Đề cương ôn tập toán 9 học kỳ II

Tổng hợp Đề cương ôn tập toán 9 học kỳ II rất hay và bổ ích giúp bạn đạt điểm cao. Các bạn tham khảo và ôn tập để chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi tốt nghiệp sắp đến nhé. Mời bạn đọc đón xem.

57 29 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu chung Toán 9

Môn: Toán 9

Thông tin:

36 trang 9 tháng trước

Tác giả:

Profile Minh Thư
Trang 1
ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HỌC KỲ II
CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Cho hệ phương trình:
, 0 ( )
' ' ', ' 0 ( ')
ax by c a D
a x b y c a D
(D) cắt (D’)
''
ab
ab
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
(D) // (D’)
' ' '
a b c
a b c

Hệ phương trình vô nghiệm.
(D)
(D’)
' ' '
abc
abc

Hệ phương trình có vô số nghiệm.
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tp 1: Cho hệ phương trình
20
x y m
x my


(1)
1. Giải hệ phương trình (1) khi m = –1 .
2. Xác định giá trị của m để:
a) x = 1 và y = 1 là nghiệm của hệ (1).
b) Hệ (1) vô nghiệm.
3. Tìm nghiệm của hệ phương trình (1) theo m.
4. Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = 1.
HD: 1. Khi m = – 1, hệ (1) có nghiệm x = 1; y = 2.
2a) Hệ (1) có nghiệm x = 1 và y = 1 khi m = 2.
2b) Hệ (1) vô nghiệm khi:
' ' '
a b c
a b c

.
11
2
1
20
m
m
2
0
m
m

m = – 2: Hệ (1) vô nghiệm.
3. Hệ (1) có nghiệm: x =
2
2
m
m
; y =
2
2
m
m
.
4. Hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = 1
2
2
m
m
+
2
2
m
m
= 1
m
2
+ m – 2 = 0

1( )
2( )
m thoûaÑK coùnghieäm
m khoângthoûaÑK coùnghieäm
.
Vậy khi m = 1, hệ( 1 có nghiệm (x,y) thỏa: x + y = 1.
Bài tp 2: Cho hệ phương trình
2
2 4 9
x y k
x y k
(1)
1. Giải hệ (1) khi k = 1.
2. Tìm giá trị của k để hệ (1) có nghiệm là x = – 8 và y = 7.
Trang 2
3. Tìm nghiệm của hệ (1) theo k.
HD: 1. Khi k = 1, hệ (1) có nghiệm x = 2; y = 1.
2. Hệ (1) có nghiệm x = –8 và y = 7 khi k = – 3 .
3. Hệ (1) có nghiệm: x =
51
2
k
; y =
53
2
k
.
Bài tp 3: Cho hệ phương trình
3
21
xy
x my


(1)
1. Giải hệ phương trình (1) khi m = –7 .
2. Xác định giá trị của m để:
a) x = – 1 và y = 4 là nghiệm của hệ (1).
b) Hệ (1) vô nghiệm.
3. Tìm nghiệm của hệ phương trình (1) theo m.
HD: 1. Khi m = – 7, hệ (1) có nghiệm x = 4; y = – 1.
2a) Hệ (1) có nghiệm x = –1 và y = 4 khi m =
3
4
.
2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = – 2.
3. Hệ (1) có nghiệm: x =
31
2
m
m
; y =
5
2m
.
Bài tp 4: Cho hệ phương trình
21
2 3 1
mx y
xy

(1)
1. Giải hệ phương trình (1) khi m = 3 .
2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x =
1
2
và y =
2
3
.
3. Tìm nghiệm của hệ phương trình (1) theo m.
HD: 1. Khi m = 3, hệ (1) có nghiệm x =
1
13
; y =
5
13
.
2a) Hệ (1) có nghiệm x =
1
2
và y =
2
3
khi m =
2
3
.
2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = –2.
3. Hệ (1) có nghiệm: x =
1
34m
; y =
2
34
m
m
.
Bài tp 5 : Cho hệ phương trình
4
23
xy
x y m


(1)
1. Giải hệ phương trình (1) khi m = –1.
2. Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa
0
0
x
y
.
HD: 1. Khi m = –1, hệ(1) có nghiệm: x = 13 và y = – 9.
2. Tìm:
Nghiệm của hệ (1) theo m: x = 12 – m ; y = m – 8 .
Theo đề bài:
0
0
x
y
12 0
80
m
m


12
8
m
m
m < 8.
Trang 3
Bài tp 6: Cho hệ phương trình
2 3 1
3 2 2 3
x y m
x y m
1. Giải hệ phương trình khi m = – 1.
2. Với giá trị nào của m thì hệ pt có nghiệm (x; y) thỏa
1
6
x
y
.
HD: 1. Khi m = – 1 , hệ pt có nghiệm: x = 1 và y = – 4.
2. Tìm:
Nghiệm của hệ (1) theo m: x = 4m + 5 ; y = – 9 – 5m .
Theo đề bài:
1
6
x
y
1
3
m
m


– 3 < m < – 1 .
Bài tp 7: Cho hệ phương trình :
25
31
mx y
mx y

(1)
1. Giải hệ (1) khi m = 1.
2. Xác định giá trị của m để hệ (1):
a) Có nghiệm duy nhất và tìm nghiệm duy nhất đó theo m.
b) Có nghiệm (x, y) thỏa: x – y = 2.
HD: 1. Khi m = 1, hệ (1) có nghiệm: x = – 2 ; y = 1.
2a) Khi m
0, hệ (1) có nghiệm:
2
1
x
m
y

.
2b) m =
2
3
.
Bài tp 8 : Cho hệ phương trình :
2
21
mx y m
x y m

( m là tham số) (I).
a) Khi m = – 2, giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng.
b) Tính giá trị của tham số m để hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất và tính nghiệm duy
nhất đó theo m.
HD: a) Khi m = – 2, hệ (I) có nghiệm: x =
2
3
; y =
1
3
.
b)
Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi m
4.
Khi đó hệ(I) có nghiệm duy nhất:
32
4
m
x
m
;
2
3
4
mm
y
m
CHỦ ĐỀ : VẼ ĐỒ THỊ & TÌM TỌA ĐỘ GIAO ĐIỂM
CỦA (P): y = ax
2
VÀ (D): y = ax + b (a
0)
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1.Hàm số y = ax
2
(a
0):
Trang 4
Hàm số y = ax
2
(a
0) có những tính chất sau:
Nếu a > 0 thì hàm số đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0.
Nếu a < 0 thì hàm số đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0.
Đồ thị của hàm số y = ax
2
(a
0):
Là một Parabol (P) với đỉnh là gốc tọa độ 0 và nhận trục Oy làm trục đối xứng.
Nếu a > 0 thì đồ thị nằm phía trên trục hoành. 0 là điểm thấp nhất của đồ thị.
Nếu a < 0 thì đồ thị nằm phía dưới trục hoành. 0 là điểm cao nhất của đồ thị.
Vẽ đồ thị của hàm số y = ax
2
(a
0):
Lập bảng các giá trị tương ứng của (P).
Dựa và bảng giá trị
vẽ (P).
2. Tìm giao điểm của hai đồ thị :(P): y = ax
2
(a
0) và (D): y = ax + b:
Lập phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D): cho 2 vế phải của 2 hàm số bằng
nhau
đưa v pt bậc hai dng ax
2
+ bx + c = 0.
Giải pt hoành độ giao điểm:
+ Nếu
> 0
pt có 2 nghiệm phân biệt
(D) cắt (P) ti 2 điểm phân biệt.
+ Nếu
= 0
pt có nghiệm kp
(D) và (P) tiếp xc nhau.
+ Nếu
< 0
pt vô nghiệm
(D) và (P) không giao nhau.
3. Xc định số giao điểm của hai đồ thị :(P): y = ax
2
(a
0) và (D
m
) theo tham số m:
Lập phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D
m
): cho 2 vế phải của 2 hàm số bằng
nhau
đưa v pt bậc hai dng ax
2
+ bx + c = 0.
Lập
(hoc
'
) của pt hoành độ giao điểm.
Biện luận:
+ (D
m
) cắt (P) ti 2 điểm phân biệt khi
> 0
giải bất pt
tìm m.
+ (D
m
) tiếp xc (P) ti 1 điểm
= 0
giải pt
tìm m.
+ (D
m
) và (P) không giao nhau khi
< 0
giải bất pt
tìm m.
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tp 1: Cho hai hàm số y =
2
2
x
có đồ thị (P) và y = -x + m có đồ thị (D
m
).
1. Với m = 4, vẽ (P) và (D
4
) trên cng một hệ trục tọa độ vuông góc Oxy. Xác định tọa độ các
giao điểm của chng.
2. Xác định giá trị của m để:
a) (D
m
) cắt (P) ti điểm có hoành độ bằng 1.
b) (D
m
) cắt (P) ti 2 điểm phân biệt.
c) (D
m
) tiếp xc (P). Xác định tọa độ tiếp điểm.
HD: 1. Tọa độ giao điểm: (2 ; 2) và (– 4 ; 8).
2a). m =
3
2
.
2b)
'
= 1 + 2m > 0
1
2
m
.
2c) m =
1
2
tọa độ tiếp điểm (-1 ;
1
2
).
Bài tp 2: Cho hai hàm số y = – 2x
2
có đồ thị (P) và y = – 3x + m có đồ thị (D
m
).
1. Khi m = 1, vẽ (P) và (D
1
) trên cng một hệ trục tọa độ vuông góc Oxy. Xác định tọa độ các
giao điểm của chng.
2. Xác định giá trị của m để:
Trang 5
a) (D
m
) đi qua một điểm trên (P) ti điểm có hoành độ bằng
1
2
.
b) (D
m
) cắt (P) ti 2 điểm phân biệt.
c) (D
m
) tiếp xc (P). Xác định tọa độ tiếp điểm.
HD: 1. Tọa độ giao điểm: (
11
22
;
;) và (1 ; – 2).
2a). m = – 2.
2b) m <
9
8
.
2c) m =
9
8
tọa độ tiếp điểm (
39
48
;
).
Bài tp 3: Cho hàm số y = – 2x
2
có đồ thị (P).
1. Vẽ (P) trên một hệ trục tọa độ vuông góc..
2. Gọi A(
2
7
3
;
) và B(2; 1).
a) Viết phương trình đường thẳng AB.
b) Xác định tọa độ các giao điểm của đường thẳng AB và (P).
3. Tìm điểm trên (P) có tổng hoành độ và tung độ của nó bằng – 6.
HD: 2a). Đường thẳng AB có phương trình y = = 3x – 5.
2b). Tọa độ giao điểm: (1;– 2) và (
5
2
;
25
2
).
3. Gọi M(x
M
; y
M
) là điểm trên (P) thỏa đ bài, ta có: x
M
+ y
M
= – 6.
Mt khác: M(x
M
; y
M
)
(P)
y
M
= – 2
2
M
x
nên: x
M
+ y
M
= – 6
x
M
+ (– 2
2
M
x
) = – 6
– 2
2
M
x
+ x
M
+ 6 = 0
11
22
28
39
22
xy
xy
.
Vậy có 2 điểm thỏa đ bài: M
1
(2; – 8 ) và M
2
(
39
22
;
).
Bài tp 4: Cho hàm số y =
3
2
x
2
có đồ thị (P) và y = – 2x +
1
2
có đồ thị (D).
1. Vẽ (P) và (D) trên cng một hệ trục tọa độ vuông góc.
2. Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (D).
3. Tìm tọa độ những điểm trên (P) thỏa tính chất tổng hoành độ và tung độ của điểm đó bằng – 4.
HD: 2. Tọa độ giao điểm: (
1
3
;
1
6
) và (1 ;
3
2
).
3. Gọi M(x
M
; y
M
) là điểm trên (P) thỏa đ bài, ta có: x
M
+ y
M
= – 4.
Mt khác: M(x
M
; y
M
)
(P)
y
M
=
3
2
2
M
x
nên: x
M
+ y
M
= – 4
x
M
+(
3
2
2
M
x
) = – 4
3
2
2
M
x
+ x
M
+ 4 = 0
11
22
48
33
26
xy
xy
.
Vậy có 2 điểm thỏa đ bài: M
1
(
48
33
;
) và M
2
(2; – 6).
Trang 6
Bài tp 5: Cho hàm số y =
2
3
x
2
có đồ thị (P) và y = x +
5
3
có đồ thị (D).
1. Vẽ (P) và (D) trên cng một hệ trục tọa độ vuông góc.
2. Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (D).
3. Gọi A là điểm
(P) và B là điểm
(D) sao cho
11 8
AB
AB
xx
yy
. Xác định tọa độ của A và B.
HD: 2. Tọa độ giao điểm: (
2
1
3
;
) và (
5 25
26
;
).
3. Đt x
A
= x
B
= t.
A(x
A
; y
A
)
(P)
y
A
=
2
3
2
A
x
=
2
3
t
2
.
B(x
B
; y
B
)
(D)
y
B
= x
B
+
5
3
= t +
5
3
Theo đ bài:
11 8
AB
yy
11.
2
3
t
2
= 8.( t +
5
3
)
2
22 40
80
33
tt
1
2
2
10
11
t
t

.
Với t = 2
88
22
33
11 11
22
33
( ; )
( ; )
AA
BB
x y A
x y B
.
Với t =
10
11
10 200 10 200
11 363 11 363
10 25 10 25
11 33 11 33
( ; )
( ; )
AA
BB
x y A
x y B
.
Bài tp 6: Trong mt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho hai điểm A(1; –2) và B(–2; 3).
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A, B.
2. Gọi (P) là đồ thị của hàm số y = –2x
2
.
a) Vẽ (P) trên mt phẳng tọa độ đã cho.
b) Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (d).
HD: 1. Phương trình đường thẳng AB: y =
5
3
x
1
3
.
2. Tọa độ giao điểm: (1; –2) và (
1
6
;
1
18
).
Bài tp 7: Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = –2x
2
trên mt phẳng tọa độ vuông góc Oxy.
1. Gọi (D) là đường thẳng đi qua điểm A(–2; –1) và có hệ số góc k.
a) Viết phương trình đường thẳng (D).
b) Tìm k để (D) đi qua B nằm trên (P) biết hoành độ của B là 1.
HD: 2a).
Phương trình đường thẳng (D) có dng tổng quát: y = ax + b.
(D) có hệ số góc k
(D): y = kx + b.
(D) đi qua A(–2; –1)
–1 = k.( –2) + b
b = 2k – 1.
Phương trình đường thẳng (D): y = kx + 2 k – 1.
2b)
Điểm B(x
B
; y
B
)
(P)
B(1; – 2).
Trang 7
(D) đi qua B(1; –2) nên: –2 = k.1 +2k – 1
k =
1
3
.
Bài tp 8: Cho hai hàm số y = x
2
có đồ thị (P) và y = x + 2 có đồ thị (D).
1. Vẽ (P) và(D) trên cng một hệ trục tọa độ vuông góc Oxy. Xác định tọa độ các giao điểm của
chúng.
2. Gọi A là điểm thuộc (D) có hoành độ bằng 5 và B là điểm thuộc (P) có hoành độ bằng – 2.
Xác định tọa độ của A, B.
3. Tìm tọa độ của điểm I nằm trên trục tung sao cho: IA + IB nhỏ nhất.
HD: 1. Tọa độ giao điểm: (2; 4) và (–1; 1).
2. Tọa độ của A(5; 7) và B(– 2 ; 4)
3.
I(x
I
, y
I
)
Oy
I(0: y
I
).
IA + IB nhỏ nhất khi ba điểm I, A, B thẳng hàng.
Phương trình đường thẳng AB: y =
3
7
x +
34
7
.
I(x
I
, y
I
)
đường thẳng AB nên: y
I
=
3
7
.0 +
34
7
=
34
7
I(0;
34
7
)
Bài tp 9: Cho hàm số y = – x
2
có đồ thị (P) và y = x – 2 có đồ thị (D).
a) Vẽ (P) và(D) trên cng một hệ trục tọa độ vuông góc. Xác định tọa độ giao điểm của (P) và
(D) bằng phương pháp đi số.
b) Gọi A là một điểm thuộc (D) có tung độ bằng 1 và B là một điểm thuộc (P) có hoành độ bằng
– 1. Xác định tọa độ của A và B.
c) Tìm tọa độ của điểm M thuộc trục hoành sao cho MA + MB nhỏ nhất.
HD: a) Tọa độ giao điểm: (2; – 4) và (–1; 1).
b) Tọa độ của A(3; 1) và B(– 1 ; – 1).
c)
y
A
= 1 > 0, y
B
= – 1 < 0
A, B nằm khác phía đối với trục Ox do đó MA + MB nhỏ nhất
khi M, A, B thẳng hàng
M là giao điểm của AB với truc Ox.
Đường thẳng AB có dng: y = ax + b. Đường thẳng AB đi qua hai điểm A, B
13
1
ab
ab

1
2
1
2
a
b

Đường thẳng AB: y =
1
2
x –
1
2
.
Tọa độ M là nghiệm của hệ pt:
11
22
0
yx
y

0
1
y
x
.
Vậy: M(1; 0).
Bài tp 10: Cho (P): y = x
2
và (D): y = – x + 2.
1. Vẽ (P) và (D) trên cng một hệ trục tọa độ vuông góc Oxy. Gọi A và B là các giao điểm của
(P) và (D), xác định tọa độ của A, B.
2. Tính diện tích tam giác AOB (đơn vị đo trên trục số là cm).
3. CMR: Tam giác AOB là tam giác vuông.
HD: 1. Tọa độ giao điểm: (1; 1)và (– 2; 4).
2. Gọi H, K là hình chiếu của A, B trên trục Ox, ta có:
Trang 8
OHA vuông ti H
S
OHA
=
1
2
OH.OA =
1
2
.1. 1 =
1
2
(cm
2
).
OKB vuông ti K
S
OKB
=
1
2
OK.KB =
1
2
.2. 4 = 4 (cm
2
).
Gọi I là giao điểm của (D) với trục Ox
y
I
= 0
x
I
= 2
I(2; 0).
IKB vuông ti K
S
IKB
=
1
2
BK.KI =
1
2
.4. 4 = 8 (cm
2
).
S
OAB
= S
IKB
– (S
OHA
+ S
OKB
) = 8 – (
1
2
+ 4) = 3,5 (cm
2
).
3.
Phương trình đường thẳng OA: y = a’x (D’).
(D’) đi qua A(1; 1)
a = 1
(D’): y = x.
(D) có a = – 1 và (D’) có a’ = 1
a. a’ = – 1
(D)
(D’)
OA
AB
OAB vuông ti A.
--------------------------------------------------------------------------------------------
CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Giải phương trình bậc hai dạng ax
2
+ bx + c = 0 (a
0) (1)
a) Nhẩm nghiệm:
a + b +c = 0
pt (1) có 2 nghiệm:
1
2
1x
c
x
a
.
a – b +c = 0
pt (1) có 2 nghiệm:
1
2
1x
c
x
a


.
b) Giải với
'
:
Nếu b = 2b’
b’ =
2
b
'
= (b’)
2
– ac.
Nếu
'
> 0
phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
1
''b
x
a
;
2
''b
x
a
Nếu
'
= 0
phương trình có nghiệm kp:
12
'b
xx
a

