨC LƯƠNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG : 1. Hoàn thành hệ thức lượng tam giác vuông sau : 1). AB2 = BH.BC ; AC2 = HC.BC 2). AH2 = BH.HC 3). AB. AC = BC.AH 4). Cạnh kề Cạnh đối α Huyền 1 = + 2 AH AB AC 2. Hoàn thành đònh nghóa tỉ số lương giác góc nhọn sau : D H D 3. tgα = K 2. cosα = 1. sinα = K H 4. cot gα = K D 3. Một số tính chất tỉ số lượng giác : * Nếu α β hai góc phụ : 1. sinα = cos β 2. cosα = sin β 3. tgα = cotg β 4. cot gα = tg β 4. Các hệ thức cạnh góc * b = a.sin B = a.cos C b = c.tgB = c.cot gC * c = a.SinC = a. CosB c = b . tgC = b. cotgB * Bi : II). ĐƯỜNG TRÒN : 1). Quan hệ đường kính dây : 2). Quan hệ dây k/cách từ tâm đến dây : - AB = CD  OH = OK - AB > CD  OH < OK ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. AB ⊥ CD I ⇔ IC = ID ( CD < AB = 2R ) 3). Tiếp tuyến : 4). Tính chất hai tiếp tuyến cắt MA; MB T.tuyến  MA = MB ¶ ¶ =>  M = M  µ ¶  O1 = O2 a ttuyến  a ⊥ OA A 5. Vò trí tương đối đường thẳng đường tròn Đường thẳng đường tròn cắt Số điểm chung (OH = d) Đường thẳng đường tròn tiếp xúc Hệ thức d & R dR Số điểm chung Hệ thức OO’ với R&r R – r < OO’ < R + r OO’ = R + r OO’ = R – r > OO’ > R + r (OH = d) 6.Vò trí tương đối hai đường tròn 1). Hai đường tròn cắt : OO’ trung trực AB 2). Hai đường tròn tiếp xúc : Ba điểm O; A; O’ thẳng hàng 3). Hai đường tròn không giao : ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. Ngoài tâm Đựng OO’ < R – r OO’ = Đồng * Bi III/. GĨC VÀ ĐƯỜNG TRỊN : 1. Góc tâm : 2. Góc nội tiếp ·AOB = sd »AB ·AMB = sd »AB 3. Góc tạo tiếp tuyến dây cung 4. Góc có đỉnh bên ngồi đường tròn : · BAx = sd »AB · » − sd »AC ) BMD = ( sd BD 5. Góc có đỉnh bên đường tròn : ( 6. Một số tính chất góc với đường tròn : ·AID = sd »AD + sd BC » ) 7. Tứ giác nội tiếp : * 8. Một số dạng chứng minh tứ giác nội tiếp : ABCD tứ giác nội tiếp ⇔ A; B; C ; D ∈ (O) µA + C µ = 1800 => ABCD nội tiếp ĐN : ·ADB = 900 ; ·ACB = 900 * Tính chất : µA + C µ = 1800 µ +D µ = 180 B ABCD nội tiếp => A;B;C;D thuộc đ.tròn đ.kính AB => ABCD nội tiếp đ.tròn đ.kính AB · µ ; xAD · · xAD =C + DAB = 1800 · µ = 1800 ⇒ DAB +C => ABCD nội tiếp 9. Một số hệ thức thường gặp : IA.IC = IB.ID ∆ (do ABI 10. Một số hệ thức thường gặp : MA2 = MB.MC ∆ ∆ ∆ DCI) MA.MB = MD.MC (do MBA MAC) ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. ∆ MCB) (do ∆ MAD AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 8R2 11. Độ dài đường tròn & cung tròn : * Chu vi đường tròn : 12. Diện tích hình tròn & hình quạt tròn : * Diện tích hình tròn : S = π .R C = 2ΠR = d .R * Độ dài cung AB có số đo n0 : l »AB * Diện tích hình quạt cung AB có số đo n0 : π .R.n = 180 * Bi B/. BÀI TẬP : Bài : Cho đường tròn (O) , kẻ hai đường kính AOB, COD vng góc . Trên cung nhỏ BD lấy điểm M (M khác B D ), dây CM cắt AB N, tiếp tuyến đường tròn M cắt AB K, cắt CD F. a). CMR : Tứ giác ONMD nội tiếp. b). CM : MK2 = KA.KB · · c). So sánh : DNM & DMF Bài : Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc BC. Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DE, cắt DE H cắt DC K. a). CMR : Tứ giác BHCD nội tiếp. b). Tính góc CHK. c). CM : KH.KB = KC.KD Squạt = π .R .n l.R = 3600 * Bi Bài : Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC , điểm A thuộc nửa đường tròn, H hình chiếu A BC. Vẽ phía với A BC nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự HB; HC chúng cắt AB, AC theo thứ tự D, E. a). Tứ giác ADHE hình ? b) CMR : Tứ giác BDEC nội tiếp. c). Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường tròn biết HB = 10cm; HC = 40cm. Bài : Cho ∆ ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến B C đường tròn cắt tia AC tia AB D E. Chưng minh : a). BD2 = AD.CD b). Tứ giác BCDE nội tiếp c). BC // DE ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. bi 10 ®Ị tham kh¶o Câu I: (3 điểm) 1) Giải phương trình sau: a) 5.x − 45 = b) x(x + 2) – = x2 2) Cho hàm số y = f(x) = a) Tính f(-1) b) Điểm M 2;1 có nằm đồ thị hàm số khơng ? Vì ? ( ) Câu II: (2 điểm) 1) Rút gọn biểu thức a +1     a −1 − P =  − ÷.  ÷ với a > a ≠ 4. a −2÷  a   a +2  2 2) Cho pt: x − x − 2m = Tìm m để pt có nghiệm thoả mãn : ( + x1 ) ( + x ) = Câu III: (1 điểm) Tổng số cơng nhân hai đội sản xuất 125 người. Sau điều 13 người từ đội thứ sang đội thứ hai số cơng nhân đội thứ số cơng nhân đội thứ hai. Tính số cơng nhân đội lúc đầu. Câu IV: (3 điểm) Cho đường tròn tâm O. Lấy điểm A ngồi đường tròn (O), đường thẳng AO cắt đường tròn (O) điểm B, C (AB < AC). Qua A vẽ đường thẳng khơng qua O cắt đường tròn (O) hai điểm phân biệt D, E (AD < AE). Đường thẳng vng góc với AB A cắt đường thẳng CE F. 1, Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp. 2, Gọi M giao điểm thứ hai đường thẳng FB với đường tròn (O). Chứng minh DM ⊥ AC. 3, Chứng minh CE.CF + AD.AE = AC2. Câu V: (1 điểm) Cho biểu thức : B = (4x5 + 4x4 – 5x3 + 5x – 2)2 + 2008. Tính giá trị B x = . −1 +1 ĐÁP ÁN Câu I: 1) a) 5.x − 45 = ⇔ 5.x = 45 ⇔ x = 45 : ⇔ x = 3. b) x(x + 2) – = ⇔ x2 + 2x – = ∆ ’ = + = ⇒ ∆ ' = . Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1,2 = −1 ± . (−1) 2) a) Ta có f(-1) = = . 2 b) Điểm M ( ) x2 2;1 có nằm đồ thị hàm số y = f(x) = . Vì f ( 2) ( 2) = = 1. ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. a +1  a −    a −1 − . Câu II: 1) Rút gọn: P =  − ÷.  ÷= a a −2÷  a   a +2  ( ) ( ) ( )( a −1 ) ( a + 1) ( ( a − 2) ( a + 2) a −2 − a +2 ) a −3 a + − a +3 a + −6 a −6 = = a − 4. = . a a a a−4 2) ĐK: ∆ ’ > ⇔ + 2m > ⇔ m > − . 2 2 2 Theo đề : ( + x1 ) ( + x ) = ⇔ + ( x1x ) + x1 + x = ⇔ + ( x1x ) + ( x1 + x ) − 2x1 x = . Theo Vi-ét : x1 + x2 = ; x1.x2 = -2m. ⇒ + 4m2 + + 4m = ⇔ 4m2 + 4m = ⇔ 4m(m + 1) = ⇔ m = m = -1. Đối chiếu với ĐK m = -1 (loại), m = (t/m). Vậy m = 0. Câu III: Gọi số cơng nhân đội thứ x (người). ĐK: x ngun, 125 > x > 13. Số cơng nhân đội thứ hai 125 – x (người). Sau điều 13 người sang đội thứ hai số cơng nhân đội thứ lại x – 13 (người) Đội thứ hai có số cơng nhân 125 – x + 13 = 138 – x (người). Theo ta có phương trình : x – 13 = (138 – x) ⇔ 3x – 39 = 276 – 2x ⇔ 5x = 315 ⇔ x = 63 (thoả mãn). Vậy đội thứ có 63 người. · 1) Ta có FAB Đội thứ hai có 125 – 63 = 62 (người). = 900 (Vì FA ⊥ AB). Câu IV: · BEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn F · (O)) ⇒ BEF = 900 · · ⇒ FAB + FEB = 1800 . Vậy tứ giác ABEF nội tiếp (vì có tổng hai góc đối 1800). E 2) Vì tứ giác ABEF nội tiếp nên · · » . Trong đường tròn (O) ta D AFB = AEB = sđ AB · · » . = BMD = sđ BD có AEB C A O B · · Do AFB . Mà hai góc vị trí so = BMD M le nên AF // DM. Mặt khác AF ⊥ AC nên DM ⊥ AC. µ =E µ = 900 . Do hai tam giác ACF ECB đồng 3) Xét hai tam giác ACF ECB có góc C chung , A AC EC = ⇒ CE.CF = AC.CB (1). dạng ⇒ CF CB µ = ADB · · · Tương tự ∆ ABD ∆ AEC đồng dạng (vì có BAD chung, C ). = 1800 − BDE AB AE ⇒ = ⇒ AD.AE = AC.AB (2). AD AC Từ (1) (2) ⇒ AD.AE + CE.CF = AC.AB + AC.CB = AC(AB + CB) = AC2. Câu V: Ta có x = −1 = +1 ( ( ) −1 )( +1 ) −1 = −1 . ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. ⇒ x2 = − 2 ; x3 = x.x2 = − ; x4 = (x2)2 = 17 − 12 ; x5 = x.x4 = 29 − 41 . 16 32 29 − 41 17 − 12 −7 −1 Xét 4x5 + 4x4 – 5x3 + 5x – = 4. + 4. - 5. + 5. -2 32 16 29 − 41 + 34 − 24 − 25 + 35 + 20 − 20 − 16 = = -1. Vậy B = (4x5 + 4x4 – 5x3 + 5x – 2)2 + 2008 = (-1)2 + 2008 = + 2008 = 2009. bi 11 Bài (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số. 1.Giải phương trình (1) n = 3. 2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm. Bài (1,5 điểm) x + y = Giải hệ phương trình:  2 x + y = Bài (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1) 1. Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số góc k. 2. Chứng minh đường thẳng (d) ln cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k. 3. Gọi hồnh độ E F x x2. Chứng minh x1 .x2 = - 1, từ suy tam giác EOF tam giác vng. Bài (3,5 điểm) Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) . Từ điểm G; A; B kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B C D. 1. Gọi N tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp được. CN DN = 2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ suy . CG DG · 3. Đặt BOD = α Tính độ dài đoạn thẳng AC BD theo R α. Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc R, khơng phụ thuộc α. Bài (1,0 điểm) 3m Cho số thực m, n, p thỏa mãn : n + np + p = − . Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức : B = m + n + p. ĐÁP ÁN Bài (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số. 1.Giải phương trình (1) n = 3. x2 – 4x + = Pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm. ∆’ = – n ≥ ⇔ n ≤ Bài (1,5 điểm) x + y = Giải hệ phương trình:  2 x + y = x = HPT có nghiệm:  y =1 Bài (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1) ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. 1. Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số k. y = kx + 2. Chứng minh đường thẳng (d) ln cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k. Phương trình hồnh độ: x2 – kx – = ∆ = k2 + > với ∀ k ⇒ PT có hai nghiệm phân biệt ⇒ đường thẳng (d) ln cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k. 3. Gọi hồnh độ E F x x2. Chứng minh x1 .x2 = -1, từ suy tam giác EOF tam giác vng. Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22) ⇒ PT đường thẳng OE : y = x1 . x PT đường thẳng OF : y = x2 . x Theo hệ thức Vi ét : x1 . x2 = - ⇒ đường thẳng OE vng góc với đường thẳng OF ⇒ ∆EOF ∆ vng. Bài (3,5 điểm) 1, Tứ giác BDNO nội tiếp được. 2, BD ⊥ AG; AC ⊥ AG ⇒ BD // AC (ĐL) ⇒ ∆GBD đồng dạng ∆GAC (g.g) CN BD DN = = ⇒ CG AC DG 3, ∠BOD = α ⇒ BD = R.tg α; AC = R.tg(90o – α) = R cotg α ⇒ BD . AC = R2. Bài (1,0 điểm) n + np + p = − 3m (1) ⇔ … ⇔ ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = ⇔ (m – p)2 + (n – p)2 = - ( m + n + p )2 ⇔ (m – p)2 + (n – p)2 = – B2 vế trái khơng âm ⇒ – B2 ≥ ⇒ B2 ≤ ⇔ − ≤ B ≤ dấu ⇔ m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p = ± ⇒ Max B = m = n = p = Min B = − m = n = p = − bi 12 Câu : ( 2.0 điểm)  x + y = −1 a) Giải hệ phương trình :  3 x + y = −14 ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. 25 ; B= b) Trục mẫu : A = 7+2 4+2 Câu : ( 2.0 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Một đội xe cần phải chun chở 150 hàng . Hơm làm việc có xe điều làm nhiệm vụ khác nên xe lại phải chở thêm . Hỏi đội xe ban đầu có ? ( biết xe chở số hàng ) Câu : ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x2 – 4x – m2 + 6m – = với m tham số a) Giải phương trình với m = b) Chứng minh phương trình ln có nghiệm c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x ; x2 , tìm giá trị bé biểu thức P = x13 + x23 Câu : ( 2,5 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường tròn đường kính AB = 2R . Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC a) Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp b) Chứng minh : DB.DC = DN.AC c) Xác định vị trí điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn tính diện tích trường hợp Câu : ( 1.0 điểm ) Cho D điểm cạnh BC tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O1 , O2 tiếp xúc AB , AC B , C qua D . Gọi E giao điểm thứ hai hai đường tròn . Chứng minh điểm E nằm đường tròn (O) ----------------- HẾT ----------------Gợi ý đáp án câu khó: Câu 3: b. Ta có ac = -m2+6m-5 = -((m-3)2+4) phương trình ln có hai nghiệm phân biệt.  x1 + x2 = c. Theo Viét   x1 x2 = − m + 6m − => P = x13 +x23 = (x1 + x2)(x12 + x22 – x1.x2) = ( x1 + x2 ) . ( x1 + x2 ) − x1 x2  = 4.  42 − 3. ( −m + 6m − )  = 4. ( 16 + 3m − 18m + 15 ) = 4. ( 3m − 18m + 31) = 4.  3.m − 2. 3.m.3 + 27 +    2 = 4.  3.m − 3 +  = 4. 3.m − 3 + 16 ≥ 16   => PMin= 16 m=3 Câu 4: a. Góc ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) mà AD//BC (gt) => DB⊥BC Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC = 900 => Tứ giác nội tiếp. b. Ta có ∆DBN đồng dạng với ∆CAD · · · · · ( DAC , BDN ) = DBN = BAN = DCA ( ( ) ) ( ) D ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. DN DB = => DB.DC = DN.AC M DC AC c. SABCD = DH.AB Do AB khơng đổi = 2R A => SABCD max ⇔DH max ⇔ D nằm cung H O Câu 5: · · Ta có DEC ( Góc nội tiếp góc tiếp tuyến = BCA cung chắn cung) · · Tương tự: DEB = ABC · · · · Mà DEB + DEC + CBE + BCE = 1800 (tổng góc ∆BEC) · · · => ·ABC + BCA + CBE + BCE = 1800 => ·ABE + ·ACE = 1800 => Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn tâm O => E ∈(O). C N => B AB. dây A O D B C bi 13 O1 O2 E Bài (1,5 điểm) Cho biểu thức A = x − 27 + x − − x − 12 với x > a/ Rút gọn biểu thức A. b/ Tìm x cho A có giá trị 7. Bài (1,5 điểm) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết đồ thị hàm số qua điểm (2, -1) cắt trục hồnh điểm có hồnh độ . Bài (1,5 điểm).  Rút gọn biểu thức: P =   a −1 −   a +1 a + 2  với a > 0, a ≠ 1, a ≠ .  :  − a   a −2 a −  Bài (2 điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn số x: x2 - 2(m + 1)x + m - = 0. (1) a/ Chứng minh phương trình (1) ln ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m. b/ Gọi x1, x2 hai nghiệm phân biệt phương trình (1). Tìm m để 3( x1 + x2 ) = 5x1x2. Bài (3,5 điểm). Cho tam giác ABC có góc A 600, góc B, C nhọn. vẽ đường cao BD CE tam giác ABC. Gọi H giao điểm BD CE. a/ Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp. b/ Chứng minh tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB. c/ Tính tỉ số DE . BC A d/ Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA vng góc với DE. Gỵi ý ®¸p ¸n c©u 5: d a. XÐt tø gi¸c ADHE cã ·AEH = ·ADH = 900 => Tø gi¸c ADHE néi tiÕp. b. Ta cã tø gi¸c BEDC néi tiÕp v× · · · =900 => EBC BEC = BDC = ·ADE ( Cïng bï víi · ) EDC E H D O C B ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. => ∆ADE ®ång d¹ng víi ∆ABC. · (Chung gãc A vµ EBC = ·ADE ) c. XÐt ∆AEC cã ·AEC = 900 vµ µA = 600 => ·ACE = 300 => AE = AC:2 (tÝnh chÊt) Mµ ∆ADE ®ång d¹ng víi ∆ABC ED AE => = = BC AC d. KỴ ®êng th¼ng d ⊥OA t¹i A · => ·ABC = CAd (Gãc néi tiÕp vµ gãc gi÷a tiÕp tun vµ mét d©y cïng ch¾n mét cung) · · · Mµ EBC => d//ED = ·ADE => EDA = CAd Ta l¹i cã d⊥ OA (theo trªn) => ED⊥OA bi 14 Câu (2,0 điểm) 1. Rút gọn (khơng dùng máy tính cầm tay) biểu thức: a) 12 − 27 + . ( ) b) − + − 2. Giải phương trình (khơng dùng máy tính cầm tay): x2 - 5x + = Câu (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = -2x + có đồ thị đường thẳng (d). a) Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với hai trục toạ độ b) Tìm (d) điểm có hồnh độ tung độ. Câu (1,5 điểm). Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m-1)x + 2m – = 0. (1) a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm với giá trị m. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu. Câu (1,5 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720m 2, tăng chiều dài thêm 6m giảm chiều rộng 4m diện tích mảnh vườn khơng đổi. Tính kích thước (chiều dài chiều rộng) mảnh vườn Câu (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngồi đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) khơng qua tâm O, cắt đường tròn (O) B C ( B nằm A C). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) B C cắt D. Từ D kẻ DH vng góc với AO (H nằm AO), DH cắt cung nhỏ BC M. Gọi I giao điểm DO BC. 1. Chứng minh OHDC tứ giác nội tiếp được. 2. Chứng minh OH.OA = OI.OD. 3. Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn (O). 4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích phần tam giác OAM nằm ngồi đường tròn (O). ------------------------------------HẾT----------------------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức sau: a) 12 − 27 + = − 3 + = 3 . b) − + (2 − ) = − + − = − + − = −1. 2. Giải phương trình: x2 - 5x + = Ta có: a = 1; b = -5; c = 4; a + b + c= 1+ (-5) + = Nên phương trình có nghiệm : x = x = ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. Câu (1,5 điểm) a) Toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục tung A(0 ;b) = (0 ; 4). Toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục hồnh B(-b/a ;0) = (2 ; 0). b) Gọi điểm C(x ; y) điểm thuộc (d) mà x = y ⇒ x = -2x + ⇔ 3x = 4 4 ⇒x= ⇒ y= Vậy: C( ; ). 3 3 Câu (1,5 điểm). a) x2 - 2(m - 1)x + 2m – = 0.(1) Có: ∆ ’ = [ − ( m − 1) ] − (2m − 3) = m2- 2m + 1- 2m + = m2 - 4m + = (m - 2)2 ≥ với m. ⇒Phương trình (1) ln ln có nghiệm với giá trị m. b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu a.c < ⇔ 2m - < ⇔ m < . Vậy với m < phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu. Câu (1,5 điểm) Giải: Gọi x (m) chiều rộng mảnh vườn; (x > 4). 