.
Nếu
'
< 0
phương trình vô nghiệm.
c) Giải với
:
Tính
:
= b
2
– 4ac.
Nếu
> 0
phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
1
2
b
x
a
;
2
2
b
x
a
Nếu
= 0
phương trình có nghiệm kp:
12
2
b
xx
a

.
Nếu
< 0
phương trình vô nghiệm.
2. Hệ thức Vi ét và ứng dụng:
Trang 9
a) Định lý: Nếu x
1
, x
2
là 2 nghiệm của phương trình ax
2
+ bx + c = 0 (a
0) thì ta
có:
12
12
b
S x x
a
c
P x x
a

.
b) Định lý đảo: Nếu
.
u v S
uv P

u, v là 2 nghiệm của phương trình x
2
– Sx + P = 0 (ĐK: S
2
– 4P
0).
* Một số hệ thức khi p dụng hệ thức Vi-ét:
Tổng bình phương các nghiệm:
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2x x x x x x
= S
2
– 2P.
Tổng nghịch đảo các nghiệm:
12
1 2 1 2
1 1 S
P
xx
x x x x
.
Tổng nghịch đảo bình phương các nghiệm:
22
2
12
2 2 2 2
1 2 1 2
1 1 S 2P
( ) P
xx
x x x x
.
Bình phương của hiệu các nghiệm:
22
1 2 1 2 1 2
( ) ( ) 4x x x x x x
= S
2
– 4P.
Tổng lập phương các nghiệm:
3 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
( ) 3 ( )x x x x x x x x
= S
3
– 3PS
Ví dụ: Cho phương trình x
2
– 12x + 35 = 0. Hãy tính giá trị của các biểu thức sau:
a)
22
12
xx
. b)
12
11
xx
. c)
2
12
()xx
d)
33
12
xx
Giải:
Phương trình có
'
= 1 > 0
pt có 2 nghiệm, áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):
12
12
12
35
b
S x x
a
c
P x x
a
.
a)
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2x x x x x x
= S
2
– 2P = 12
2
– 2.35 = 74.
b)
12
1 2 1 2
1 1 S
P
xx
x x x x
=
12
35
.
c)
222
1 2 1 2 1 2
( ) ( ) 4 S -4Px x x x x x
= 12
2
– 4.35 = 4.
d)
3 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
( ) 3 ( )x x x x x x x x
= S
3
– 3PS = 12
3
– 3.35.12 = 468.
3.Tìm hệ thức giữa hai nghiệm độc lập đối với tham số:(Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x
1
, x
2
không
phụ thuộc vào tham số).
* Phương pháp giải:
Tìm điu kiện để phương trình đã cho có nghiệm (
'0
;
0
hoc a.c < 0).
Lập hệ thức Vi-t cho phương trình
12
12
b
S x x
a
c
P x x
a

.
Khử tham số (bằng phương pháp cộng đi số) tìm hệ thức liên hệ giữa S và P
Đó là hệ
thức độc lập với tham số.
Ví dụ: Cho phương trình 2x
2
+ (2m – 1)x + m – 1 = 0 (1) (m là tham số).
1. CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
Trang 10
2. Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của pt (1). Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm không phụ thuộc vào m.
Giải:
1. Phương trình (1) có
= b
2
– 4ac = + (2m – 1)
2
– 4.2.(m – 1) = 4m
2
– 12m + 9 = (2m – 3)
2
0,
m.
Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
2.
Áp dụng hệ thức Vi-t cho phương trình (1):
12
12
21
2
1
2
bm
S x x
a
cm
P x x
a

2 2 1
21
Sm
Pm

2 2 1
4 2 2
Sm
Pm

2S + 4P = -1. Hay: 2(x
1
+ x
2
) + 4x
1
x
2
= -1 : Đây là hệ thức cần tìm.
4. Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng – Lập phương trình bâc hai khi biết hai nghiệm của nó:
* Phương pháp giải:
Nếu 2 số u và v c ó:
.
u v S
uv P

u, v là hai nghiệm của phương trình: x
2
– Sx + P = 0 (*).
Giải pt (*):
+ Nếu
'
> 0 (hoc
> 0)
pt (*) có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
. Vậy
1
2
ux
vx
hoc
2
1
ux
vx
.
+ Nếu
'
= 0 (hoc
= 0)
pt (*) có nghiệm kp x
1
= x
2
=
'b
a
. Vậy u = v =
'b
a
.
+ Nếu
'
< 0 (hoc
< 0)
pt (*) vô nghiệm. Vậy không có 2 số u, v thỏa đ bài.
Ví dụ 1: Tìm 2 số u,v biết u + v = 11 và u.v = 28
Giải:
Theo đ bài
u, v là hai nghiệm của phương trình: x
2
– Sx + P = 0
x
2
– 11x + 28 = 0(*)
Phương trình (*) có
= 9 > 0
3
1
2
7
4
x
x
.
Vậy:
7
4
u
v
hay
4
7
u
v
Ví dụ 2: Cho hai số a =
3
+1 và b = 3 –
3
. Viết phương trình bậc hai có hai nghiệm là a và b.
Giải:
a + b = (
3
+1) + (3 –
3
) = 4.
a.b = (
3
+1). (3 –
3
) = 2
3
.
Suy ra: a, b là 2 nghiệm của phương trình: x
2
– Sx + P = 0
x
2
– 4x + 2
3
= 0: Đây là pt cần
tìm.
5. Chứng minh phương trình bậc hai luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi gi trị của tham số m:
* Phương pháp giải:
Lập biệt thức
'
(hoc
).
Biến đổi
'
đưa v dng :
'
= (A
B)
2
+ c > 0,
m (với c là một số dương)
Kết luận: Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi tham số m.
6. Chứng minh phương trình bậc hai luôn có nghiệm với mọi gi trị của tham số m:
* Phương pháp giải:
Trang 11
Lập biệt thức
'
(hoc
).
Biến đổi
'
đưa v dng :
'
= (A
B)
2
0,
m.
Kết luận: Vậy phương trình đã cho luôn nghiệm với mọi tham số m.
7. Biện luận phương trình bậc hai theo tham số m:
* Phương pháp giải:
Lập biệt thức
'
(hoc
).
Biện luận:
+ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi:
'
> 0
giải bất pt
tìm tham số m
kết
luận.
+ Phương trình có nghiệm kp khi
'
= 0
giải pt
tìm tham số m
kết luận.
+ Phương trình vô nghiệm khi
'
< 0
giải bất pt
tìm tham số m
kết luận.
+ Phương trình có nghiệm khi
'
0
giải bất pt
tìm tham số m
kết luận.
* Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi: a.c < 0
giải bất pt
tìm tham số m
kết luận.
8. Xc định gi trị nhỏ nhất của biểu thức:
* Phương pháp giải:
Đưa biểu thức P cần tìm về dạng: P = (A
B)
2
+ c
P = (A
B)
2
+ c
c.
Giá trị nhỏ nhất của P: P
min
= c khi A
B = 0
giải pt
tìm tham số m
kết luận.
9. Xc định gi trị lớn nhất của biểu thức:
* Phương pháp giải:
Đưa biểu thức Q cần tìm về dạng: Q = c – (A
B)
2
Q = c – (A
B)
2
c
Giá trị nhỏ nhất của Q: Q
max
= c khi A
B = 0
giải pt
tìm tham số m
kết luận.
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tp 1: Cho phương trình bậc hai x
2
– (m – 3)x – 2m = 0 (1).
1. Giải phương trình (1) khi m = – 2.
2. CMR: Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
3. Tìm hệ thức liên hệ giữa x
1
, x
2
không phụ thuộc vào m.
HD: 1. Khi m = –2, ta có phương trình: x
2
+ 5x + 4 = 0, pt có a – b + c = 1 –5 + 4 = 0
1
2
1
4
4
1
x
x
c
a


Vậy khi m = – 2, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x
1
= –1, x
2
= – 4.
2.
= m
2
+ 2m + 9 = (m + 1)
2
+ 8 > 0,
m
.
3. Hệ thức: 2S + P = – 6
2(x
1
+ x
2
) + x
1
x
2
= – 6.
Bài tp 2: Cho phương trình bậc hai x
2
– (m + 1)x + m = 0 (1).
1. Giải phương trình (1) khi m = 3.
2. CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
3. Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Tìm hệ thức liên hệ giữa x
1
, x
2
không phụ thuộc
vào m.
HD: 1. Khi m = 3, ta có phương trình: x
2
– 4x + 3 = 0, pt có a + b + c = 1 +(–4) + 3 = 0
1
2
1
3
3
1
x
x
c
a

.
Vậy khi m = 3, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x
1
= 1, x
2
= 3.
2.
= (m – 1)
2
0,
m
.
Trang 12
3.
ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (m – 1)
2
> 0
|m – 1| > 0
m
m
1
1
.
Hệ thức: S – P = 1
x
1
+ x
2
– x
1
x
2
= 1.
Bài tp 3 : Cho phương trình 2x
2
+ (2m – 1)x + m – 1 = 0 (m là tham số) (1)
1. Giải phương trình (1) khi m = 2.
2. CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
3. Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Thiết lập hệ thức liên hệ giữa x
1
, x
2
độc lập với
m.
HD: 1. Khi m = 2, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x
1
= –1, x
2
=
1
2
.
2.
= (2m – 3)
2
0,
m
.
3.
ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (2m – 3)
2
> 0
|2m – 3| > 0
m
m
3
2
3
2
.
Hệ thức: 2S + 4P = 1
2( x
1
+ x
2
) + 4 x
1
x
2
= 1.
Bài tp 4 : Cho phương trình x
2
– 2(m – 1)x + 2m – 3 = 0 (m là tham số) (1)
1. Giải phương trình (1) khi m = 5.
2. CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
3. Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Thiết lập hệ thức liên hệ giữa x
1
, x
2
độc lập với
m.
4. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu.
HD: 1. Khi m = 5, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x
1
= 1, x
2
= 7.
2.
= (m – 2)
2
0,
m
.
3.
ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (m – 2)
2
> 0
|m – 2| > 0
m
m
2
2
.
Hệ thức: S – P = 1
x
1
+ x
2
– x
1
x
2
= 1.
4. Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi a.c < 0
1.(2m – 3) < 0
m <
3
2
Bài tp 5 : Cho phương trình bậc hai x
2
–2(m – 1)x + m
2
= 0 (1).
1. Tìm m để:
a) Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt.
b) Pt (1) có một nghiệm là – 2.
2. Giả sử x
1
, x
2
là 2 nghiệm của pt (1). CMR: (x
1
– x
2
)
2
+ 4(x
1
+ x
2
) + 4 = 0.
HD: 1a.
Phương trình (1) có
'
= 1 – 2m.
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi
'
> 0
1 – 2m > 0
m <
1
2
.
1b. Pt (1) có một nghiệm là – 2 khi: (– 2)
2
–2(m – 1)(–2) + m
2
= 0
m
2
+ 4m = 0
m
m

1
2
0
4
.
Vậy khi m = 0 hoặc m = – 4 thì pt (1) có một nghiệm là – 2.
Trang 13
2. Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):
S x x m
P x x m

12
2
12
22
Ta có: (x
1
– x
2
)
2
+ 4(x
1
+ x
2
) + 4 = (x
1
+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2
+ 4(x
1
+ x
2
) + 4
= (2m – 2)
2
– 4m
2
+ 4(2m – 2) + 4
= 4m
2
– 8m + 4 – 4m
2
+ 8m – 8 + 4 = 0 (đpcm).
Bài tp 6 :
Cho phương trình bậc hai x
2
–2(m + 1)x + m – 4 = 0 (1).
1. Giải phương trình (1) khi m = –2.
2. CMR:
m
, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
3. Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của pt (1). Chứng minh biểu thức:
A = x
1
(1 – x
2
) + x
2
(1 – x
1
) không phụ thuộc vào m.
HD: 1. Khi m = –2
x
1
=
17
; x
2
=
17
.
2.
'
= m
2
+ m + 5 =
m




2
1 19
24
> 0,
m
.
3. Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):
S x x m
P x x m
12
12
22
4
Theo đề bài: A = x
1
(1 – x
2
) + x
2
(1 – x
1
) = x
1
– x
1
x
2
+ x
2
– x
1
x
2
= (x
1
+ x
2
) – 2x
1
x
2
= (2m + 2) – 2(m – 4) = 10.
Vậy A = 10 không phụ thuộc vào m.
Bài tp 7: Cho phương trình bậc hai x
2
–2(m + 1)x + (2m – 4) = 0 (1).
1. Giải phương trình (1) khi m = – 2.
2. CMR: Với mọi m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
3. Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của (1). Tính A =
22
12
xx
theo m.
4. Tìm giá trị của m để A đt giá trị nhỏ nhất.
Bài tp 8: Cho phương trình bậc hai x
2
– (m – 1)x + 2m – 7 = 0 (1).
1. Giải phương trình (1) khi m = –1.
2. CMR: Với mọi m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
3. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu.
4. Thiết lập mối quan hệ giữa 2 nghiệm x
1
, x
2
không phụ thuộc và m.
5. Tìm m để
22
12
xx
= 10.
HD: 1. Khi m = –1
x
1
=
1 10
; x
2
=
1 10
.
2.
= m
2
– 10m + 29 = (m – 5)
2
+ 4 > 0,
m
.
3. Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi a.c < 0
1.(2m – 7) < 0
m <
7
2
.
4. Hệ thức cần tìm: 2S – P =5
2(x
1
+x
2
) – x
1
x
2
= 5.
5.
22
12
xx
= 10
m
2
– 6m + 5 = 0
m = 1 hoặc m = 5.
Bài tp 9: Cho phương trình bậc hai x
2
+ 2x + 4m + 1 = 0 (1).
1. Giải phương trình (1) khi m = –1.
2. Tìm m để:
a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
c) Tổng bình phương các nghiệm của pt (1) bằng 11.
HD: 1. Khi m = –1
x
1
= 1 ; x
2
= –3 .
2a. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi
= –4m > 0
m < 0.
Trang 14
2b. Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi a.c < 0
1.(4m + 1) < 0
m <
1
4
.
2c. Tổng các bình phương hai nghiệm của pt (1) bằng 11
22
12
xx
= 11
(x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
=
11
2 – 8m = 11
m =
9
8
.
Bài tp 10: Cho phương trình: x
2
– 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0 (m là tham số) (1).
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm kp và tính nghiệm kp đó.
b) Trong trường hợp phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
hãy tìm hệ thức liên hệ giữa
các nghiệm x
1
, x
2
mà không phụ thuộc m.
HD: a)
a. Phương trình (1) có nghiệm kép
'
= 0
m
2
– 9 = 0
3
3
m
m

.
b. Khi
3
3
m
m

pt (1) có nghiệm kép x
1
= x
2
=
'b
a
= m + 1.
c. Khi m = 3
x
1
= x
2
= 4.
d. Khi m = – 3
x
1
= x
2
= – 2 .
b)
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
khi
'
> 0
m
2
– 9 > 0
3
3
m
m

.
Hệ thức: S – P = – 8
x
1
+ x
2
– x
1
x
1
= – 8 hay: x
1
x
1
– (x
1
+ x
2
) = 8.
----------------------------------------------------------------------------------------
CHỦ ĐỀ: GIẢI BÀI TOÁN
BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LẬP PHƯƠNG TRÌNH
I. KIEÁN THÖÙC CAÀN NHÔÙ
Các bước giải:
1. Lập phương trình ( hoc hệ phương trình):
Chọn ẩn số và xác định điu kiện thích hợp cho ẩn;
Biểu diễn các đi lượng chưa biết theo ẩn và qua các đi lượng đã biết ;
Lập phương trình ( hoc hệ phương trình) biểu thị mối quan hệ giữa các đi lượng
2. Giải phương trình ( hoc hệ phương trình) vừa lập được.
3. Trả lời: Chỉ nhận nghiệm thỏa ĐK và trả lời yêu cầu của bài.
II. BAØI TAÄP VAÄN DUÏNG
Bài tp1: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng chữ
số hàng chục lớn hớn chữ số hàng đơn vị là 2 và nếu viết thêm chữ số bằng chữ số hàng chục vào bên
phải thì được một số lớn hơn số ban đầu là 682.
HD:
Gọi x là chữ số hàng chục (x
N, 0 < x
9).
Gọi y là chữ số hàng đơn vị (y
N, x
9)
Số cần tìm có dạng
xy
= 10x + y
Vì chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 nên ta có pt: x – y = 2 (1)
Khi thêm chữ số bằng chữ số hàng chục vào bên phải thì được số mới:
xyx
=100x +10y + x =
101x +10y
Trang 15
Vì số mới lớn hơn số ban đầu là 682 nên ta có phương trình:
(101x + 10y) – (10x + y) = 682
91x + 9y = 682 (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
2
91 9 682
xy
xy


Giải hệ pt ta được
7
5
x
y
(thỏa ĐK)
số cần tìm là 75.
Bài tp 2: Có hai số tự nhiên, biết rằng: tổng của hai số bằng 59; hai lần số này b hơn ba lần số kia là 7.
Tìm hai số đó.
HD:
Gọi x, y là hai số cần tìm (x, y
N)
Theo đề bài ta có hệ pt:
59
2 7 3
xy
xy


Giải hệ ta được:
34
25
x
y
(thỏa ĐK)
hai số cần tìm là 34 và 25.
Bài tp 3: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Tổng của
hai chữ số của nó bằng 10; tích hai chữ số ấy nhỏ hơn số đã cho là 12. Tìm số đã cho.
HD:
Gọi x là chữ số hàng chục của số đã cho (x
N, 0 < x
9)
Chữ số hàng đơn vị: 10 – x
Số đã cho có dạng: 10.x + (10 – x) = 9x + 10
Tích của hai chữ số ấy: x(10 – x)
Theo đề bài ta có phương trình: (9x + 10) – x(10 – x)= 12
x
2
– 2 = 0
Giải pt trên ta được: x
1
= –1( loại); x
2
= 2 (nhận)
Vậy số cần tìm là 28.
Bài tp 4: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi là 280m. Nếu giảm
chiu dài của hình chữ nhật 2m và tăng chiu rộng thêm 3m thì diện tích của nó tăng thêm 144m
2
. Tính
các kích thước của hình chữ nhật.
HD:
Nửa chu vi hình chữ nhật:
280
2
= 140 (m).
Gọi x (m) là chiều dài của hình chữ nhật (0 < x < 140).
Chiều rộng của hình chữ nhật là 140 – x (m).
Diện tích ban đầu của hình chữ nhật là x(140 – x) (m
2
).
Khi giảm chiều dài của hình chữ nhật 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì hình chữ nhật mới có
diện tích: (x – 2)[(140 – x) + 3] = (x – 2)(143 – x) (m
2
)
Vì diện tích hình chữ nhật tăng thêm 144m
2
nên ta có phương trình:
(x – 2)(143 – x) – x(140 – x) = 144
5x = 430
x = 86 (thỏa ĐK)
Vậy hình chữ nhật có chiều dài 86m và chiều rộng là: 140 – x = 140 – 86 = 54 (m).
Bài tp 5: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 320m.
Nếu chiu dài của khu vườn tăng 10m và chiu rộng giảm 5m thì diện tích của nó tăng thêm 50m
2
. Tính
diện tích của khu vườn ban đầu.
HD:
Chiều dài là 100m và chiều rộng là 60m.
Trang 16
Diện tích khu vườn: 6 000 m
2
.
Bài tp 6: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi 160cm và có diện
tích 1500m
2
. Tính các kich thước của nó.
HD:
Nửa chu vi hình chữ nhật:
160
2
= 80 (m).
Gọi x (m) là một kích thước của hình chữ nhật (0 < x < 80).
Kích thước còn lại của hình chữ nhật là 80 – x (m).
Diện tích của hình chữ nhật là x(80 – x) (m
2
).
Vì diện tích hình chữ nhật là 1500m
2
nên ta có phương trình:
x(80 – x) = 1500
x
2
– 80x + 1500 = 0
Giải pt trên ta được: x
1
= 30 (nhận); x
2
= 50 (nhận).
Vậy hình chữ nhật có các kích thước là 30m và 50m.
Bài tp 7: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Một sân trường hình chữ nhật có chu vi là
340m. Ba lần chiu dài hơn 4 lần chiu rộng là 20m. Tính diện tích của sân trường.
HD:
Gọi x, y (m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng sân trường ( 0 < x, y < 170)
Vì sân trường có chu vi 340m nên ta có phương trình: 2(x + y) = 340
x + y = 170 (1).
Vì ba lần chiều dài hơn 4 lần chiều rộng là 20m nên ta có pt: 3x – 4y = 20 (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
170
3 4 20
xy
xy


Giải hệ pt ta được
100
70
x
y
(thỏa ĐK).
Bài tp 8: Cho một tam giác vuông. Nếu tăng các cnh góc vuông lên 4cm và 5cm thì diện tích tam giác
sẽ tăng thêm 110cm
2
. Nếu giảm cả hai cnh này đi 5cm thì diện tích sẽ giảm đi 100cm
2
. Tình hai cnh
góc vuông của tam giác.
HD:
Gọi x (cm), y (cm) là độ dài hai cạnh góc vuông (x > 5, y > 5).
Theo đề bài ta có hệ pt:
5 4 200
45
xy
xy


Giải hệ pt ta được
20
25
x
y
(thỏa ĐK).
Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 20cm và 25cm.
Bài tp 9: Cho tam giác vuông có cnh huyn bằng 5cm, diện tích bằng 6cm
2
. Tìm độ dài các cnh góc
vuông.
HD:
Gọi x (cm), y (cm) là độ dài hai cạnh góc vuông (0 < x, y < 5).
Vì tam giác có cạnh huyền 5cm nên ta có pt: x
2
+ y
2
= 25 (1).
Vì tam giác có diện tích 6cm
2
nên ta có pt:
1
2
xy = 6
xy = 12 (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
22
25
. 12
xy
xy

2
( ) 2 25
. 12
x y xy
xy
Trang 17
2
( ) 49
. 12
xy
xy

7
. 12
xy
xy

( vì x, y > 0)
Giải hệ pt ta được
3
4
x
y
hoặc
4
3
x
y
(thỏa ĐK).
Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 3cm và 4cm.
Bài tp 10: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cng chảy vào một cái bể
không có nước trong 4 giờ 48 pht sẽ đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất trong 3 giờ và vòi thứ hai trong 4 giờ
thì được
3
4
bể nước. Hỏi mỗi vòi chảy một mình trong bao lâu thì mới đầy bể?
HD:
Gọi x (h), y (h) lần lượt là thời gian vòi 1, vòi 2 chảy riêng đầy bể ( x > 3, y > 4).
Trong 1h, vòi 1 chảy được:
1
x
(bể).
Trong 1h, vòi 2 chảy được:
1
y
(bể).
Vì hai vòi nước cùng chảy trong 4 giờ 48 phút =
24
5
h sẽ đầy bể nên trong 1h hai vòi cùng chảy
được
5
24
bể, do đó ta có pt:
1
x
+
1
y
=
5
24
(1).
Vì vòi thứ nhất trong 3 giờ và vòi thứ hai trong 4 giờ thì được
3
4
bể nước nên ta có pt:
3
x
+
4
y
=
3
4
(2).
Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
1 1 5
24
3 4 3
4
xy
xy


(I)
Đặt u =
1
x
, v =
1
y
, hệ (I) trở thành:
5
24
3
34
4
uv
uv


(II).
Giải hệ (II), ta được:
1
12
1
8
u
v
11
12
11
8
x
y
12
8
x
y
(thỏa ĐK).
Vậy: Vòi 1 chảy riêng đầy bể trong 12h, vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 8h.
Bài tp11: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cng chảy vào một cái bể
không có nước trong 1 giờ 20 pht thì đầy bể. Nếu để vòi thứ nhất chảy một mình trong 10 pht và vòi
Trang 18
thứ hai chảy một mình trong 12 pht thì chỉ được
2
15
thể tích của bể nước. Hỏi mỗi vòi chảy một mình
trong bao lâu sẽ đầy bể?
HD: Vòi 1 chảy riêng đầy bể trong 120 phút = 2h, vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 240 phút = 4h.
Bài tp 12: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cng chảy vào một cái bể cn
(không có nước) thì sau
4
4
5
giờ đầy bể. Nếu lc đầu chỉ mở vòi thứ nhất và 9 giờ sau mới mở thêm vòi
thứ hai thì sau
6
5
giờ nữa mới bể nước. Hỏi nếu ngay từ đầu chỉ mở vòi thứ hai thì sau bao lâu mới đầy
bể?
HD:
Gọi x (h), y (h) lần lượt là thời gian vòi 1, vòi 2 chảy riêng đầy bể ( x > 9, y >
6
5
).
Trong 1h, vòi 1 chảy được:
1
x
(bể).
Trong 1h, vòi 2 chảy được:
1
y
(bể).
Vì hai vòi nước cùng chảy trong
4
4
5
giờ =
24
5
h sẽ đầy bể nên trong 1h hai vòi cùng chảy được
5
24
bể,
do đó ta có pt:
1
x
+
1
y
=
5
24
(1).
Vì lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất và 9 giờ sau mới mở thêm vòi thứ hai thì sau
6
5
giờ nữa mới bể
nước nên ta có pt:
9
x
+
6 1 1
5 xy



= 1 (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
1 1 5
24
9 6 1 1
1
5
xy
x x y




(I)
Đặt u =
1
x
, v =
1
y
, hệ (I) trở thành:
5
24
6
91
5
uv
u u v

5
24
51 6
1
55
uv
uv


(II).
Giải hệ (II), ta được:
1
12
1
8
u
v
11
12
11
8
x
y
12
8
x
y
(thỏa ĐK).
Vậy: Vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 8h.
Trang 19
Bài tp13: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Hai vòi nước cng chảy vào một bể cn chưa
có nước thì sau 18 giờ đầy bể. Nếu chảy riêng thì vòi thứ nhất sẽ chảy đầy bể chậm hơn vòi thứ hai 27
giờ. Hỏi nếu chảy riêng thì mỗi vòi mất bao lâu mới chảy đầy bể?
HD:
Gọi x (h) là thời gian vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể (x > 27).
Thời gian vòi thứ hai chảy riêng đầy bể: x – 27 (h).
Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được
1
x
(bể).
Mỗi giờ vòi thứ hai chảy được
1
27x
(bể).
Vì hai vòi cùng chảy thì sau 18 h bể đầy, nên trong 1h hai vòi cùng chảy được
1
18
bể, do đó nên ta
có pt:
1 1 1
27 18xx

x
2
– 63x + 486 = 0.
Giải pt trên ta được: x
1
= 54 (nhận); x
2
= 9 (loại).
Vậy: Vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể trong 542h, vòi thứ hai chảy riêng đầy bể trong 27h.
Bài tp 14: (HK II: 2008 – 2009 _ Sở GD&ĐT Bến Tre):
Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A và B cách nhau 90 km. Hai mô tô khởi
hành đồng thời, xe thứ nhất từ A và xe thứ hai từ B đi ngược chiu nhau. Sau 1 giờ chng gp nhau. Tiếp
tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ nhất tới B là 27 pht. Tính vận tốc mỗi xe.
HD:
Gọi x, y là vận tốc của xe I và xe II (x, y > 0).
Sau một giờ hai xe gặp nhau nên tổng quãng đường hai xe đi được bằng đoạn đường AB, do đó ta
có pt: x + y = 90 (1).
Thời gian xe I đi hết đoạn đướng AB:
90
x
(h).
Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB:
90
y
(h).
Vì xe II tới A trước xe I tới B là 27 phút =
9
20
h nên ta có pt:
90
x
–
90
y
=
9
20
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
x + y = 90
90 90 9
20xy

y = 90 ( )
10 10 1
()
90 20
xa
b
xx

.
Giải pt (b)ta được: x
1
= 40(nhận) ; x
2
= 450 (loại).
Thế x = 40 vào (a)
y = 50 (nhận).
Vậy:
Xe I có vận tốc: 40 km/h.
Xe II có vận tốc: 50 km/h.
Bài tp 15: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A và B cách nhau 110 km. Hai mô tô
khởi hành đồng thời, xe thứ nhất từ A và xe thứ hai từ B đi ngược chiu nhau. Sau 2 giờ chng gp nhau.
Tiếp tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ nhất tới B là 44 pht. Tính vận tốc mỗi xe.
HD:
Gọi x, y là vận tốc của xe I và xe II (x, y > 0).
Trang 20
Sau 2 giờ hai xe gặp nhau nên tổng quãng đường hai xe đi được bằng đoạn đường AB, do đó ta
có pt: 2x +2y =110 (1).
Thời gian xe I đi hết đoạn đướng AB:
110
x
(h).
Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB:
110
y
(h).
Vì xe II tới A trước xe I tới B là 44 phút =
11
15
h nên ta có pt:
110
x
–
110
y
=
11
15
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
2x + 2y = 110
110 110 11
15xy

y = 55 ( )
110 110 11
()
55 15
xa
b
xx

.
Giải pt (b)ta được: x
1
= 25(nhận) ; x
2
= (loại).
Thế x = 25 vào (a)
y = (nhận).
Vậy:
Xe I có vận tốc: 40 km/h.
Xe II có vận tốc: 50 km/h.
CHỦ ĐỀ : HÌNH HỌC
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Định nghĩa – Định lý
Hệ quả
Ký hiệu ton học
Hình vẽ
Trang 21
1. Góc ở tâm: Trong một
đường tròn, số đo của góc ở
tâm bằng số đo cung bị
chắn.
2. Góc nội tiếp:
* Định lý: Trong một đường
tròn, số đo của góc nội tiếp
bằng nửa số đo của cung bị
chắn.
* Hệ quả: Trong một đường
tròn:
a) Các góc nội tiếp bằng
nhau chắn các cung bằng
nhau.
b) Các góc nội tiếp cùng
chắn một cung hoặc chắn
các cung bằng nhau thì
bằng nhau.
c) Góc nội tiếp (nhỏ hơn
hoặc bằng 90
0
) có số đo
bằng nửa số đo của góc ở
tâm cùng chắn một cung.
d) Góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn là góc vuông.
(O,R) có:
AOB
ở tâm chắn
AmB
AOB
= sđ
AmB
(O,R) có:
BAC
nội tiếp chắn
BC
BAC
=
1
2
sđ
BC
.
a) (O,R) có:
BC EF
b) (O,R) có:
(O,R) có:
c) (O,R) có:
d) (O,R) có:
BAC
nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính BC
BAC
= 90
0
.
(O,R) có:
n.tieáp chaén BC
n.tieáp chaén EF
BAC
EDF
BAC EDF

n.tieáp chaén BC
n.tieáp chaén BC
BAC
BAC BDC
BDC

n.tieáp chaén BC
n.tieáp chaén EF
BAC
EDF
BAC EDF
BC EF

n.tieáp chaén BC
1
2
ôû taâm chaén BC
BAC
BAC BOC
BOC
Trang 22
3. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến
và dây cung:
* Định lý: Trong một đường
tròn, số đo của góc tạo bởi
tia tiếp tuyến và dây cung
bằng nửa số đo của cung bị
chắn.
* Hệ quả: Trong một đường
tròn, góc tạo bởi tia tiếp
tuyến và dây cung và góc
nội tiếp cùng chắn một cung
thì bằng nhau.
4. Góc có đỉnh ở bên trong
đường tròn:
* Định lý: Góc có đỉnh ở
bên trong đường tròn bằng
nửa tổng số đo hai cung bị
chắn.
5. Góc có đỉnh ở bên ngoài
đường tròn:
* Định lý: Góc có đỉnh ở
bên ngoài đường tròn bằng
nửa hiệu số đo hai cung bị
chắn.
6. Cung chứa góc:
* Tập hợp các điểm cùng
nhìn đoạn thẳng AB dưới
một góc
không đổi là hai
cung tròn chứa góc
.
* Đặc biệt:
a) Các điểm D, E, F cùng
thuộc nửa mặt phẳng bờ AB,
cùng nhìn đoạn AB dưới một
góc không đổi
Các đểm
A, B, D, E, F cùng thuộc một
đường tròn.
BAx
tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
cung chắn
AB
BAx
=
1
2
sđ
AB
.
(O,R) có:
(O,R) có:
BEC
có đỉnh bên trong đường tròn
(O,R) có:
BEC
có đỉnh bên ngoài đường tròn
a)
ADB AEB AFB
cùng nhìn
đoạn AB
A, B, D, E, F cùng thuộc
một đường tròn.
b)
0
90ACB ADB AEB AFB
cùng nhìn đoạn AB
A, B, C, D, E,
F thuộc một đường tròn đường kính
AB.

& AB
AB
BAxtaïobôûi tt dcchaén
BAx ACB
ACBnoäi tieápchaén

1
= ( )
2
BEC sñ BC sñ AD

1
= ( )
2
BEC sñ BC sñ AD
Trang 23
b) Các điểm C, D, E, F
cùng nhìn đoạn AB dưới
một góc vuông
Các đểm
A, B, C, D, E, F thuộc
đường tròn đường kính AB.
7. Tứ gic nội tiếp:
* Định nghĩa: Một tứ giác
có bốn đỉnh nằm trên một
dường tròn được gọi là tứ
giác nội tiếp đường tròn.
* Định lý: Trong một tứ giác
nội tiếp, tổng số đo hai góc
đối diện bằng 180
0
.
* Định lý đảo: Nếu một tứ
giác có tổng số đo hai góc
đối diện bằng 180
0
thì tứ
giác đó nội tiếp được đường
tròn.
8. Độ dài đường tròn, cung
tròn:
* Chu vi đường tròn:
* Độ dài cung tròn:
9. Diện tích hình tròn, hình
quạt tròn:
* Diện tích hình tròn:
* Diện tích hình quạt tròn:
* Diện tích hình viên phân:
* Tứ giác ABCD có A, B, C, D
(O)
ABCD là tứ giác nội tiếp (O).
* Tứ giác ABCD nội tiếp (O)
0
0
180
180
AC
BD


* Tứ giác ABCD có:
0
180AC
ABCD là tứ giác
n.tiếp
Hoặc:
0
180BD
ABCD là tứ giác
n.tiếp
C = 2
R =
d
0
180
Rn
2
.
360 2
R n R
S

S
viên phân
= S
qut
- S
ABC
2
2
4
d
SR


22
12
()S R R

2
xq
S Rh
Trang 24
* Diện tích hình vành khăn:
HÌNH KHÔNG GIAN
1.Hình trụ:
* Diện tích xung quanh:
* Diện tích toàn phần:
* Thể tích:
2.Hình nón:
* Diện tích xung quanh:
* Diện tích toàn phần:
* Thể tích:
2. Hình nón cụt:
* Diện tích xung quanh:
* Diện tích toàn phần:
S
tp
= S
xq
+ 2.S
đáy
S: diện tích đáy; h: chiều cao
S
tp
= S
xq
+ S
đáy
V
nón
=
1
3
V
trụ
S: diện tích đáy; h: chiều cao,
l: đường sinh
S
tp
= S
xq
+ S
đáy lớn
+ S
đáy nhỏ
2
22
tp
S Rh R


2
.V S h R h

.
xq
S R l
2
tp
S R R


2
1
3
V R h
22
l h R
12
()
xq
S R R l

22
1 2 1 2
( ) ( )
tp
S R R l R R

22
4S R d


Trang 25
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Cho
ABC
có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R.. Các phân giác của các góc
ABC
,
ACB
lần lượt cắt đường tròn ti E, F.
1. CMR: OF
AB và OE
AC.
2. Gọi M là giao điểm của của OF và AB; N là giao điểm của OE và AC. CMR: Tứ giác
AMON nội tiếp và tính diện tích hình tròn ngoi tiếp tứ giác này.
3. Gọi I là giao điểm của BE và CF; D là điểm đối xứng của I qua BC. CMR: ID
MN.
4. CMR: Nếu D nằm trên (O) thì
BAC
= 60
0
.
HD:
1. CMR: OF
AB và OE
AC:
+ (O,R) có:
.
.
()
ACF n tieáp chaén AF
BCF n tieáp chaénBF AF BF OF AB
ACF BCF CF laøphaân giaùc
+ (O,R) có:
.
.
()
ABEntieáp chaénAE
CAEntieáp chaénCE AE CE OE AC
ABE CAE BElaøphaân giaùc
2. CMR: Tứ gic AMON nội tiếp:
0
0
0
90
180
90
OF AB taïi M OMA
OMA ONA
OE AC taïi N ONA
Tứ AMON nội tiếp.
* Thể tích:
3. Hình cầu:
* Diện tích mặt cầu:
* Thể tích:
22
1 2 1 2
1
()
3
V h R R R R
3
4
3
VR
I
M
F
N
E
O
A
B
C
D
Trang 26
* Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ gic AMON:
Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA




2
2
2
..
2 4 4
OA OA R
S
.
3. CMR: ID
MN:
+ I và D đối xứng nhau qua BC
ID BC
(1)
+ (O,R) có:
1
2
1
2
OF AB taïi M MA MB AB
OE AC taïi N NA NC AC
MN là đường trung bình của
ABC
MN // BC (2).
Từ (1) và (2)
ID MN
.
4. CMR: Nếu D nằm trên (O) thì
BAC
= 60
0
:
+ I và D đối xứng qua BC
BC là đường trung trực của ID, suy ra:
IBD cân tại B
CBD CBE
( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao).
ICD cân tại C
BCD BCF
( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao).
+ Khi D nằm trên (O,R) thì:
Mà:
Mặc khác:
1
3
AE EC CD ACD CD ACD
(1).
Mà:
Mặc khác:
1
3
AF FB BD ABD BD ABD
(2).
11
. ( )
22
BACn tieáp chaénBC BAC sñ BC sñ BD sñCD
(3).
+ Từ (1), (2) và (3)



00
1 1 1 1 1
.360 60
2 3 3 6 6
BAC sñ ABD sñ ABD sñ ABD sñ ABD
.
Bài 2: Cho hình vuông ABCD có cnh bằng a. Gọi M là điểm trên cnh BC và N là điểm trên cnh CD
sao cho BM = CN. Các đon thằng AM và BN cắt nhau ti H.
1. CMR: Các tứ giác AHND và MHNC là những tứ giác nội tiếp.
2. Khi BM =
4
a
. Tính diện tích hình tròn ngoi tiếp tứ giác AHND theo a.
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đon MN theo a.
HD: 1. CMR: Tứ gic AHND và MHNC nội tiếp:
+
ABM =
BCN (c.g.c)
BAM CBN