720 Chiều dài mảnh vườn (m). x Tăng chiều rộng thêm 6m giảm chiều dài 4m diện tích khơng đổi nên ta có 720 phương trình : (x - 4). ( + 6) = 720. x ⇔ x2 - 4x - 480 =  x = 24 ⇒  x = −20 (< 4) loai Vậy chiều rộng mảnh vườn 24m. chiều dài mảnh vườn 30m. Câu (3,5 điểm) Giải a) Ta có: DH ⊥AO (gt). ⇒ OHD = 900. CD ⊥OC (gt). ⇒ DOC = 900. Xét Tứ giác OHDC có OHD + DOC = 1800. Suy : OHDC nội tiếp đường tròn. b) Ta có: OB = OC (=R) ⇒ O mằn đường trung trực BC; DB = DC (T/C hai tiếp tuyến cắt nhau) D ⇒ D mằn đường trung trực BC Suy OD đường trung trực BC => M OD vng góc với BC. Xét hai tam giác vng ∆OHD ∆OIA có C I B DOA chung A ⇒ ∆OHD đồng dạng với ∆OIA (g-g) E OH OD H = ⇒ OH.OA = OI.OD. (1) ⇒ O OI OA ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. S c) Xét ∆OCD vng C có CI đường cao. Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R) ⇒ OM2 = OC2 = OI.OD (2). OM OH = Từ (1) (2) : OM2 = OH.OA ⇒ . OA OM OM OH = Xét tam giác : ∆OHM ∆OMA có : AOM chung . OA OM Do : ∆OHM ∆OMA (c-g-c) ⇒OMA = OHM= 900. ⇒ AM vng góc với OM M ⇒ AM tiếp tuyến (O). d) Gọi E giao điểm OA với (O); Gọi diện tích cần tìm S. ⇒ S = S∆AOM - SqOEBM Xét ∆ OAM vng M có OM = R ; OA = 2R Áp dụng định lí Pytago ta có AM2 = OA2 – OM2 = (2R)2 – R2 = 3R2 ⇒ AM = R ⇒ S∆AOM = OM.AM = R2 (đvdt) 2 AM Ta có SinMOA = ⇒ MOA = 600 = OA Π.R .60 Π.R = . (đvdt) 360 Π.R 3−Π => S = S∆AOM - SqOEBM = R . (đvdt). − = R 2. 6 ⇒ SqOEBM = C©u I: (2,0 ®iĨm) 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: bi 15 2(x - 1) = - x 2) Gi¶i hƯ ph¬ng tr×nh: C©u II : (2,0 ®iĨm) y = x −  2x + 3y = ( ) 1 . TÝnh f(0); f ( ) ; f  ÷; f − x 2 2) Cho ph¬ng tr×nh (Èn x): x − 2(m + 1)x + m − = . T×m gi¸ trÞ cđa m ®Ĩ hai nghiƯm x1 ,x tháa m·n x12 + x 22 = x1x + . 1) Cho hµm sè y = f(x) = − ph¬ng tr×nh cã C©u III : (2,0 ®iĨm) 1) Rót gän biĨu thøc:  x −1  víi x > vµ x ≠ A= − : ÷ x + x x + x + x +   2) Hai « t« cïng xt ph¸t tõ A ®Õn B, « t« thø nhÊt ch¹y nhanh h¬n « t« thø hai mçi giê 10 km nªn ®Õn B sím h¬n « t« thø hai giê. TÝnh vËn tèc hai xe « t«, biÕt qu·ng ®êng AB lµ 300 km. C©u IV : (3,0 ®iĨm) Cho ®êng trßn (O), d©y AB kh«ng ®i qua t©m. Trªn cung nhá AB lÊy ®iĨm M (M kh«ng trïng víi A, B). KỴ d©y MN vu«ng gãc víi AB t¹i H. KỴ MK vu«ng gãc víi AN ( K ∈ AN ) . 1) Chøng minh: Bèn ®iĨm A, M, H, K thc mét ®êng trßn. 2) Chøng minh: MN lµ ph©n gi¸c cđa gãc BMK. 3) Khi M di chun trªn cung nhá AB. Gäi E lµ giao ®iĨm cđa HK vµ BN. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cđa ®iĨm M ®Ĩ (MK.AN + ME.NB) cã gi¸ trÞ lín nhÊt. C©u V : (1 ®iĨm) Cho x, y tháa m·n: x + − y = y + − x . ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc: B = x + 2xy − 2y + 2y + 10 . II) §¸p ¸n C©u PhÇn (1 ®iĨm) C©u I ®iĨm (1 ®iĨm) §¸p ¸n 2x - = - x x= §iĨm 0.5 y = x − y = x − ⇔  2x + 3(x − 2) = 5x = 15 0,5 0,5 x = ⇔ y = 0,25 HƯ ph¬ng tr×nh cã nghiƯm x = vµ y = 1 (1 ®iĨm) C©u II ®iĨm (1 ®iĨm) 0,25 1 f(0) = 0; f(2) = −2;f( ) = − ;f( − 2) = −1 x − 2(m + 1)x + m − = (1) PT(1) cã hai nghiƯm ⇔ ∆, = (m + 1)2 − m + ≥ ⇔ 2m + ≥ ⇔ m ≥ −1 x1 + x = 2(m + 1) Theo Vi - et ta cã:  x1x = m − Tõ hƯ thøc: (x1 + x )2 − 3x1x = ⇔ 4(m + 1)2 − 3(m − 1) = ⇔ m + 8m − = ⇔ m = −4 ± 17 KÕt hỵp víi ®k ⇒ m = −4 + 17 (1 ®iĨm) A= = C©u III ®iĨm 1− x x −1 = 1− x : : x + x x + x +1 x + x ( x −1 ) x +1 − x ( x + 1)2 x +1 . =− x+ x x −1 x 300 300 − =1 x − 10 x ⇔ x − 10x − 3000 = x = 60 (tháa m·n) hc x = -50 (lo¹i) Theo bµi ta cã: 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 VËn tèc xe I lµ 60 km/h vµ vËn tèc xe II lµ 50 km/h C©u IV ®iĨm 0,25 0,5 Gäi x lµ vËn tèc cđa xe « t« thø nhÊt x (km/h) x > 10 VËn tèc cđa xe « t« thø hai lµ: x - 10 (km/h) (1 ®iĨm) 1,0 0,25 M E H A O B 0,5 K N · · Tõ gi¶ thiÕt: AKM = 900 , AHM = 900 0,5 ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. 0,75 ®iĨm Bèn ®iĨm A, K, H, M cïng thc mét ®êng trßn 1,0 ®iĨm » · · = s® KH NAH = NMK » (2) · · = s® NB NAH = NMB · · Tõ (1) vµ (2) ⇒ NMK = NMB 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇒ MN lµ ph©n gi¸c cđa gãc KMB 0,75 ® ¼ ; · ¼ · · · MAB = MNB = s® MB MAB = MKH = s® MH 2 · · ⇒ K,M,E,N cïng thc mét ®êng trßn ⇒ MNB = MKH · · ⇒ MEN + MKN = 1800 ⇒ ME ⊥ NB 1 S ∆MAN = MK.AN; S ∆MNB = ME.NB; S Y AMBN = MN.AB 2 ⇒ MK.AN + ME.BN = MN.AB ⇒ ( MK.NA + ME.NB ) lín nhÊt ⇔ MN.AB lín nhÊt » ⇔ MN lín nhÊt (V× AB= const ) ⇒ M lµ chÝnh gi÷a AB §K: x,y ≥ −2 x + + x3 = y + + y3  x + > y + x>y ⇒ ⇒ VT > VP x > y x < y ⇒ VF < VT ⇒ x = y tháa m·n ⇒ B = x + 2x + 10 = (x + 1)2 + ≥ ∀x ≥ −2 MinB = Khi x = y = -1 C©u V ®iĨm x + + x3 = y + + y3 ⇔ C¸ch kh¸c §K: x,y ≥ −2 x + − y + = y3 − x3 ⇔ x− y = −( x − y )( x + xy + y ) ( x + xy + y ) ⇔ ( x − y )( + 1) = x+2+ y+2 x+2+ y+2 ( x + xy + y ) + >0) ⇔ ( x − y ) = (v× x+2 + y+2 ⇔x=y ⇒ B = x + 2x + 10 = (x + 1)2 + ≥ ∀x ≥ −2 MinB = Khi x = y = -1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN 9. [...]... th t D, E a) T giỏc ADHE l hỡnh gỡ ? b) CMR : T giỏc BDEC ni tip c) Tớnh din tớch hỡnh gii hn bi ba na ng trũn bit HB = 10cm; HC = 40cm Bi 4 : Cho ABC cõn ti A cú cnh ỏy nh hn cnh bờn, ni tip ng trũn (O) Tip tuyn ti B v C ca ng trũn ln lt ct tia AC v tia AB D v E Chng minh : a) BD2 = AD.CD b) T giỏc BCDE ni tip c) BC // DE CNG ễN TP TON 9 buổi 10 đề tham khảo Cõu I: (3 im) 1) Gii cỏc phng trỡnh sau:... ã ã ( DAC = DBN , BDN = BAN = DCA ) ( ( ) ) ( ) D CNG ễN TP TON 9 DN DB = => DB.DC = DN.AC M DC AC c SABCD = DH.AB Do AB khụng i = 2R A => SABCD max DH max D nm chớnh gia cung H O Cõu 5: ã ã Ta cú DEC = BCA ( Gúc ni tip v gúc gia tip tuyn v cung cựng chn mt cung) ã ã Tng t: DEB = ABC ã ã ã ã M DEB + DEC + CBE + BCE = 1800 (tng 3 gúc trong BEC) ã ã ã => ã ABC + BCA + CBE + BCE = 1800 => ã ABE + ã... vi tam giỏc ACB c/ Tớnh t s DE BC A d/ Gi O l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC Chng minh OA vuụng gúc vi DE Gợi ý đáp án câu 5: d a Xét tứ giác ADHE có 0 ã AEH = ã ADH = 90 => Tứ giác ADHE nội tiếp b Ta có tứ giác BEDC nội tiếp vì 0 ã ã ã BEC = BDC =90 => EBC = ã ADE ( Cùng bù với ã EDC ) E H D O C B CNG ễN TP TON 9 => ADE đồng dạng với ABC ã (Chung góc A và EBC = ã ADE ) c Xét AEC có ã AEC = 900... =1 x 10 x x 2 10x 3000 = 0 x = 60 (thỏa mãn) hoặc x = -50 (loại) Theo bài ra ta có: 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 Vận tốc xe I là 60 km/h và vận tốc xe II là 50 km/h Câu IV 3 điểm 0,25 0,5 Gọi x là vận tốc của xe ô tô thứ nhất