.
.
()
CBD n tieáp chaénCD
CBEn tieáp chaénCE CD CE
CBD CBE cmt
()CE AE cmt
AE EC CD

.
.
()
BCD n tieáp chaénBD
BCF n tieáp chaénBF BD BF
BCD BCF cmt
()BF AF cmt
AF FB BD
I
M
F
N
E
O
A
B
C
D
x
D
C
A
B
H
M
N
Trang 27
+
0
90CBN ABH ABC

0
90AHB
(ĐL tổng 3 góc của
AHB)
AM BN
tại H
0
90AHN MHN
.
+ Tứ giác AHND có:
0
180AHN ADN
AHND là tứ giác nội tiếp.
+ Tứ giác MHNC có:
0
180MHN MCN
MHNC là tứ giác nội tiếp.
2. Khi BM =
4
a
. Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ gic AHND theo a:
+ Khi BM =
4
a
CN =
4
a
DN =
3
4
a
.
+
AND vuông tại D
2
2 2 2
3
4
a
AN AD DN a



=
5
4
a
.
+ Diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND:
2
22
5 25
:4
4 4 64
AN a a
S




.
3. Tìm gi trị nhỏ nhất của MN theo a:
+ Đặt x = BM = CN
CM = a – x .
+
MCN vuông tại C
MN
2
= CM
2
+ CN
2
= (a – x)
2
+ x
2
= 2x
2
– 2ax + a
2
=
2
2
2
2
2
aa
x




MN
2
đạt giá trị nhỏ nhất là
2
2
a
khi
20
2
a
x 
MN đạt giá trị nhỏ nhất là
2
2
22
aa
khi
2
a
x
Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là
2
2
a
khi BM =
2
a
.
Bài 3: Cho
ABC
có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Đường cao BH và CK lần lượt cắt (O) ti
E và F.
a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp.
b) CMR: OA
EF và EF // HK.
c) Khi
ABC
là tam giác đu có cnh bằng a. Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ
BC của (O).
HD:
a) CMR: Tứ gic BKHC nội tiếp:
+ BH
AC
BHC
= 90
0
nhìn đoạn BC
H
đường tròn đường kính BC (1).
+ CK
AB
BKC
= 90
0
nhìn đoạn BC
K
đường tròn đường kính BC (2).
+ Từ (1) và (2)
B, H, C, K
đường tròn đường kính BC
Tứ giác BKHC nội tiếp đường
tròn đường kính BC.
b) CMR: OA
EF và EF // HK:
+ Đường tròn đường kính BC có:
+ Đường tròn (O) có:
.
.
KBH n tieáp chaénHK
KBH KCH ABE ACF
KCH n tieáp chaénHK
Trang 28
.
.
()
ABEntieáp chaénAE
CAEntieáp chaénAF AE CF AE AF
ABE CAF cmt
(1)
+ Mặc khác: OE = OF = R (2)
Từ (1) và ( 2)
OA là đường trung trực của EF
OA EF
.
+ Đường tròn đường kính BC có:
.
.
BCK n tieáp chaénBK
BCK BHK BCF BHK
BHK n tieáp chaénBK
(3)
+ Đường tròn (O) có:

.
.
BCF n tieáp chaénBF
BCF BEF
BEF n tieáp chaénBF
(4)
Từ (3) và (4)
BHK BEF
EF // HK
BHK vaø BEF ñoàng vò
.
c) Khi
ABC
là tam gic đều có cạnh bằng a. Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ
BC của (O:
+ Gọi R là bán kính của (O) và h là chiều cao của
ABC
đều, ta có:
h =
3
2
a
O là trọng tâm của
ABC
R = OA =
2
3
h =
2 3 3
3 2 3
aa
.
S
(O)
=
R
2
=




2
2
3
33
aa
(đvdt)
S
ABC
=
1
2
a.h =
2
1 3 3
2 2 4
aa
a
(đvdt)
S
vp
=
1
3
( S
(O)
– S
ABC
) =
1
3
(
2
3
a
-
2
3
4
a
)=
2
4 3 3
36
a ( )
(đvdt).
Bài 4: Cho hình vuông ABCD có cnh bằng a. Gọi E là một điểm bất kỳ trên cnh BC. Qua B vẽ đường
thẳng vuông góc với tia DE ti H, đường thẳng này cắt tia DC ti F.
a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D cng nằm trên một đường tròn.
b) CMR: DE.HE = BE.CE.
c) Tính độ dài đon thẳng DH theo a khi E là trung điểm của BC.
d) CMR: HC là tia phân giác của
DHF
.
HD:
a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D cùng thuộc một đường tròn:
+
BAD
= 90
0
nhìn đoạn BD
A
đường tròn đường kính BD (1)
+
BHD
= 90
0
nhìn đoạn BD
H
đường tròn đường kính BD (2)
+
BCD
= 90
0
nhìn đoạn BD
C
đường tròn đường kính BD (3)
E
H
F
D
C
A
B
Trang 29
Từ (1), (2) và (3)
A, B, H, C, D
đường tròn đường kính BD.
b) CMR: DE.HE = BE.CE:
+
DEC và
BEH có:

0
90
DEC BEH ( ñoái ñænh)
DCE BHE
DEC
BEH (g.g)
DE EC
BE EH
DE.HE = BE.CE.
c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a khi E là trung điểm của BC:
Khi E là trung điểm của BC
22
BC a
EB EC
.
DEC vuông tại C
22
DE EC CD
DE =




2
2
5
22
aa
a
.
Từ: DE.HE = BE.CE (cmt)

BE.CE
EH
DE



55
2 2 2 10
a a a a
EH . :
.
DH = DE + EH =
5
2
a
+
5
10
a
=
35
5
a
.
d) CMR: HC là tia phân gic của
DEF
:
+ Đường tròn đường kính BD có:
Mà:
+ Mặc khác:
0
90CHD CHF DHF
(2)
+ Từ (1) và (2)

1
2
CHD CHF DHF
HC là tia phân giác của
DHF
.
Bài 5: Một hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn Tâm O bán kính R . Một điểm M di động trên
cung ABC , M không trng với A,B và C, MD cắt AC ti H.
1) CMR:Tứ giác MBOH nội tiếp được trong đường tròn và DH.DM = 2R
2
.
2) CMR: MD.MH = MA.MC.
3)
MDC và
MAH bằng nhau khi M ở một vị trí đc biệt M’. Xác định điểm M’. Khi đó
M’D cắt AC ti H’. Đường thẳng qua M’ và vuông góc với AC cắt AC ti I. Chứng minh rằng I là trung
điểm của H’C .
HD:
1. CMR: Tứ gic MBOH nội tiếp dược đường tròn:
+ ABCD là hình vuông
BD
AC
0
90BOH
(1)
+ (O) có:
BMD
nội tiếp chắn đường tròn
0
90BMD
(2)
+ Từ (1) và (2)
0 0 0
90 90 180BOH BMD
?
E
H
D
C
A
B
F

.
.
CHDntieáp chaénCD
CHD CBD
CBDntieáp chaénCD

0
1
45
2
CBD ABC

0
45 (1)CHD
H
O
D
C
A
B
M
Trang 30
MBOH là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BH.
* CMR: DH.DM = 2R
2
:
DOH và DMB
có:
0
90
:
DOH DMB
BDM chung

DOH
DMB (g.g)
2
. . .2 . . 2
DO DH
DO DB DH DM R R DH DM DH DM R
DM DB
(đpcm).
2. CMR: MD.MH = MA.MC:
+ (O,R) có:
CD = AD (ABCD là hình vuông)
CD AD
.
+
MDC và
MAH có:
()
()
MDC MAH cmt
CMD AMH cmt
MDC
MAH (g.g)
..
MD MC
MD MH MA MC
MA MH
.
3. Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C:
+ Khi
MDC =
MAH
MD = MA
+ (O,R) có:
MD = MA
MCD MBA
MC CD MB BA
(1)
Do:CD = BA
CD BA
(2)
Từ (1) và (2)
MC MB
M là điểm chính giữa
BC
Hay M’là điểm chính giữa
BC
.
+ Do
MDC =
MAH
M’DC =
M’AH’
M’C = M’H’
M’H’C cân tại M (3)
+ Do M’I
AC
M’I
H’C (4)
Từ (3) và (4)
M’I là đường là đường trung tuyến của
M’H’C
IH’ = IC
Hay I là trung điểm của H’C (đpcm).
Bài 6: Cho hai đường tròn (O; 20cm) và (O’; 15cm) cắt nhau ti A và B. Biết AB = 24cm và O và O’
nằm v hai phía so với dây chung AB. Vẽ đường kính AC của đường tròn (O) và đường kính AD của
đường tròn (O’).
a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng.
b) Tính độ dài đon OO’.
c) Gọi EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’) (E, F là các tiếp điểm).
CMR: Đường thẳng AB đi qua trung điểm của đon thẳng EF.
HD:
I
H'
O
D
C
A
B
M'
.
.
MDCn tieáp chaénMC
MDC MAC MDC MAH
MACn tieáp chaénMC
.
.
CMD n tieáp chaénCD
AMD n tieáp chaénAD CMD AMD CMD AMH
CD AD
F
E
B
O
O'
H
A
C
D
K
Trang 31
a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng:
+ (O) có
ABC
nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính AC
ABC
= 90
0
(1)
+ (O’) có
ABD
nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính AD
ABD
= 90
0
(2)
+ Từ (1) và (2)
CBD
=
ABC
+
ABD
= 180
0
Ba điểm C, B, D thẳng hàng.
b) Tính độ dài đoạn OO’:
+ (O) và (O’) cắt nhau tại A và B
OO’ là đường
trung trực của AB.
+ Gọi H là giao điểm của OO’ và AB
OO’
AB tại H; HA = HB =
1
2
AB = 12 (cm).
+
AHO vuông tại H
22
OH OA HA
=
(cm).
+
AHO’ vuông tại H
22
''O H O A HA
=
22
15 12 9
(cm).
Suy ra: OO’ = OH + O’H = 16 + 9 = 25 (cm).
c) CMR: Đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng EF:
+ Gọi K là giao điểm của AB và EF.
+
OEK vuông tại E
2 2 2
KE OK OE
(1)
+
OHK vuông tại H
2 2 2
OK OH HK
(2)
+ Từ (1) và (2)
KE
2
= (OH
2
+ HK
2
) – OE
2
= 16
2
+ HK
2
– 20
2
= HK
2
– 144 (*).
+
O’FK vuông tại F
2 2 2
''KF O K O F
(3)
+
O’HK vuông tại H
2 2 2
''O K O H HK
(2)
+ Từ (3) và (4)
KF
2
= (O’H
2
+ HK
2
) – O’F
2
= 9
2
+ HK
2
– 15
2
= HK
2
– 144 (**).
+Từ (*) và (**)
22
KE = KF KE = KF
Mà:
AB đi qua trung điểm của EF (đpcm).
Bài 7: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Từ A và B lần lượt kẻ hai tiếp tuyến Ax và By
với nửa đường tròn. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp
tuyến Ax và By lần lượt ti C và D.
1. CMR:
a) Tứ giác AOMC nội tiếp.
b) CD = CA + DB và
COD
= 90
0
.
c) AC. BD = R
2
.
2. Khi
BAM
= 60
0
. Chứng tỏ
BDM
là tam giác đu và tính diện tích của hình qut tròn chắn
cung MB của nửa đường tròn đã cho theo R.
HD:
1a) CMR: Tứ gic AOMC nội tiếp:
+ Ax là tiếp tuyến tại A
OAC
= 90
0
(1)
+ CD là tiếp tuyến tại M
OMC
= 90
0
(2)
Từ (1) và (2)
OAC
+
OMC
= 180
0
AOMC là tứ giác nội tiếp
đường tròn đường kính OC.
1b) CMR: CD = CA + DB và
COD
= 90
0
:

K laøtrung ñieåm cuûa EF
KE KF EF
y
x
C
D
O
B
A
M
Trang 32
+ Hai tiếp tuyến CA và CM cắt nhau tại C
CA = CM và OC là
tia phân giác của
AOM
(1)
+ Hai tiếp tuyến DB và DM cắt nhau tại D
DB = DM và OD là
tia phân giác của
MOB
(2)
Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB
+ (O,R)có:
COD
= 90
0
.
1c) CMR: AC. BD = R
2
:

2
COD vuoâng taïi O
OM MC.MD
OM CD
2. Khi
BAM
= 60
0
. Chứng tỏ
BDM
là tam gic đều và tính diện tích của hình quạt tròn chắn
cung MB của nửa đường tròn đã cho theo R:
+ Nửa (O, R) có:
0
60
BAM noäi tieáp chaén BM
DBM BAM
DBM taïo bôûi t.tuyeánvaødaây cungchaén BM
(1)
BDM
có DB = DM
BDM
cân tại D (2)
Từ (1) và (2)
BDM
đều.
+ Nửa (O, R) có:
00
2 2 60 120
BAM noäi tieáp chaén BM
BOM . BAM .
BOM ôûtaâm chaén BM
S
quạt
=

2 2 2
60
360 360 3
R n R R
(đvdt).
Bài 8: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp tuyến MA
và MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D.
a) CMR: MA
2
= MC. MD.
b) Gọi I là trung điểm của CD. CMR: 5 điểm M, A, O, I, B cng nằm trên một đường tròn.
c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn.
Suy ra AB là phân giác của
CHD
.
d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến ti C và D của đường tròn (O). CMR: 3 điểm A,
B, K thẳng hàng.
HD:
a) CMR:MA
2
= MC. MD:
+
MAC
và
MDA
có:
MDA:chung
MAC MDA (cuøng chaénAC)
MAC
MDA
(g.g)
60
0
y
x
D
C
O
B
A
M

0
180AOM MOB (keàbu)ø
OC laøphaân giaùc cuûa AOM
OD laøphaân giaùc cuûa MOB


2
AC.BD R
vôùi OM = R,MC AC, MD BD
I
C
A
B
O
M
D
Trang 33
2
MA MC
MA MC.MD
MD MA
(đpcm)).
b) CMR:5 điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên một đường tròn:
+ (O) có:
I là trung điểm của dây CD
OI CD

0
90OIM
nhìn đoạn OM (1)
MA OA
(T/c tiếp tuyến)

0
90OAM
nhìn đoạn OM (2)
MB OB
(T/c tiếp tuyến)

0
90OBM
nhìn đoạn OM (3)
Từ (1), (2) và (3)
5 điểm M, A, I, O, B
đường tròn đường kính OM.
c) CMR: Tứ gic CHOD nội tiếp được đường tròn. Suy ra AB là phân gic của
CHD
:
+
OAM
vuông tại A
MA
2
= MO. MH
Mà:
MO. MH = MC. MD
MH MC
MD MO

+ và
MDO
có:
:DOM chung
MH MC
MD MO
MHC
MDO
(c.g.c)

0
180
MHC MDO MHC CDO
Maø: MHC CHO (keàbu)ø
0
180CDO CHO
Suy ra: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn (đpcm)
* CMR: AB là phân gic của
CHD
:
+
COD
có OC = OD = R
COD
cân tại O
CDO DCO MDO DCO
Maø:OHD DCO(cuøng chaén OD cuûa ñöôøng troøn noäi tieáp töùgiaùc CHOD)


MDO OHD
OHD MHC
Maø: MDO MHC(cmt)
(1)
+ Mặc khác:


0
0
90
90
AHC MHC
AHD OHD
(2)
Từ (1) và (2)
Suy ra: HA là tia phân giác của
CHD
AB là tia phân giác của
CHD
(đpcm).
d) Gọi K là giao điểm của cc tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). CMR: 3 điểm A, B, K
thẳng hàng:
+ Gọi K là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại C và D của (O)
+
CK OC
(T/c tiếp tuyến)

0
90OCK
nhìn đoạn OK (1)
H
I
C
A
B
O
M
D
2
. ( )MA MC MD cmt

AHC AHD
Maø: AHC AHD CHD
H
A
K
I
C
B
O
M
D
Trang 34
+
DK OD
(T/c tiếp tuyến)

0
90ODK
nhìn đoạn OK (2)
Từ (1), (2)
Tứ giác OCK nội tiếp đường tròn đường kính OK
OKC ODC(cuøng chaén OC)

OKC MDO
Maø: MHC MDO(cmt)

0
180OKC OHC
Tứ giác OKCH nội tiếp đường tròn đường kính OK
OHK OCK
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)


HK MO
HK AB
Maø: AB MO(cmt)
3 điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm).
Bài 9:
Cho hình vuông cnh a , lấy điểm M bất kỳ thuộc cnh BC (M khác B,C). Qua B kẻ đường thẳng
vuông góc với đường thẳng DM ti H, ko dài BH cắt đường thẳng DC ti K.
1. Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh: KM DB.
3. Chứng minh: KC . KD = KH . KB.
4. Kí hiệu S
ABM
, S
DCM
là diện tích của tam giác ABM, tam giác DCM. CMR: (S
ABM
+ S
DCM
)
không đổi. Xác định vị trí của M trên BC để S
2
ABM
+ S
2
DCM
đt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó
theo a.
HD:
1. CMR: BHCD là tứ gic nội tiếp:
+
BHD
= 90
0
nhìn đoạn BD
H
đường tròn đường kính BD (1)
+
BCD
= 90
0
nhìn đoạn BD
C
đường tròn đường kính BD (2)
Từ (1) và (2)
B, H, C, D
đường tròn đường kính BD.
2. Chứng minh: KM
DB:
+
BDK
có :

DH BK
BC DK
DH caét DK taïi M
M là trực tâm của
BDK
KM là đường cao thứ ba
KM
DB
3. Chứng minh: KC . KD = KH . KB:
+
KCB
và
KHD
có:

0
90KCB KHD
BKD : chung
KCB
KHD
(g.g)

KC KH
KB KD
KC . KD = KH . KB (đpcm).
4. CMR: (S
ABM
+ S
DCM
) không đổi:
+
ABM
vuông tại B
S
ABM
=
1
2
AB.BM
=
1
2
a.BM
(1)
+
DCM
vuông tại C
S
DCM
=
1
2
CD.CM
=
1
2
a.CM
(2)

0
180
OKC MHC
Maø: MHC OHC (keàbu)ø
M
H
D
C
A
B
K
Trang 35
Từ (1) và (2)
S
ABM
+ S
DCM
=
1
2
a.BM
+
1
2
a.CM
=
2
1 1 1 1
2 2 2 2
a.(BM CM) a.BC a.a a
+ Vì a là không đổi
2
1
2
a
không đổi
(S
ABM
+ S
DCM
) không đổi.
* Xc định vị trí của M trên BC để S
2
ABM
+ S
2
DCM
đạt gi trị nhỏ nhất. Tìm gi trị nhỏ nhất đó
theo a:
+ Đặt x = BM
CM = a – x
+ Ta có:
22
22
11
22
ABM DCM
S S a.BM a.CM
=



22
11
22
a.x a.(a x)
=



2 2 2
1
4
a x (a x)
=



2 2 2
1
22
4
a x ax a
=




2 2 2
11
2
42
a (x ax a )
=




2 2 2
1 1 1
2 2 4
a (x a) a )
=

2 2 4
1 1 1
2 2 8
a .(x a) a
4
8
a
+ Giá trị nhỏ nhất của
22
ABM DCM
SS
là
4
8
a
khi :
1
2
xa
= 0

1
2
xa
Vậy khi M là trung điểm của BC thì
22
ABM DCM
SS
đạt giá trị nhỏ nhất là
4
8
a
.
Bài 10: Cho điểm A ở ngoài đường tròn (O, R). Gọi AB, AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (B và C là
hai tiếp điểm). Từ A vẽ một tia cắt đường tròn ti E và F (E nằm giữa A và F).
a) CMR:
AEC
và
ACF
đồng dng. Suy ra AC
2
= AE. AF.
b) Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh 5 điểm A, B, O, I, C cng nằm trên một đường tròn.
c) Từ E vẽ đường thẳng vuông góc với OB cắt BC ti M. Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp
được trong đưởng tròn. Suy ra tứ giác MIFB là hình thang.
d) Giả sử cho OA = R
2
. Tính theo R phần diện tích tứ giác ABOC nằm ở ngoài hình tròn (O)
HD:
a) CMR:
AEC
và
ACF
đồng dạng. Suy ra AC
2
= AE. AF:
+
AEC
và
ACF
có:
ACE CFE(cuøng chaén CE
CAF : chung
KCB
KHD
(g.g)
AC AE
AF AC

AC
2
= AE. AF (đpcm).
b) Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh 5 điểm A, B, O, I, C cùng nằm trên một đường
tròn:
B
I
E
C
O
A
F
Trang 36
+ (O) có:
I là trung điểm của dây EF
OI EF
OIA
0
90
nhìn đoạn OA (1)
AB OB
(T/c tiếp tuyến)
OBA
0
90
nhìn đoạn OA (2)
AC OC
(T/c tiếp tuyến
)
OCA
0
90
nhìn đoạn OA (3)
Từ (1), (2) và (3)
5 điểm , A,B, O, I, C
đường tròn đường kính OA.
c) Từ E vẽ đường thẳng vuông góc với OB cắt BC tại M. Chứng minh tứ gic EMIC nội tiếp
được trong đưởng tròn. Suy ra tứ gic MIFB là hình thang:
+
M
B
I
E
C
O
A
F
| 1/36
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:


ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HỌC KỲ II
CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
ax by c , a  0 (D) Cho hệ phương trình: 
a' x b' y c', a'0 (D')  a b (D) cắt (D’)  
 Hệ phương trình có nghiệm duy nhất. a ' b '  a b c (D) // (D’)   
 Hệ phương trình vô nghiệm. a ' b ' c '  a b c (D)  (D’)   
 Hệ phương trình có vô số nghiệm. a ' b ' c '
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
x y m
Bài tập 1: Cho hệ phương trình  (1)
2x my  0
1. Giải hệ phương trình (1) khi m = –1 .
2. Xác định giá trị của m để:
a) x = 1 và y = 1 là nghiệm của hệ (1). b) Hệ (1) vô nghiệm.
3. Tìm nghiệm của hệ phương trình (1) theo m.
4. Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = 1.
HD: 1. Khi m = – 1, hệ (1) có nghiệm x = 1; y = 2.
2a) Hệ (1) có nghiệm x = 1 và y = 1 khi m = 2. a b c m
2b) Hệ (1) vô nghiệm khi:    1 1   . a ' b ' c ' 2 m 0 1 1  2 mm      2 
m = – 2: Hệ (1) vô nghiệm. 1 m     m 0 2 0 2 m 2m
3. Hệ (1) có nghiệm: x = ; y = . m  2 m  2 2 m 2m
4. Hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = 1 + = 1 m  2 m  2
m2 + m – 2 = 0
m thoûaÑK coùnghieäm  1( )  .
m  2(khoângthoûaÑK coùnghieä ) m
Vậy khi m = 1, hệ( 1 có nghiệm (x,y) thỏa: x + y = 1.
x y k  2
Bài tập 2: Cho hệ phương trình  (1)
2x  4y  9k 1. Giải hệ (1) khi k = 1.
2. Tìm giá trị của k để hệ (1) có nghiệm là x = – 8 và y = 7. Trang 1
3. Tìm nghiệm của hệ (1) theo k.
HD: 1. Khi k = 1, hệ (1) có nghiệm x = 2; y = 1.
2. Hệ (1) có nghiệm x = –8 và y = 7 khi k = – 3 . k  5  3k
3. Hệ (1) có nghiệm: x = 5 1 ; y = . 2 2 x y  3
Bài tập 3: Cho hệ phương trình  (1)
2x my  1
1. Giải hệ phương trình (1) khi m = –7 .
2. Xác định giá trị của m để:
a) x = – 1 và y = 4 là nghiệm của hệ (1).
b) Hệ (1) vô nghiệm.
3. Tìm nghiệm của hệ phương trình (1) theo m.
HD: 1. Khi m = – 7, hệ (1) có nghiệm x = 4; y = – 1. 3
2a) Hệ (1) có nghiệm x = –1 và y = 4 khi m = . 4
2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = – 2.
3. Hệ (1) có nghiệm: 3m 1 5 x = ; y = . m  2 m  2
mx  2y  1
Bài tập 4: Cho hệ phương trình  (1)
2x  3 y  1
1. Giải hệ phương trình (1) khi m = 3 . 2
2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x = 1  và y = . 2 3
3. Tìm nghiệm của hệ phương trình (1) theo m. 5
HD: 1. Khi m = 3, hệ (1) có nghiệm x = 1  ; y = . 13 13 1 2 2
2a) Hệ (1) có nghiệm x = và y = khi m = . 2 3 3
2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = –2. 1 m  2
3. Hệ (1) có nghiệm: x = ; y = . 3m  4 3m  4 x y  4
Bài tập 5 : Cho hệ phương trình  (1)
2x  3y m
1. Giải hệ phương trình (1) khi m = –1. x  0
2. Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa  .  y  0
HD: 1. Khi m = –1, hệ(1) có nghiệm: x = 13 và y = – 9. 2. Tìm:
Nghiệm của hệ (1) theo m: x = 12 – m ; y = m – 8 .         x 0 12 m 0 m 12 Theo đề bài:       m < 8. y  0 m  8  0 m  8 Trang 2
2x y  3m 1
Bài tập 6: Cho hệ phương trình  3
x  2y  2m3
1. Giải hệ phương trình khi m = – 1. x  1
2. Với giá trị nào của m thì hệ pt có nghiệm (x; y) thỏa  . y  6
HD: 1. Khi m = – 1 , hệ pt có nghiệm: x = 1 và y = – 4. 2. Tìm:
Nghiệm của hệ (1) theo m: x = 4m + 5 ; y = – 9 – 5m .       x 1 m 1 Theo đề bài:   
 – 3 < m < – 1 . y  6 m   3
 2mx y  5
Bài tập 7: Cho hệ phương trình :  (1)
mx  3y  1 1. Giải hệ (1) khi m = 1.
2. Xác định giá trị của m để hệ (1):
a) Có nghiệm duy nhất và tìm nghiệm duy nhất đó theo m.
b) Có nghiệm (x, y) thỏa: x – y = 2.
HD: 1. Khi m = 1, hệ (1) có nghiệm: x = – 2 ; y = 1.  2 x  
2a) Khi m 0, hệ (1) có nghiệm: m . y  1 2 2b) m = . 3
mx  2 y m
Bài tập 8 : Cho hệ phương trình :  ( m là tham số) (I).  2
x y m  1
a) Khi m = – 2, giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng.
b) Tính giá trị của tham số m để hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất và tính nghiệm duy nhất đó theo m. 1
HD: a) Khi m = – 2, hệ (I) có nghiệm: x = 2 ; y = . 3 3 b)
Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi m 4. 2  m m  3m
Khi đó hệ(I) có nghiệm duy nhất: 3 2 x ; y m  4 m  4
CHỦ ĐỀ : VẼ ĐỒ THỊ & TÌM TỌA ĐỘ GIAO ĐIỂM
CỦA (P): y = ax2 VÀ (D): y = ax + b (a 0)
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1.Hàm số y = ax2(a 0): Trang 3
Hàm số y = ax2(a  0) có những tính chất sau:
 Nếu a > 0 thì hàm số đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0.
 Nếu a < 0 thì hàm số đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0.
Đồ thị của hàm số y = ax2(a  0):
 Là một Parabol (P) với đỉnh là gốc tọa độ 0 và nhận trục Oy làm trục đối xứng.
 Nếu a > 0 thì đồ thị nằm phía trên trục hoành. 0 là điểm thấp nhất của đồ thị.
 Nếu a < 0 thì đồ thị nằm phía dưới trục hoành. 0 là điểm cao nhất của đồ thị.
Vẽ đồ thị của hàm số y = ax2 (a  0):
 Lập bảng các giá trị tương ứng của (P).
 Dựa và bảng giá trị  vẽ (P).
2. Tìm giao điểm của hai đồ thị :(P): y = ax2(a 0) và (D): y = ax + b:
 Lập phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D): cho 2 vế phải của 2 hàm số bằng
nhau  đưa về pt bậc hai dạng ax2 + bx + c = 0.
 Giải pt hoành độ giao điểm:
+ Nếu  > 0  pt có 2 nghiệm phân biệt  (D) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
+ Nếu  = 0  pt có nghiệm kép  (D) và (P) tiếp xúc nhau.
+ Nếu  < 0  pt vô nghiệm  (D) và (P) không giao nhau.
3. Xác định số giao điểm của hai đồ thị :(P): y = ax2(a 0) và (Dm) theo tham số m:
 Lập phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (Dm): cho 2 vế phải của 2 hàm số bằng
nhau  đưa về pt bậc hai dạng ax2 + bx + c = 0.
 Lập  (hoặc ' ) của pt hoành độ giao điểm.  Biện luận:
+ (Dm) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt khi  > 0  giải bất pt  tìm m.
+ (Dm) tiếp xúc (P) tại 1 điểm  = 0  giải pt  tìm m.
+ (Dm) và (P) không giao nhau khi  < 0  giải bất pt  tìm m.
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG 2 x
Bài tập 1: Cho hai hàm số y =
có đồ thị (P) và y = -x + m có đồ thị (Dm). 2
1. Với m = 4, vẽ (P) và (D4) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc Oxy. Xác định tọa độ các giao điểm của chúng.
2. Xác định giá trị của m để:
a) (Dm) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 1.
b) (Dm) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
c) (Dm) tiếp xúc (P). Xác định tọa độ tiếp điểm.
HD: 1. Tọa độ giao điểm: (2 ; 2) và (– 4 ; 8). 3 2a). m = . 2 1
2b)  ' = 1 + 2m > 0  m   . 2 1 1 2c) m = 
 tọa độ tiếp điểm (-1 ; ). 2 2
Bài tập 2: Cho hai hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P) và y = – 3x + m có đồ thị (Dm).
1. Khi m = 1, vẽ (P) và (D1) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc Oxy. Xác định tọa độ các giao điểm của chúng.
2. Xác định giá trị của m để: Trang 4
a) (Dm) đi qua một điểm trên (P) tại điểm có hoành độ bằng 1  . 2
b) (Dm) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
c) (Dm) tiếp xúc (P). Xác định tọa độ tiếp điểm. 1 1
HD: 1. Tọa độ giao điểm: ( ;
;) và (1 ; – 2). 2 2 2a). m = – 2. 9 2b) m < . 8 9 3 9
2c) m =  tọa độ tiếp điểm ( ; ). 8 4 8
Bài tập 3: Cho hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P).
1. Vẽ (P) trên một hệ trục tọa độ vuông góc.. 2. Gọi A( 2
;7 ) và B(2; 1). 3
a) Viết phương trình đường thẳng AB.
b) Xác định tọa độ các giao điểm của đường thẳng AB và (P).
3. Tìm điểm trên (P) có tổng hoành độ và tung độ của nó bằng – 6.
HD: 2a). Đường thẳng AB có phương trình y = = 3x – 5.
2b). Tọa độ giao điểm: 5 25
(1;– 2) và ( ; ). 2 2
3. Gọi M(xM; yM) là điểm trên (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = – 6.
Mặt khác: M(xM; yM) (P)  yM = – 2 2 x nên: x x ) = – 6 M M + yM = – 6  xM + (– 2 2 M
x  2  y  8 1 1  – 2 2  x + x  . M M + 6 = 0 3 9
x   y   2 2  2 2
Vậy có 2 điểm thỏa đề bài: M 3 9 1(2; – 8 ) và M2(  ;  ). 2 2 3 1
Bài tập 4: Cho hàm số y = 
x2 có đồ thị (P) và y = – 2x + có đồ thị (D). 2 2
1. Vẽ (P) và (D) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc.
2. Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (D).
3. Tìm tọa độ những điểm trên (P) thỏa tính chất tổng hoành độ và tung độ của điểm đó bằng – 4. 1 1 3
HD: 2. Tọa độ giao điểm: ( ; ) và (1 ; ). 3 6 2
3. Gọi M(xM; yM) là điểm trên (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = – 4. 3 3
Mặt khác: M(xM; yM) (P)  yM =  2
x nên: xM + yM = – 4  xM +(  2 x ) = – 4 2 M 2 M  4 8       3  x y 2  x + xM + 4 = 0 1 1  3 3 . 2 M
x  2  y   6  2 2
Vậy có 2 điểm thỏa đề bài: M 4 8 1(  ; ) và M2(2; – 6). 3 3 Trang 5 2 5
Bài tập 5: Cho hàm số y =
x2 có đồ thị (P) và y = x + có đồ thị (D). 3 3
1. Vẽ (P) và (D) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc.
2. Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (D). x x
3. Gọi A là điểm  (P) và B là điểm  (D) sao cho A B
. Xác định tọa độ của A và B. 11y  8 yA B 2 5 25
HD: 2. Tọa độ giao điểm: ( 1 ; ) và ( ; ). 3 2 6 3. Đặt xA = xB = t.  2 2 A(x 2 A; yA)  (P)  yA = x = t2. 3 A 3  5 5
B(xB; yB) (D)  yB = xB + = t + 3 3 t  2 1  2 5 22 40 Theo đề bài: 
11y  8y  11. t2 = 8.( t + )  2 t  8t   0  . A B 10 3 3 3 3 t  2  11  8 8
x  2  y   ( A 2; )A A   Với t = 2 3 3   . 11 11
x 2 y
B(2; ) B B  3 3  10 200 10 200 x    y   ( A ; )A A   Với t = 10  11 363 11 363   . 11 10 25 10 25
x   y   B(; ) B  11 B 33 11 33
Bài tập 6: Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho hai điểm A(1; –2) và B(–2; 3).
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A, B.
2. Gọi (P) là đồ thị của hàm số y = –2x2.
a) Vẽ (P) trên mặt phẳng tọa độ đã cho.
b) Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (d). 1
HD: 1. Phương trình đường thẳng AB: y = 5  x  . 3 3 1 1
2. Tọa độ giao điểm: (1; –2) và ( ; ). 6 18
Bài tập 7: Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = –2x2 trên mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy.
1. Gọi (D) là đường thẳng đi qua điểm A(–2; –1) và có hệ số góc k.
a) Viết phương trình đường thẳng (D).
b) Tìm k để (D) đi qua B nằm trên (P) biết hoành độ của B là 1. HD: 2a).
 Phương trình đường thẳng (D) có dạng tổng quát: y = ax + b.
 (D) có hệ số góc k (D): y = kx + b.
 (D) đi qua A(–2; –1) –1 = k.( –2) + b  b = 2k – 1.
 Phương trình đường thẳng (D): y = kx + 2 k – 1. 2b)
 Điểm B(xB; yB) (P) B(1; – 2). Trang 6  1
(D) đi qua B(1; –2) nên: –2 = k.1 +2k – 1  k =  . 3
Bài tập 8: Cho hai hàm số y = x2 có đồ thị (P) và y = x + 2 có đồ thị (D).
1. Vẽ (P) và(D) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc Oxy. Xác định tọa độ các giao điểm của chúng.
2. Gọi A là điểm thuộc (D) có hoành độ bằng 5 và B là điểm thuộc (P) có hoành độ bằng – 2.
Xác định tọa độ của A, B.
3. Tìm tọa độ của điểm I nằm trên trục tung sao cho: IA + IB nhỏ nhất.
HD: 1. Tọa độ giao điểm: (2; 4) và (–1; 1).
2. Tọa độ của A(5; 7) và B(– 2 ; 4) 3.
 I(xI, yI)  Oy  I(0: yI).
 IA + IB nhỏ nhất khi ba điểm I, A, B thẳng hàng.  34
Phương trình đường thẳng AB: y = 3 x + . 7 7  3 34 34 34
I(xI, yI)  đường thẳng AB nên: yI = .0 + = I(0; ) 7 7 7 7
Bài tập 9: Cho hàm số y = – x2 có đồ thị (P) và y = x – 2 có đồ thị (D).
a) Vẽ (P) và(D) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc. Xác định tọa độ giao điểm của (P) và
(D) bằng phương pháp đại số.
b) Gọi A là một điểm thuộc (D) có tung độ bằng 1 và B là một điểm thuộc (P) có hoành độ bằng
– 1. Xác định tọa độ của A và B.
c) Tìm tọa độ của điểm M thuộc trục hoành sao cho MA + MB nhỏ nhất.
HD: a) Tọa độ giao điểm: (2; – 4) và (–1; 1).
b) Tọa độ của A(3; 1) và B(– 1 ; – 1). c)
 yA = 1 > 0, yB = – 1 < 0  A, B nằm khác phía đối với trục Ox do đó MA + MB nhỏ nhất
khi M, A, B thẳng hàng  M là giao điểm của AB với truc Ox.
 Đường thẳng AB có dạng: y = ax + b. Đường thẳng AB đi qua hai điểm A, B  1     a   1 3a b  2 1   
 Đường thẳng AB: y = 1 x – .
1  a b 1  2 2 b    2  1 1       y x y
Tọa độ M là nghiệm của hệ pt:  2 2  0  .  x  1 y  0  Vậy: M(1; 0).
Bài tập 10: Cho (P): y = x2 và (D): y = – x + 2.
1. Vẽ (P) và (D) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc Oxy. Gọi A và B là các giao điểm của
(P) và (D), xác định tọa độ của A, B.
2. Tính diện tích tam giác AOB (đơn vị đo trên trục số là cm).
3. CMR: Tam giác AOB là tam giác vuông.
HD: 1. Tọa độ giao điểm: (1; 1)và (– 2; 4).
2. Gọi H, K là hình chiếu của A, B trên trục Ox, ta có: Trang 7  1 1 1
 OHA vuông tại H  SOHA = OH.OA = .1. 1 = (cm2). 2 2 2  1 1
 OKB vuông tại K  SOKB = OK.KB = .2. 4 = 4 (cm2). 2 2
 Gọi I là giao điểm của (D) với trục Ox  yI = 0 xI = 2  I(2; 0).  1 1
 IKB vuông tại K  SIKB = BK.KI = .4. 4 = 8 (cm2). 2 2  1
SOAB = SIKB – (SOHA + SOKB ) = 8 – ( + 4) = 3,5 (cm2). 2 3.
 Phương trình đường thẳng OA: y = a’x (D’).
 (D’) đi qua A(1; 1)  a = 1  (D’): y = x.
 (D) có a = – 1 và (D’) có a’ = 1  a. a’ = – 1  (D)  (D’)
 OA  AB   OAB vuông tại A.
--------------------------------------------------------------------------------------------
CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Giải phương trình bậc hai dạng ax2 + bx + c = 0 (a 0) (1) a) Nhẩm nghiệm:x 1 1
 a + b +c = 0 pt (1) có 2 nghiệm:  c  . x  2  ax  1 1
 a – b +c = 0 pt (1) có 2 nghiệm:  c  . x   2  a
b) Giải với  ' :
Nếu b = 2b’ b’ = b   ' = (b’)2 – ac. 2  b'  ' b'  '
Nếu  ' > 0  phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x  ; x  1 a 2 a  b'
Nếu  ' = 0  phương trình có nghiệm kép: x x  . 1 2 a
 Nếu ' < 0  phương trình vô nghiệm.
c) Giải với : Tính  :  = b2 – 4ac.  b  b 
Nếu  > 0  phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x  ; x  1 2a 2 2a  b
Nếu  = 0  phương trình có nghiệm kép: x x  . 1 2 2a
 Nếu  < 0  phương trình vô nghiệm.
2. Hệ thức Vi ét và ứng dụng: Trang 8
a) Định lý: Nếu x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (a  0) thì ta  b
Sx x   1 2  a có:  . cP x x  1 2  a
uvS
b) Định lý đảo: Nếu  . u v   P
 u, v là 2 nghiệm của phương trình x2 – Sx + P = 0 (ĐK: S2 – 4P  0).
* Một số hệ thức khi áp dụng hệ thức Vi-ét:
 Tổng bình phương các nghiệm: 2 2 2
x x (x x )  2x x = S2 – 2P. 1 2 1 2 1 2  1 1 x x S
Tổng nghịch đảo các nghiệm: 1 2    . x x x x P 1 2 1 2 2 2 2  1 1 x x S  2P
Tổng nghịch đảo bình phương các nghiệm: 1 2    . 2 2 2 2 x x (x x ) P 1 2 1 2
 Bình phương của hiệu các nghiệm: (x  2 x )  (x  2
x )  4x x = S2 – 4P. 1 2 1 2 1 2
 Tổng lập phương các nghiệm: 3 3 3
x x  (x x )  3x x (x x ) = S3 – 3PS 1 2 1 2 1 2 1 2
Ví dụ: Cho phương trình x2 – 12x + 35 = 0. Hãy tính giá trị của các biểu thức sau: 1 1 a) 2 2 x x . b)  . c) 2 (x x ) d) 3 3 x x 1 2 x x 1 2 1 2 1 2 Giải:
Phương trình có  ' = 1 > 0 pt có 2 nghiệm, áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):  b
Sx x   12 1 2  a  . c
P x x   35 1 2  a a) 2 2 2
x x (x x )  2x x = S2 – 2P = 122 – 2.35 = 74. 1 2 1 2 1 2 1 1 x x S 12 b) 1 2    = . x x x x P 35 1 2 1 2 c) 2 2 2
(x x )  (x x )  4x x S -4P= 122 – 4.35 = 4. 1 2 1 2 1 2 d) 3 3 3
x x  (x x )  3x x (x x ) = S3 – 3PS = 123 – 3.35.12 = 468. 1 2 1 2 1 2 1 2
3.Tìm hệ thức giữa hai nghiệm độc lập đối với tham số:(Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x1, x2 không
phụ thuộc vào tham số).
* Phương pháp giải:
 Tìm điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm (  '  0 ;   0 hoặc a.c < 0).  b
Sx x   1 2    Lập hệ thức Vi a -ét cho phương trình  . cP x x  1 2  a
 Khử tham số (bằng phương pháp cộng đại số) tìm hệ thức liên hệ giữa S và P  Đó là hệ
thức độc lập với tham số.
Ví dụ: Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – 1 = 0 (1) (m là tham số).
1. CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m. Trang 9
2. Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của pt (1). Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm không phụ thuộc vào m. Giải:
1. Phương trình (1) có  = b2 – 4ac = + (2m – 1)2 – 4.2.(m – 1) = 4m2 – 12m + 9 = (2m – 3)2  0,  m.
Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m. 2.  b 2m1
Sx x    1 2        S m Áp dụng hệ thức Vi a 2
-ét cho phương trình (1):   2 2 1  c m1  2P   m1 P x x   1 2  a 2      2S 2m 1 
 2S + 4P = -1. Hay: 2(x1 + x2) + 4x1x2 = -1 : Đây là hệ thức cần tìm. 4P   2m2
4. Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng – Lập phương trình bâc hai khi biết hai nghiệm của nó:
* Phương pháp giải:     u v S
Nếu 2 số u và v c ó: 
 u, v là hai nghiệm của phương trình: x2 – Sx + P = 0 (*).  . u v P  Giải pt (*): uxux
+ Nếu  ' > 0 (hoặc  > 0)  pt (*) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. Vậy 1  hoặc 2  . vxv x 2  1 + Nếu  b' b
' = 0 (hoặc  = 0)  pt (*) có nghiệm kép x1 = x2 =  . Vậy u = v = '  . a a
+ Nếu  ' < 0 (hoặc  < 0)  pt (*) vô nghiệm. Vậy không có 2 số u, v thỏa đề bài.
Ví dụ 1: Tìm 2 số u,v biết u + v = 11 và u.v = 28 Giải:
Theo đề bài  u, v là hai nghiệm của phương trình: x2 – Sx + P = 0  x2 – 11x + 28 = 0(*) x  7
Phương trình (*) có  = 9 > 0    3  1  . x  4 2 u  7 u  4 Vậy:  hay  v   4 v   7
Ví dụ 2: Cho hai số a = 3 +1 và b = 3 – 3 . Viết phương trình bậc hai có hai nghiệm là a và b. Giải:
 a + b = ( 3 +1) + (3 – 3 ) = 4.
 a.b = ( 3 +1). (3 – 3 ) = 2 3 .
Suy ra: a, b là 2 nghiệm của phương trình: x2 – Sx + P = 0  x2 – 4x + 2 3 = 0: Đây là pt cần tìm.
5. Chứng minh phương trình bậc hai luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của tham số m:
* Phương pháp giải:
 Lập biệt thức ' (hoặc  ).
 Biến đổi ' đưa về dạng : ' = (A  B)2 + c > 0,  m (với c là một số dương)
 Kết luận: Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi tham số m.
6. Chứng minh phương trình bậc hai luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m:
* Phương pháp giải: Trang 10
 Lập biệt thức ' (hoặc  ).
 Biến đổi ' đưa về dạng : ' = (A  B)2  0,  m.
 Kết luận: Vậy phương trình đã cho luôn nghiệm với mọi tham số m.
7. Biện luận phương trình bậc hai theo tham số m:
* Phương pháp giải:
 Lập biệt thức ' (hoặc  ).  Biện luận:
+ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi:  ' > 0  giải bất pt  tìm tham số m  kết luận.
+ Phương trình có nghiệm kép khi  ' = 0  giải pt  tìm tham số m  kết luận.
+ Phương trình vô nghiệm khi  ' < 0  giải bất pt  tìm tham số m  kết luận.
+ Phương trình có nghiệm khi  '  0  giải bất pt  tìm tham số m  kết luận.
* Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi: a.c < 0  giải bất pt  tìm tham số m  kết luận.
8. Xác định giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
* Phương pháp giải:
Đưa biểu thức P cần tìm về dạng: P = (A  B)2 + c  P = (A  B)2 + c  c.
Giá trị nhỏ nhất của P: Pmin = c khi A  B = 0  giải pt  tìm tham số m  kết luận.
9. Xác định giá trị lớn nhất của biểu thức:
* Phương pháp giải:
Đưa biểu thức Q cần tìm về dạng: Q = c – (A  B)2  Q = c – (A  B)2  c
Giá trị nhỏ nhất của Q: Qmax = c khi A  B = 0  giải pt  tìm tham số m  kết luận.
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập 1: Cho phương trình bậc hai x2 – (m – 3)x – 2m = 0 (1).
1. Giải phương trình (1) khi m = – 2.
2. CMR: Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
3. Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào m.
HD: 1. Khi m = –2, ta có phương trình: x2 + 5x + 4 = 0, pt có a – b + c = 1 –5 + 4 = 0 x  1 1   c 4  x       4 2  a 1