x (km/h) x > 10 Vận tốc của xe ô tô thứ hai là: x - 10 (km/h) 2 (1 điểm) 1,0 0,25 M E H A O B 0,5 K N 1 ã ã Từ giả thiết: AKM = 900 , AHM = 900 0,5 CNG ễN TP TON 9 0,75... Bi 3 (2,5 im) Trong mt phng ta Oxy cho parabol (P): y = x2 v im B(0;1) CNG ễN TP TON 9 1 Vit phng trỡnh ng thng (d) i qua im B(0;1) v cú h s k y = kx + 1 2 Chng minh rng ng thng (d) luụn ct Parabol (P) ti hai im phõn bit E v F vi mi k Phng trỡnh honh : x2 kx 1 = 0 = k2 + 4 > 0 vi k PT cú hai nghim phõn bit ng thng (d) luụn ct Parabol (P) ti hai im phõn bit E v F vi mi k 3 Gi honh ca E v F ln... gúc nhau Trờn cung nh BD ly im M (M khỏc B v D ), dõy CM ct AB ti N, tip tuyn ca ng trũn ti M ct AB ti K, ct CD ti F a) CMR : T giỏc ONMD ni tip b) CM : MK2 = KA.KB ã ã c) So sỏnh : DNM & DMF Bi 2 : Cho hỡnh vuụng ABCD, im E thuc BC Qua B k ng thng vuụng gúc vi DE, ct DE ti H v ct DC ti K a) CMR : T giỏc BHCD ni tip b) Tớnh gúc CHK c) CM : KH.KB = KC.KD Squt = R 2 n 0 l.R = 3600 2 * Buổi 9 Bi 3 : Cho... tip c trong mt ng trũn b) Ta cú: OB = OC (=R) O mn trờn ng trung trc ca BC; DB = DC (T/C ca hai tip tuyn ct nhau) D D mn trờn ng trung trc ca BC Suy ra OD l ng trung trc ca BC => M OD vuụng gúc vi BC Xột hai tam giỏc vuụng OHD v OIA cú C I B DOA chung A OHD ng dng vi OIA (g-g) E OH OD H = OH.OA = OI.OD (1) O OI OA CNG ễN TP TON 9 S c) Xột OCD vuụng ti C cú CI l ng cao p dng h thc lng trong tam... ằ D AFB = AEB = s AB Trong ng trũn (O) ta 2 1 ã ã ằ cú AEB = BMD = s BD C 2 A O B ã ã Do ú AFB = BMD M hai gúc ny v trớ so M le trong nờn AF // DM Mt khỏc AF AC nờn DM AC à à 3) Xột hai tam giỏc ACF v ECB cú gúc C chung , A = E = 900 Do ú hai tam giỏc ACF v ECB ng AC EC = CE.CF = AC.CB (1) dng CF CB à ã ã ã Tng t ABD v AEC ng dng (vỡ cú BAD chung, C = ADB = 1800 BDE ) AB AE = AD.AE = AC.AB... a) Chng minh t giỏc : CBMD ni tip c b) Chng minh rng : DB.DC = DN.AC c) Xỏc nh v trớ ca im D din tớch hỡnh bỡnh hnh ABCD cú din tớch ln nht v tớnh din tớch trong trng hp ny Cõu 5 : ( 1.0 im ) Cho D l im bt k trờn cnh BC ca tam giỏc ABC ni tip trong ng trũn tõm O Ta v hai ng trũn tõm O1 , O2 tip xỳc AB , AC ln lt ti B , C v i qua D Gi E l giao im th hai ca hai ng trũn ny Chng minh rng im E nm trờn... ã (Chung góc A và EBC = ã ADE ) c Xét AEC có ã AEC = 900 và à = 600 => A ã ACE = 300 => AE = AC:2 (tính chất) Mà ADE đồng dạng với ABC ED AE 1 => = = BC AC 2 d Kẻ đờng thẳng d OA tại A ã => ã ABC = CAd (Góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và một dây cùng chắn một cung) ã ã ã Mà EBC = ã ADE => EDA = CAd => d//ED Ta lại có d OA (theo trên) => EDOA buổi 14 Cõu 1 (2,0 im) 1 Rỳt gn (khụng dựng mỏy tớnh cm . 2 10x x− = 2 1 2 ( ) 100 x x⇔ − = 2 1 2 1 2 2 2 2 2 ( ) 4 100 2 4( 4) 100 4 4 16 100 20 2 5 x x x x m m m m ⇔ + − = ⇔ − − − = ⇔ + + = ⇔ = ⇔ = ± Vậy khi m = 2 5± thì PT có 2 nghiệm 1 2 10x. của nó song song với đường thẳng y = 2x và tiếp xúc với (P). ( Buổi 5 ) PHẦN HÌNH HỌC 9 A/. KIẾN THỨC : I). HỆ THỨC LƯƠNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG : 1. Hoàn thành các hệ thức lượng trong tam. tip v gúc gia tip tuyn v mt dõy cung cựng chn mt cung) Tng t: ã ã DEB ABC= M ã ã ã ã 0 180DEB DEC CBE BCE+ + + = (tng 3 gúc trong BEC) => ã ã ã ã 0 180ABC BCA CBE BCE+ + + = => ã ã 0 180ABE