Vậy khi m = – 2, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 = –1, x2 = – 4.
2. = m2 + 2m + 9 = (m + 1)2 + 8 > 0, m.
3. Hệ thức: 2S + P = – 6 2(x1 + x2) + x1x2 = – 6.
Bài tập 2: Cho phương trình bậc hai x2 – (m + 1)x + m = 0 (1).
1. Giải phương trình (1) khi m = 3.
2. CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
3. Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào m.
HD: 1. Khi m = 3, ta có phương trình: x2 – 4x + 3 = 0, pt có a + b + c = 1 +(–4) + 3 = 0 x 1 1   c 3  . x   3 2  a 1
Vậy khi m = 3, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 1, x2 = 3.
2. = (m – 1)2 0, m. Trang 11 3.  m  1
ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (m – 1)2 > 0 |m – 1| > 0 . m  1
Hệ thức: S – P = 1 x1 + x2 – x1x2 = 1.
Bài tập 3 : Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – 1 = 0 (m là tham số) (1)
1. Giải phương trình (1) khi m = 2.
2. CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
3. Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Thiết lập hệ thức liên hệ giữa x1, x2 độc lập với m. 1
HD: 1. Khi m = 2, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 = –1, x2 = . 2
2. = (2m – 3)2 0, m. 3.  3 m  
ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (2m – 3)2 > 0 |2m – 3| > 0  2 .  3 m   2
Hệ thức: 2S + 4P = 1 2( x1 + x2) + 4 x1x2 = 1.
Bài tập 4 : Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – 3 = 0 (m là tham số) (1)
1. Giải phương trình (1) khi m = 5.
2. CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
3. Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Thiết lập hệ thức liên hệ giữa x1, x2 độc lập với m.
4. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu.
HD: 1. Khi m = 5, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 1, x2 = 7.
2. = (m – 2)2 0, m. 3.  m  2
ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (m – 2)2 > 0 |m – 2| > 0 . m  2
Hệ thức: S – P = 1 x1 + x2 – x1x2 = 1. 3
4. Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi a.c < 0 1.(2m – 3) < 0 m < 2
Bài tập 5 : Cho phương trình bậc hai x2 –2(m – 1)x + m2 = 0 (1). 1. Tìm m để:
a) Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt.
b) Pt (1) có một nghiệm là – 2.
2. Giả sử x1, x2 là 2 nghiệm của pt (1). CMR: (x1 – x2)2 + 4(x1 + x2) + 4 = 0. HD: 1a.
Phương trình (1) có ' = 1 – 2m. 1
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi  ' > 0 1 – 2m > 0  m < . 2m  0
1b. Pt (1) có một nghiệm là – 2 khi: (– 2)2 –2(m – 1)(–2) + m2 = 0 m2 + 4m = 0   1 . m    4 2
Vậy khi m = 0 hoặc m = – 4 thì pt (1) có một nghiệm là – 2. Trang 12
Sx x m 2  2
2. Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):  1 2
P x x m  2 1 2
Ta có: (x1 – x2)2 + 4(x1 + x2) + 4 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 + 4(x1 + x2) + 4
= (2m – 2)2 – 4m2 + 4(2m – 2) + 4
= 4m2 – 8m + 4 – 4m2 + 8m – 8 + 4 = 0 (đpcm). Bài tập 6 :
Cho phương trình bậc hai x2 –2(m + 1)x + m – 4 = 0 (1).
1. Giải phương trình (1) khi m = –2. 2. CMR: m
 , phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt (1). Chứng minh biểu thức:
A = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) không phụ thuộc vào m.
HD: 1. Khi m = –2 x1 = 1   7 ; x2 = 1   7 .  2 1 19
2.  ' = m2 + m + 5 = m    > 0, m.  2  4
Sx x m 2  2
3. Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):  1 2
P x x m  4 1 2
Theo đề bài: A = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) = x1 – x1x2 + x2 – x1x2 = (x1 + x2) – 2x1x2
= (2m + 2) – 2(m – 4) = 10.
Vậy A = 10 không phụ thuộc vào m.
Bài tập 7: Cho phương trình bậc hai x2 –2(m + 1)x + (2m – 4) = 0 (1).
1. Giải phương trình (1) khi m = – 2.
2. CMR: Với mọi m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của (1). Tính A = 2 2 x x theo m. 1 2
4. Tìm giá trị của m để A đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài tập 8: Cho phương trình bậc hai x2 – (m – 1)x + 2m – 7 = 0 (1).
1. Giải phương trình (1) khi m = –1.
2. CMR: Với mọi m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
3. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu.
4. Thiết lập mối quan hệ giữa 2 nghiệm x1, x2 không phụ thuộc và m. 5. Tìm m để 2 2 x x = 10. 1 2
HD: 1. Khi m = –1 x1 = 1   10 ; x2 = 1   10 .
2. = m2 – 10m + 29 = (m – 5)2 + 4 > 0, m. 7
3. Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi a.c < 0 1.(2m – 7) < 0 m < . 2
4. Hệ thức cần tìm: 2S – P =5 2(x1 +x2) – x1x2 = 5. 5. 2 2
x x = 10 m2 – 6m + 5 = 0 m = 1 hoặc m = 5. 1 2
Bài tập 9: Cho phương trình bậc hai x2 + 2x + 4m + 1 = 0 (1).
1. Giải phương trình (1) khi m = –1. 2. Tìm m để:
a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
c) Tổng bình phương các nghiệm của pt (1) bằng 11.
HD: 1. Khi m = –1 x1 = 1 ; x2 = –3 .
2a. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi = –4m > 0 m < 0. Trang 13 1
2b. Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi a.c < 0 1.(4m + 1) < 0 m < . 4
2c. Tổng các bình phương hai nghiệm của pt (1) bằng 11 2 2
x x = 11 (x 1 2 1 + x2)2 – 2x1x2 = 11 9
2 – 8m = 11 m = . 8
Bài tập 10: Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0 (m là tham số) (1).
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm kép và tính nghiệm kép đó.
b) Trong trường hợp phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 hãy tìm hệ thức liên hệ giữa
các nghiệm x1, x2 mà không phụ thuộc m. HD: a) m
a. Phương trình (1) có nghiệm kép   ' = 0 m2 – 9 = 0  3  . m   3 m  3 b ' b. Khi
pt (1) có nghiệm kép x1 = x2 = = m + 1. m   3 a
c. Khi m = 3 x1 = x2 = 4.
d. Khi m = – 3 x1 = x2 = – 2 . b)    m
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khi
' > 0 m2 – 9 > 0  3  . m   3
Hệ thức: S – P = – 8 x1 + x2 – x1x1 = – 8 hay: x1x1 – (x1 + x2) = 8.
----------------------------------------------------------------------------------------
CHỦ ĐỀ: GIẢI BÀI TOÁN
BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LẬP PHƯƠNG TRÌNH
I. KIEÁN THÖÙC CAÀN NHÔÙ Các bước giải:
1. Lập phương trình ( hoặc hệ phương trình):
 Chọn ẩn số và xác định điều kiện thích hợp cho ẩn;
 Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và qua các đại lượng đã biết ;
 Lập phương trình ( hoặc hệ phương trình) biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng
2. Giải phương trình ( hoặc hệ phương trình) vừa lập được.
3. Trả lời: Chỉ nhận nghiệm thỏa ĐK và trả lời yêu cầu của bài.
II. BAØI TAÄP VAÄN DUÏNG
Bài tập1: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng chữ
số hàng chục lớn hớn chữ số hàng đơn vị là 2 và nếu viết thêm chữ số bằng chữ số hàng chục vào bên
phải thì được một số lớn hơn số ban đầu là 682. HD:
Gọi x là chữ số hàng chục (x N, 0 < x 9).
Gọi y là chữ số hàng đơn vị (y N, x 9)
Số cần tìm có dạng xy = 10x + y
Vì chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 nên ta có pt: x – y = 2 (1)
Khi thêm chữ số bằng chữ số hàng chục vào bên phải thì được số mới: xyx =100x +10y + x = 101x +10y Trang 14
Vì số mới lớn hơn số ban đầu là 682 nên ta có phương trình:
(101x + 10y) – (10x + y) = 682 91x + 9y = 682 (2).     x y 2
Từ (1) và (2) ta có hệ pt: 91
x  9y  682    x 7
Giải hệ pt ta được
(thỏa ĐK) số cần tìm là 75. y  5
Bài tập 2: Có hai số tự nhiên, biết rằng: tổng của hai số bằng 59; hai lần số này bé hơn ba lần số kia là 7. Tìm hai số đó. HD:
Gọi x, y là hai số cần tìm (x, y N)        x y 59 x y
Theo đề bài ta có hệ pt:  59 
2x  7  3y
2x  3y   7    x 34
Giải hệ ta được:
(thỏa ĐK) hai số cần tìm là 34 và 25. y  25
Bài tập 3: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Tổng của
hai chữ số của nó bằng 10; tích hai chữ số ấy nhỏ hơn số đã cho là 12. Tìm số đã cho. HD:
Gọi x là chữ số hàng chục của số đã cho (x N, 0 < x 9)
Chữ số hàng đơn vị: 10 – x
Số đã cho có dạng: 10.x + (10 – x) = 9x + 10
Tích của hai chữ số ấy: x(10 – x)
Theo đề bài ta có phương trình: (9x + 10) – x(10 – x)= 12 x2 – 2 = 0
Giải pt trên ta được: x1 = –1( loại); x2 = 2 (nhận)
Vậy số cần tìm là 28.
Bài tập 4: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi là 280m. Nếu giảm
chiều dài của hình chữ nhật 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì diện tích của nó tăng thêm 144m2. Tính
các kích thước của hình chữ nhật. HD:
Nửa chu vi hình chữ nhật: 280 = 140 (m). 2
Gọi x (m) là chiều dài của hình chữ nhật (0 < x < 140).
Chiều rộng của hình chữ nhật là 140 – x (m).
Diện tích ban đầu của hình chữ nhật là x(140 – x) (m2).
Khi giảm chiều dài của hình chữ nhật 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì hình chữ nhật mới có
diện tích: (x – 2)[(140 – x) + 3] = (x – 2)(143 – x) (m2)
Vì diện tích hình chữ nhật tăng thêm 144m2 nên ta có phương trình:
(x – 2)(143 – x) – x(140 – x) = 144 5x = 430 x = 86 (thỏa ĐK)
Vậy hình chữ nhật có chiều dài 86m và chiều rộng là: 140 – x = 140 – 86 = 54 (m).
Bài tập 5: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 320m.
Nếu chiều dài của khu vườn tăng 10m và chiều rộng giảm 5m thì diện tích của nó tăng thêm 50m2. Tính
diện tích của khu vườn ban đầu. HD:
Chiều dài là 100m và chiều rộng là 60m. Trang 15
Diện tích khu vườn: 6 000 m2.
Bài tập 6: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi 160cm và có diện
tích 1500m2. Tính các kich thước của nó. HD:
Nửa chu vi hình chữ nhật: 160 = 80 (m). 2
Gọi x (m) là một kích thước của hình chữ nhật (0 < x < 80).
Kích thước còn lại của hình chữ nhật là 80 – x (m).
Diện tích của hình chữ nhật là x(80 – x) (m2).
Vì diện tích hình chữ nhật là 1500m2 nên ta có phương trình:
x(80 – x) = 1500 x2 – 80x + 1500 = 0
Giải pt trên ta được: x1 = 30 (nhận); x2 = 50 (nhận).
Vậy hình chữ nhật có các kích thước là 30m và 50m.
Bài tập 7: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Một sân trường hình chữ nhật có chu vi là
340m. Ba lần chiều dài hơn 4 lần chiều rộng là 20m. Tính diện tích của sân trường. HD:
Gọi x, y (m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng sân trường ( 0 < x, y < 170)
Vì sân trường có chu vi 340m nên ta có phương trình: 2(x + y) = 340 x + y = 170 (1).
Vì ba lần chiều dài hơn 4 lần chiều rộng là 20m nên ta có pt: 3x – 4y = 20 (2).     x y 170
Từ (1) và (2) ta có hệ pt: 3
x  4y  20    x 100
Giải hệ pt ta được (thỏa ĐK). y  70
Bài tập 8: Cho một tam giác vuông. Nếu tăng các cạnh góc vuông lên 4cm và 5cm thì diện tích tam giác
sẽ tăng thêm 110cm2. Nếu giảm cả hai cạnh này đi 5cm thì diện tích sẽ giảm đi 100cm2. Tình hai cạnh góc vuông của tam giác. HD:
Gọi x (cm), y (cm) là độ dài hai cạnh góc vuông (x > 5, y > 5).     5x 4 y 200
Theo đề bài ta có hệ pt:
x y  45    x 20
Giải hệ pt ta được (thỏa ĐK). y  25
Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 20cm và 25cm.
Bài tập 9: Cho tam giác vuông có cạnh huyền bằng 5cm, diện tích bằng 6cm2. Tìm độ dài các cạnh góc vuông. HD:
Gọi x (cm), y (cm) là độ dài hai cạnh góc vuông (0 < x, y < 5).
Vì tam giác có cạnh huyền 5cm nên ta có pt: x2 + y2 = 25 (1).  1
Vì tam giác có diện tích 6cm2 nên ta có pt:
xy = 6 xy = 12 (2). 2 2 2    2      x y 25 (x y) 2xy 25
Từ (1) và (2) ta có hệ pt:   x.y  12  x.y  12 Trang 16 2    x y  7  (x y) 49    ( vì x, y > 0) x.y  12  x.y  12      x 3 x 4
Giải hệ pt ta được hoặc (thỏa ĐK). y  4 y  3
Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 3cm và 4cm.
Bài tập 10: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể
không có nước trong 4 giờ 48 phút sẽ đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất trong 3 giờ và vòi thứ hai trong 4 giờ
thì được 3 bể nước. Hỏi mỗi vòi chảy một mình trong bao lâu thì mới đầy bể? 4 HD:
Gọi x (h), y (h) lần lượt là thời gian vòi 1, vòi 2 chảy riêng đầy bể ( x > 3, y > 4).
Trong 1h, vòi 1 chảy được: 1 (bể). x
Trong 1h, vòi 2 chảy được: 1 (bể). y
Vì hai vòi nước cùng chảy trong 4 giờ 48 phút = 24 h sẽ đầy bể nên trong 1h hai vòi cùng chảy 5 được 5 1 5
bể, do đó ta có pt: 1 + = (1). 24 x y 24  4
Vì vòi thứ nhất trong 3 giờ và vòi thứ hai trong 4 giờ thì được 3 bể nước nên ta có pt: 3 + = 4 x y 3 (2). 4 1 1 5      x y 24
Từ (1) và (2) ta có hệ pt: (I) 3 4 3    x y 4  5 u v    1  24
Đặt u = 1 , v =
, hệ (I) trở thành: (II). x y 3 3  u  4v   4  1 1 1 u         12  x 12 x 12
Giải hệ (II), ta được: (thỏa ĐK). 1  1 1 y  8 v     8  y 8
Vậy: Vòi 1 chảy riêng đầy bể trong 12h, vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 8h.
Bài tập11: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể
không có nước trong 1 giờ 20 phút thì đầy bể. Nếu để vòi thứ nhất chảy một mình trong 10 phút và vòi Trang 17
thứ hai chảy một mình trong 12 phút thì chỉ được 2 thể tích của bể nước. Hỏi mỗi vòi chảy một mình 15
trong bao lâu sẽ đầy bể?
HD: Vòi 1 chảy riêng đầy bể trong 120 phút = 2h, vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 240 phút = 4h.
Bài tập 12: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể cạn
(không có nước) thì sau 4 4
giờ đầy bể. Nếu lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất và 9 giờ sau mới mở thêm vòi 5
thứ hai thì sau 6 giờ nữa mới bể nước. Hỏi nếu ngay từ đầu chỉ mở vòi thứ hai thì sau bao lâu mới đầy 5 bể? HD:
Gọi x (h), y (h) lần lượt là thời gian vòi 1, vòi 2 chảy riêng đầy bể ( x > 9, y > 6 ). 5
Trong 1h, vòi 1 chảy được: 1 (bể). x
Trong 1h, vòi 2 chảy được: 1 (bể). y
Vì hai vòi nước cùng chảy trong 4 4
giờ = 24 h sẽ đầy bể nên trong 1h hai vòi cùng chảy được 5 5 5 bể, 24 do đó ta có pt: 1 1 5 + = (1). x y 24
Vì lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất và 9 giờ sau mới mở thêm vòi thứ hai thì sau 6 giờ nữa mới bể 5  
nước nên ta có pt: 9 6 1 1 +    = 1 (2). x 5  x y  1 1 5    x y 24  
Từ (1) và (2) ta có hệ pt: (I) 9 6  1 1      1    x 5   x y   5  5 u v   u v    1  24  24
Đặt u = 1 , v =
, hệ (I) trở thành:   (II). x y 6 51 6 9
u  uv  1     u v 1  5  5 5  1 1 1 u         12  x 12 x 12
Giải hệ (II), ta được: (thỏa ĐK). 1  1 1 y  8 v     8  y 8
Vậy: Vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 8h. Trang 18
Bài tập13: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn chưa
có nước thì sau 18 giờ đầy bể. Nếu chảy riêng thì vòi thứ nhất sẽ chảy đầy bể chậm hơn vòi thứ hai 27
giờ. Hỏi nếu chảy riêng thì mỗi vòi mất bao lâu mới chảy đầy bể? HD:
Gọi x (h) là thời gian vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể (x > 27).
Thời gian vòi thứ hai chảy riêng đầy bể: x – 27 (h).
Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được 1 (bể). x
Mỗi giờ vòi thứ hai chảy được 1 (bể). x  27
Vì hai vòi cùng chảy thì sau 18 h bể đầy, nên trong 1h hai vòi cùng chảy được 1 bể, do đó nên ta 18 có pt: 1 1 1  
x2 – 63x + 486 = 0. x x  27 18
Giải pt trên ta được: x1 = 54 (nhận); x2 = 9 (loại).
Vậy: Vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể trong 542h, vòi thứ hai chảy riêng đầy bể trong 27h.
Bài tập 14: (HK II: 2008 – 2009 _ Sở GD&ĐT Bến Tre):
Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A và B cách nhau 90 km. Hai mô tô khởi
hành đồng thời, xe thứ nhất từ A và xe thứ hai từ B đi ngược chiều nhau. Sau 1 giờ chúng gặp nhau. Tiếp
tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ nhất tới B là 27 phút. Tính vận tốc mỗi xe. HD:
Gọi x, y là vận tốc của xe I và xe II (x, y > 0).
Sau một giờ hai xe gặp nhau nên tổng quãng đường hai xe đi được bằng đoạn đường AB, do đó ta
có pt: x + y = 90 (1).
Thời gian xe I đi hết đoạn đướng AB: 90 (h). x
Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB: 90 (h). y  90 90 9
Vì xe II tới A trước xe I tới B là 27 phút = 9 h nên ta có pt: – = (2) 20 x y 20 x + y = 90  y = 90  x (a)   
Từ (1) và (2) ta có hệ pt: 90 90 9    10 10 1 .    (b)   x y 20  x 90  x 20
Giải pt (b)ta được: x1 = 40(nhận) ; x2 = 450 (loại).
Thế x = 40 vào (a) y = 50 (nhận). Vậy:
Xe I có vận tốc: 40 km/h.
Xe II có vận tốc: 50 km/h.
Bài tập 15: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A và B cách nhau 110 km. Hai mô tô
khởi hành đồng thời, xe thứ nhất từ A và xe thứ hai từ B đi ngược chiều nhau. Sau 2 giờ chúng gặp nhau.
Tiếp tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ nhất tới B là 44 phút. Tính vận tốc mỗi xe. HD:
Gọi x, y là vận tốc của xe I và xe II (x, y > 0). Trang 19
Sau 2 giờ hai xe gặp nhau nên tổng quãng đường hai xe đi được bằng đoạn đường AB, do đó ta
có pt: 2x +2y =110 (1).
Thời gian xe I đi hết đoạn đướng AB: 110 (h). x
Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB: 110 (h). y  11 110 110 11
Vì xe II tới A trước xe I tới B là 44 phút = h nên ta có pt: – = (2) 15 x y 15 2x + 2y = 110  y = 55  x (a)   
Từ (1) và (2) ta có hệ pt: 110  110 11    110  110 11 .    (b)   x y 15  x 55  x 15
Giải pt (b)ta được: x1 = 25(nhận) ; x2 = (loại).
Thế x = 25 vào (a) y = (nhận). Vậy:
Xe I có vận tốc: 40 km/h.
Xe II có vận tốc: 50 km/h.
CHỦ ĐỀ : HÌNH HỌC
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Định nghĩa – Định lý
Ký hiệu toán học Hình vẽ Hệ quả Trang 20
1. Góc ở tâm: Trong một (O,R) có: AOB ở tâm chắn AmB
đường tròn, số đo của góc ở
tâm bằng số đo cung bị AOB = sđ AmB chắn.
2. Góc nội tiếp:
(O,R) có: BAC nội tiếp chắn BC 1
* Định lý: Trong một đường BAC = sđ BC .
tròn, số đo của góc nội tiếp 2
bằng nửa số đo của cung bị chắn.
* Hệ quả: Trong một đường tròn: a) (O,R) có:
a) Các góc nội tiếp bằng
nhau chắn các cung bằng nhau.
BC EF BAC n.tieá p chaén  BC   EDF n.tieá p chaén EF  b) (O,R BAC ) có: E DF 
b) Các góc nội tiếp cùng BAC n.t ieá p chaén BC  
chắn một cung hoặc chắn   BAC (O,R) có: BDC
các cung bằng nhau thì BDC n.tieáp chaén BC  bằng nhau. BAC n.ti eáp chaén B  C EDF n.tieá p chaén EF
  BAC EDF BC EF   c) (O,R) có: BAC n.tieá p chaén BC   1
c) Góc nội tiếp (nhỏ hơn
  BAC BOC 2
hoặc bằng 900) có số đo BOC ôû taâm chaén B  C d) (O,R) có:
bằng nửa số đo của góc ở BAC nội tiếp chắn nửa đường tròn
tâm cùng chắn một cung. đường kí
nh BC BAC = 900.
d) Góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn là góc vuông. (O,R) có: Trang 21
BAx tạo bởi tia tiếp tuyến và dây 1
3. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến cung chắn AB BAx = sđ AB . 2 và dây cung:
* Định lý: Trong một đường
tròn, số đo của góc tạo bởi (O,R) có:
tia tiếp tuyến và dây cung
bằng nửa số đo của cung bị BAxtaïobôûitt dcchaén  & AB chắn.   BAx ACB ACBnoäitieápchaén AB 
* Hệ quả: Trong một đường (O,R) có:
tròn, góc tạo bởi tia tiếp
tuyến và dây cung và góc BEC có đỉnh bên trong đường tròn
nội tiếp cùng chắn một cung 1
BEC = (sñ BC sñ AD) thì bằng nhau. 2
4. Góc có đỉnh ở bên trong
đường tròn: (O,R) có:
* Định lý: Góc có đỉnh ở BEC có đỉnh bên ngoài đường tròn
bên trong đường tròn bằng 1
nửa tổng số đo hai cung bị
BEC= (sñ BC sñ AD) 2 chắn.
5. Góc có đỉnh ở bên ngoài
đường tròn:
* Định lý: Góc có đỉnh ở
bên ngoài đường tròn bằng
nửa hiệu số đo hai cung bị chắn.
6. Cung chứa góc:
* Tập hợp các điểm cùng
nhìn đoạn thẳng AB dưới a) ADBAEBAFB cùng nhìn
một góc không đổi là hai đoạn AB A, B, D, E, F cùng thuộc
cung tròn chứa góc . một đường tròn. * Đặc biệt:
a) Các điểm D, E, F cùng b)
ACBADBAEBAFB 0 90
thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, cùng nhìn đoạn AB A, B, C, D, E,
cùng nhìn đoạn AB dưới một F thuộc một đường tròn đường kính
góc không đổi Các đểm AB.
A, B, D, E, F cùng thuộc một đường tròn. Trang 22
b) Các điểm C, D, E, F
cùng nhìn đoạn AB dưới
một góc vuông Các đểm * Tứ giác ABCD có A, B, C, D (O)
A, B, C, D, E, F thuộc ABCD là tứ giác nội tiếp (O).
đường tròn đường kính AB.
* Tứ giác ABCD nội tiếp (O) 0 
A C  180
7. Tứ giác nội tiếp:   0    
* Định nghĩa: Một tứ giác B D 180
có bốn đỉnh nằm trên một * Tứ giác ABCD có:
dường tròn được gọi là tứ 0
A C  180  ABCD là tứ giác
giác nội tiếp đường tròn. n.tiếp
* Định lý: Trong một tứ giác Hoặc:
nội tiếp, tổng số đo hai góc 0   đối diện bằng 18 B D
180  ABCD là tứ giác 00. n.tiếp
* Định lý đảo: Nếu một tứ
giác có tổng số đo hai góc
C = 2 R = d
đối diện bằng 1800 thì tứ
giác đó nội tiếp được đường tròn. Rn
8. Độ dài đường tròn, cung 0 180 tròn:
* Chu vi đường tròn: 2 d 2     S R
* Độ dài cung tròn: 4 2  R n .R
9. Diện tích hình tròn, hình S   quạt tròn: 360 2
* Diện tích hình tròn: S viên phân = Squạt - SABC
* Diện tích hình quạt tròn: 2 2
S   (R R )
* Diện tích hình viên phân: 1 2 S  2 Rh xq Trang 23
* Diện tích hình vành khăn: Stp = Sxq + 2.Sđáy
HÌNH KHÔNG GIAN 2
S  2 Rh  2 R tp 1.Hình trụ:
* Diện tích xung quanh: 2
V S.h   R h
* Diện tích toàn phần:
S: diện tích đáy; h: chiều cao S   . R l xq * Thể tích: Stp = Sxq + Sđáy 2.Hình nón:
* Diện tích xung quanh: 2
S   R   R tp
* Diện tích toàn phần: 1 Vnón = Vtrụ 3 1 2 V   R h * Thể tích: 3
S: diện tích đáy; h: chiều cao , l: đường sinh 2 2 l h R    S (R R )l xq 1 2
Stp = Sxq + Sđáy lớn + Sđáy nhỏ
2. Hình nón cụt: 2 2
S   (R R )l  (R R ) tp 1 2 1 2 * Diện tích xung quanh:
* Diện tích toàn phần: 2 2
S  4 R  d Trang 24 1 2 2 V
h(R R R R ) 1 2 1 2 3 * Thể tích: 4 3 V   R 3. Hình cầu: 3
* Diện tích mặt cầu: * Thể tích:
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Cho  ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R.. Các phân giác của các góc
ABC , ACB lần lượt cắt đường tròn tại E, F.
1. CMR: OF  AB và OE  AC.
2. Gọi M là giao điểm của của OF và AB; N là giao điểm của OE và AC. CMR: Tứ giác
AMON nội tiếp và tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác này.
3. Gọi I là giao điểm của BE và CF; D là điểm đối xứng của I qua BC. CMR: ID  MN.
4. CMR: Nếu D nằm trên (O) thì BAC = 600. HD:
1. CMR: OF AB và OE AC: + (O,R) có: A ACF n tieáp chaén AF  .  BCF . n tieáp chaénBF
  AF BF OF AB FM N E
ACF BCF (CF laøphaân gia ) ùc  O + (O,R) có: I ABE n tieáp chaén AE  .  B C CAE . n tieáp chaénCE
  AE CE OE AC
ABE CAE(BElaøphaân gia ) ùc  D
2. CMR: Tứ giác AMON nội tiếp:
OF AB taïi M OMA  0  90 
  OMA ONA  0 180
Tứ AMON nội tiếp.
OE AC taïi N ONA  0 90  Trang 25
* Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AMON: OA2 2 OA  2 R
Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA S   .  .    .  2  4 4
3. CMR: ID MN:
+ I và D đối xứng nhau qua BC ID BC (1) + (O,R) có: 1 
OF AB taïi M MAMBAB 2 
 MN là đường trung bình của ABC MN // BC (2). 1 
OEAC taïi N NANC AC 2 
Từ (1) và (2)   ID MN .
4. CMR: Nếu D nằm trên (O) thì BAC = 600:
+ I và D đối xứng qua BC BC là đường trung trực của ID, suy ra:
  IBD cân tại B CBD CBE ( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao).
  ICD cân tại C BCD BCF ( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao).
+ Khi D nằm trên (O,R) thì:
CBD ntieáp chaénCD .   A CB E . n tieáp cha énCE   CD C E
  AE EC CD
Mà: CE AE(cmt) F
CBD CBE (cmt)   M N E
Mặc khác: AE EC CD ACD CD  1 ACD (1). 3 O I
BCD ntieáp chaénBD . B C  B CF . n tie áp cha énBF   BD B F
  AF FB BD
Mà: BF AF (cmt) D
BCD BCF (cmt)  
Mặc khác: AF FB BD ABD BD  1 ABD (2). 3  1 1 BAC .
n tieáp chaénBC BAC sñ BC  (sñ BD sñCD) (3). 2 2 1  1 1 
+ Từ (1), (2) và (3) BAC
sñ ABD sñ ABD  1sñ ABDsñ ABD 1 0 .360    0 60 . 2  3 3  6 6
Bài 2: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi M là điểm trên cạnh BC và N là điểm trên cạnh CD
sao cho BM = CN. Các đoạn thằng AM và BN cắt nhau tại H.
1. CMR: Các tứ giác AHND và MHNC là những tứ giác nội tiếp. a 2. Khi BM =
. Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a. 4 A B
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn MN theo a.
HD: 1. CMR: Tứ giác AHND và MHNC nội tiếp: x
+ ABM = BCN (c.g.c) BAM CBN H M Trang 26 D C N
+ CBN ABH ABC  0 90  AHB  0
90 (ĐL tổng 3 góc của AHB)
AM BN tại H AHN MHN  0 90 .
+ Tứ giác AHND có: AHN ADN  0
180 AHND là tứ giác nội tiếp.
+ Tứ giác MHNC có: MHN MCN  0
180 MHNC là tứ giác nội tiếp. a 2. Khi BM =
. Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a: 4 a a 3a + Khi BM =
CN =
DN = . 4 4 4 2  3a  5a
+ AND vuông tại D 2 2 2
AN AD DN a    = .  4  4 2 2 2 AN 5a 25 a
+ Diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND: S       :4    . 4  4  64
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của MN theo a:
+ Đặt x = BM = CN CM = a – x . 2 2  a a
+ MCN vuông tại C MN2 = CM2 + CN2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = x 2      2  2 2  a a
MN2 đạt giá trị nhỏ nhất là khi x 2   0 2 2 2
MN đạt giá trị nhỏ nhất là a a 2  a khi x 2 2 2 a a
Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là 2 khi BM = . 2 2
Bài 3: Cho  ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Đường cao BH và CK lần lượt cắt (O) tại E và F.
a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp.
b) CMR: OA  EF và EF // HK.
c) Khi  ABC là tam giác đều có cạnh bằng a. Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC của (O). HD:
a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp:
+ BH AC BHC = 900 nhìn đoạn BC H đường tròn đường kính BC (1).
+ CK AB BKC = 900 nhìn đoạn BC K đường tròn đường kính BC (2).
+ Từ (1) và (2) B, H, C, K đường tròn đường kính BC Tứ giác BKHC nội tiếp đường
tròn đường kính BC.
b) CMR: OA EF và EF // HK:
+ Đường tròn đường kính BC có:
KBH n tieáp chaénHK  . 
 KBH KCH ABEACF KCH .
n tieáp chaénHK 
+ Đường tròn (O) có: Trang 27
ABE n tieáp chaén AE .  CAE .
n tieáp chaén AF   AE CF AE AF (1)
ABE CAF (cmt) 
+ Mặc khác: OE = OF = R (2)
Từ (1) và ( 2) OA là đường trung trực của EF OA EF .
+ Đường tròn đường kính BC có:
BCK n tieáp chaénBK  . 
 BCK BHK BCF BHK (3) BHK .
n tieáp chaénBK 
+ Đường tròn (O) có:
BCF n tieáp chaénBF . 
 BCF BEF (4) BEF .
n tieáp chaénBF  BHK   BEF
Từ (3) và (4)   EF // HK . BHK vaø BEF ñoàng v  ò
c) Khi ABC là tam giác đều có cạnh bằng a. Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC của (O:
+ Gọi R là bán kính của (O) và h là chiều cao của ABC đều, ta có: a 3 h = 2  2 2 a 3 a 3
O là trọng tâm của ABC R = OA = h = . 3 3 2 3  a 3 2 2  a
S(O) = R2 =      (đvdt)  3  3 2  1 1 a 3 a 3 SABC = a.h = a (đvdt) 2 2 2 4 2 2  1 1  2 a a 3 a (  4  3 3)
Svp = ( S(O) – SABC ) = ( - )= (đvdt). 3 3 3 4 36
Bài 4: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E là một điểm bất kỳ trên cạnh BC. Qua B vẽ đường
thẳng vuông góc với tia DE tại H, đường thẳng này cắt tia DC tại F.
a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D cùng nằm trên một đường tròn. b) CMR: DE.HE = BE.CE.
c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a khi E là trung điểm của BC.
d) CMR: HC là tia phân giác của DHF . HD:
a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D cùng thuộc một đường tròn:
+ BAD = 900 nhìn đoạn BD A đường tròn đường kính BD (1)
+ BHD = 900 nhìn đoạn BD H đường tròn đường kính BD (2)
+ BCD = 900 nhìn đoạn BD C đường tròn đường kính BD (3) A B Trang 28 H E D C F
Từ (1), (2) và (3) A, B, H, C, D đường tròn đường kính BD. b) CMR: DE.HE = BE.CE:
+ DEC và BEH có:
DEC BEH ( ñoái ñæ
nh)  DEC BEH (g.g) DCE BHE  0 90   DE EC
DE.HE = BE.CE. BE EH
c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a khi E là trung điểm của BC: BC a
Khi E là trung điểm của BC EB EC   . 2 2
  DEC vuông tại C   2  2 DE EC CD A Ba 2 a 5 DE =  2 a    . H  2  2 E
Từ: DE.HE = BE.CE (cmt)   BE.CE EH ? DE FD C a a   EH a 5 . :a 5   .  2 2  2 10  a 5 a 5 3a 5 DH = DE + EH = + = . 2 10 5
d) CMR: HC là tia phân giác của DEF :
+ Đường tròn đường kính BD có:
CHD n tieáp chaénCD .     CHD CBD  1  CHD  0 45 (1) 0  CB D . n tie áp cha énCD  Mà: CBD ABC  45  2 
+ Mặc khác: CHD CHF DHF  0 90 (2)
+ Từ (1) và (2)CHD CHF  1 DHF HC là tia phân giác của DHF . 2
Bài 5: Một hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn Tâm O bán kính R . Một điểm M di động trên
cung ABC , M không trùng với A,B và C, MD cắt AC tại H.
1) CMR:Tứ giác MBOH nội tiếp được trong đường tròn và DH.DM = 2R2 . 2) CMR: MD.MH = MA.MC.
3)  MDC và  MAH bằng nhau khi M ở một vị trí đặc biệt M’. Xác định điểm M’. Khi đó
M’D cắt AC tại H’. Đường thẳng qua M’ và vuông góc với AC cắt AC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C . HD:
1. CMR: Tứ giác MBOH nội tiếp dược đường tròn:
+ ABCD là hình vuông BD AC 0
BOH  90 (1) A B
+ (O) có: BMD nội tiếp chắn đường tròn  0 BMD  90 (2) + Từ (1) và (2) 0 0 0
BOH BMD  90  90  180 M O Trang 29 H D C
MBOH là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BH.
* CMR: DH.DM = 2R2: D
OH và DMB có: 0
DOH DMB  90  
   DOH DMB (g.g) BDM : chung  DO DH 2    D .
O DB DH. DM  .
R 2R DH. DM DH .DM  2R (đpcm). DM DB
2. CMR: MD.MH = MA.MC: + (O,R) có:
MDCn tieáp chaénMC . 
  MDCMAC MDCMAH MAC .
n tieáp chaénMC 
CD = AD (ABCD là hình vuông) CD AD .
CMDn tieáp chaénCD .  AMD .
n tieáp chaén AD CMD AMD CMD AMH CD AD
+ MDC và MAH có: MDC   MAH (cmt)  MD MC
  MDC MAH (g.g) 
MD.MH M . A MC .
CMD AMH (cmt)  MA MH A B
3. Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C:
+ Khi MDC = MAH MD = MA + (O,R) có: MD = MA M'
MCD MBA MC CD MB BA (1) O H'
Do:CD = BA CD BA (2) Từ (1) và (2) I
MC MB M là điểm chính giữa BC D C
Hay M’là điểm chính giữa BC .
+ Do MDC = MAH  M’DC = M’AH’ M’C = M’H’
 M’H’C cân tại M (3)
+ Do M’I AC M’I H’C (4)
Từ (3) và (4) M’I là đường là đường trung tuyến của M’H’C IH’ = IC
Hay I là trung điểm của H’C (đpcm).
Bài 6: Cho hai đường tròn (O; 20cm) và (O’; 15cm) cắt nhau tại A và B. Biết AB = 24cm và O và O’
nằm về hai phía so với dây chung AB. Vẽ đường kính AC của đường tròn (O) và đường kính AD của đường tròn (O’).
a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng.
b) Tính độ dài đoạn OO’.
c) Gọi EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’) (E, F là các tiếp điểm).
CMR: Đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng EF. HD: E Trang 30 K F A O O' H C B D
a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng:
+ (O) có ABC nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính AC ABC = 900 (1)
+ (O’) có ABD nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính AD ABD = 900 (2)
+ Từ (1) và (2) CBD = ABC + ABD = 1800
Ba điểm C, B, D thẳng hàng.
b) Tính độ dài đoạn OO’:
+ (O) và (O’) cắt nhau tại A và B OO’ là đường trung trực của AB.
+ Gọi H là giao điểm của OO’ và AB OO’ AB tại H; HA = HB = 1 AB = 12 (cm). 2
+ AHO vuông tại H  2 2 OH OA HA = 2 2 20 12  16 (cm).
+ AHO’ vuông tại H  2 2 O ' H
O ' A HA = 2 2 15 12  9 (cm).
Suy ra: OO’ = OH + O’H = 16 + 9 = 25 (cm).
c) CMR: Đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng EF:
+ Gọi K là giao điểm của AB và EF.
+ OEK vuông tại E 2 2 2
KE OK OE (1)
+ OHK vuông tại H 2 2 2
OK OH HK (2)
+ Từ (1) và (2) KE2 = (OH2 + HK2) – OE2 = 162 + HK2 – 202 = HK2 – 144 (*).
+ O’FK vuông tại F 2 2 2
KF O ' K O ' F (3)
+ O’HK vuông tại H 2 2 2
O' K O ' H HK (2)
+ Từ (3) và (4) KF2 = (O’H2 + HK2) – O’F2 = 92 + HK2 – 152 = HK2 – 144 (**). +Từ (*) và (**) 2 2
KE = KF KE = KF
  K laøtrung ñieåm cuûa EF
Mà: KE KF EF
AB đi qua trung điểm của EF (đpcm).
Bài 7: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Từ A và B lần lượt kẻ hai tiếp tuyến Ax và By
với nửa đường tròn. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp
tuyến Ax và By lần lượt tại C và D. 1. CMR:
a) Tứ giác AOMC nội tiếp.
b) CD = CA + DB và COD = 900. c) AC. BD = R2.
2. Khi BAM = 600. Chứng tỏ  BDM là tam giác đều và tính diện tích của hình quạt tròn chắn
cung MB của nửa đường tròn đã cho theo R. HD:
1a) CMR: Tứ giác AOMC nội tiếp: y x
+ Ax là tiếp tuyến tại A OAC = 900 (1)
+ CD là tiếp tuyến tại M OMC = 900 (2) D
Từ (1) và (2) OAC + OMC = 1800 AOMC là tứ giác nội tiếp
đường tròn đường kính OC. M
1b) CMR: CD = CA + DB và COD = 900: C Trang 31 O B A
+ Hai tiếp tuyến CA và CM cắt nhau tại C CA = CM và OC là
tia phân giác của AOM (1)
+ Hai tiếp tuyến DB và DM cắt nhau tại D DB = DM và OD là
tia phân giác của MOB (2)
Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB
+ (O,R)có: AOM MOB 0 (keàbu) ø 180  O C laøp haân gi aùc cuûa AOM   COD = 900.
OD laøphaân giaùc cuûa MOB 
1c) CMR: AC. BD = R2:
COD vuoâng taïi O   2 OM MC.MD  2 OM CD
 AC.BD R
vôùiOM = R,MC AC, MD BD
2. Khi BAM = 600. Chứng tỏ BDM là tam giác đều và tính diện tích của hình quạt tròn chắn
cung MB của nửa đường tròn đã cho theo R: + Nửa (O, R) có:
BAM noäitieáp chaén BM   
  DBM BAM  0 60 (1)
DBM taïo bôûit.tuyeánvaødaây cungchaén BM  y x
  BDM có DB = DM   BDM cân tại D (2) D
Từ (1) và (2) BDM đều. + Nửa (O, R) có:
BAM noäitieáp chaén BMM  
  BOM .BAM  0 .  0 2 2 60 120
BOM ôûtaâm chaén BM  C  2 R n  2 R 60  2  R Squạt =   (đvdt). 360 360 3 600 O B A
Bài 8: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp tuyến MA
và MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D. a) CMR: MA2 = MC. MD.
b) Gọi I là trung điểm của CD. CMR: 5 điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên một đường tròn.
c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn.
Suy ra AB là phân giác của CHD .
d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). CMR: 3 điểm A, B, K thẳng hàng. HD:
a) CMR:MA2 = MC. MD: A
+ MAC và MDA có: DI MDA: chung
  MAC MDA (g.g) C
MAC MDA (cuø ng chaén AC)  M O Trang 32 B MA MC    2
MA MC.MD (đpcm)). MD MA
b) CMR:5 điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên một đường tròn: + (O) có:
I là trung điểm của dây CD OI CD OIM  0
90 nhìn đoạn OM (1)
MAOA (T/c tiếp tuyến) OAM  0 90 nhìn đoạn OM (2)
MBOB (T/c tiếp tuyến) OBM  0 90 nhìn đoạn OM (3)
Từ (1), (2) và (3) 5 điểm M, A, I, O, B đường tròn đường kính OM.
c) CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn. Suy ra AB là phân giác của CHD :
+ OAM vuông tại A MA2 = MO. MH   A Mà: 2
MA MC.MD (cmt) D MH MC I
MO. MH = MC. MD   C MD MO
+ và MDO có: M O H DOM : chung   MH MC
  MHC MDO (c.g.c)   MD MOB
MHC MDO MHC   CDO
CDO CHO  0 180 Maø
: MHC CHO  0 180 (keàbu) ø
Suy ra: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn (đpcm)
* CMR: AB là phân giác của CHD :
+ COD có OC = OD = R   COD cân tại O
CDO DCO MDO   DCO Maø
:OHD DCO(cuø
ng chaén OD cuûa ñöôø ng troø
n noäitieáp töùgiaùc CHOD)   MDO   OHD
  OHD MHC (1) Maø
: MDO MHC(cmt) AHC  0 90   MHC+ Mặc khác: (2) AHD  0 90  OHD 
Từ (1) và (2) AHC   AHD Maø
: AHC AHD CHD 
Suy ra: HA là tia phân giác của CHD AB là tia phân giác của CHD (đpcm).
d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). CMR: 3 điểm A, B, K thẳng hàng: K
+ Gọi K là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại C và D của (O)
+ CK OC (T/c tiếp tuyến) OCK  0 90 nhìn đoạn OK (1) A D I C Trang 33 M H O B
+ DK OD (T/c tiếp tuyến) ODK  0 90 nhìn đoạn OK (2)
Từ (1), (2) Tứ giác OCK nội tiếp đường tròn đường kính OK
OKC ODC(cuøng chaén OC) OKC   MDO    OKC   MHCMaø
: MHC MDO(cmt)   Maø
: MHC OHC  0 180 (keàbu)  ø
OKC OHC  0
180 Tứ giác OKCH nội tiếp đường tròn đường kính OK
OHK OCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
HK MO
  HK AB 3 điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm). Maø
: ABMO(cmt)Bài 9:
Cho hình vuông cạnh a , lấy điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B,C). Qua B kẻ đường thẳng
vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K.
1. Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh: KM  DB.
3. Chứng minh: KC . KD = KH . KB.
4. Kí hiệu SABM , SDCM là diện tích của tam giác ABM, tam giác DCM. CMR: (SABM + SDCM )
không đổi. Xác định vị trí của M trên BC để S2
ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a. HD: A B
1. CMR: BHCD là tứ giác nội tiếp:
+ BHD = 900 nhìn đoạn BD H đường tròn đường kính BD (1) H
+ BCD = 900 nhìn đoạn BD C đường tròn đường kính BD (2)
Từ (1) và (2) B, H, C, D đường tròn đường kính BD. M
2. Chứng minh: KM DB: D C K + BDK có : DH BK   BC DK
  M là trực tâm của BDK KM là đường cao thứ ba KM DB DH caétDK taïi M
3. Chứng minh: KC . KD = KH . KB: KCB KHD  0  90 
+ KCB và KHD có:
  KCB KHD (g.g) BKD : chung  KC KH  
KC . KD = KH . KB (đpcm). KB KD
4. CMR: (SABM + SDCM ) không đổi: 1 1
+ ABM vuông tại B SABM = AB.BM = a.BM (1) 2 2 1 1
+ DCM vuông tại C SDCM = CD.CM = a.CM (2) 2 2 Trang 34 1 1
Từ (1) và (2) SABM + SDCM = a.BM + a.CM 2 2 1 1 1 1 =
a.(BM CM ) a.BC a.a  2 a 2 2 2 2 1
+ Vì a là không đổi  2
a không đổi (SABM + SDCM ) không đổi. 2
* Xác định vị trí của M trên BC để S2
ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a:
+ Đặt x = BM CM = a – x 2 2 1 1  1  1  2 2  2  2 + Ta có: SSa.BMa.CM = a.xa.(a x) ABM DCM          2   2   2  2  1 = 2 a  2 x (a  2 x)    4 1 = 2 a  2 2x  2ax  2 a    4 1 1 2  2 2  =
a 2(x ax   a ) 4  2  1 1 1 2  2 2  = a (x a)   a ) 2  2 4  1 1 1 4 a = 2 a .(x  2 a)  4 a 2 2 8 8 4 a
+ Giá trị nhỏ nhất của 2 S  2 S là
khi : x  1 a = 0 x  1 a ABM DCM 8 2 2 4 a
Vậy khi M là trung điểm của BC thì 2 S  2 S
đạt giá trị nhỏ nhất là . ABM DCM 8
Bài 10: Cho điểm A ở ngoài đường tròn (O, R). Gọi AB, AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (B và C là
hai tiếp điểm). Từ A vẽ một tia cắt đường tròn tại E và F (E nằm giữa A và F).
a) CMR:  AEC và  ACF đồng dạng. Suy ra AC2 = AE. AF.
b) Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh 5 điểm A, B, O, I, C cùng nằm trên một đường tròn.
c) Từ E vẽ đường thẳng vuông góc với OB cắt BC tại M. Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp
được trong đưởng tròn. Suy ra tứ giác MIFB là hình thang.
d) Giả sử cho OA = R 2 . Tính theo R phần diện tích tứ giác ABOC nằm ở ngoài hình tròn (O) HD:
a) CMR: AEC và ACF đồng dạng. Suy ra AC2 = AE. AF:
+ AEC và ACF có: ACE CFE(cuø ng chaén CE
  KCB KHD (g.g) CAF : chung  AC AE  
AC2 = AE. AF (đpcm). AF AC
b) Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh 5 điểm A, B, O, I, C cùng nằm trên một đường tròn: B Trang 35 F E I A O C + (O) có:
I là trung điểm của dây EF OI EF OIA 0 90 nhìn đoạn OA (1)
ABOB (T/c tiếp tuyến) OBA  0 90 nhìn đoạn OA (2)
AC OC (T/c tiếp tuyến ) OCA  0 90 nhìn đoạn OA (3)
Từ (1), (2) và (3) 5 điểm , A,B, O, I, C đường tròn đường kính OA.
c) Từ E vẽ đường thẳng vuông góc với OB cắt BC tại M. Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp
được trong đưởng tròn. Suy ra tứ giác MIFB là hình thang: + B M F E I A O C Trang 36