Đề cương ôn tập học kì 2 môn Toán lớp 9 - trường THCS Chu Văn An - Tây Hồ năm học 2017-2018

Trường THCS CHU VĂN AN

Page 1

I . Đại số:

* Dạng 1: Rút gọn và tính giá trị của biểu thức

Bài 1: Cho biểu thức

1 1 3 1

1 1 1

x x x

A

x x x

  

  

  

với 0, 1 x x  

a) Rút gọn biểu thức A .

b) Tính giá trị của A khi 9 x  .

c) Tìm giá trị của x để

1

2

A  .

d) Tìm các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.

e) Tìm m để phương trình 2 mA x   có hai nghiệm phân biệt.

f) Tính các giá trị của x để 1 A  .

g) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

HƯỚNG DẪN GIẢI

a)

1 1 3 1

1 1 1

x x x

A

x x x

  

  

  

  0; 1 x x  

   

   

2 2

1 1 3 1

1 1

x x x

x x

    



 

   

2 1 2 1 3 1

1 1

x x x x x

x x

      



 

   

   

   

2 1 1

2 3 1 2 1

1

1 1 1 1

x x

x x x

x

x x x x

 

  

  



   

b) Thay 9 x  (TMĐK) vào A ta được:

2 9 1 5

4 9 1

A



 



Vậy với 9 x  thì

5

4

A 

c)

1 2 1 1

2 2 1

x

A

x



  



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

UBND QUẬN TÂY HỒ

TRƯỜNG THCS CHU VĂN AN

HƯỚNG DẪN GIẢI ÔN TẬP HỌC KÌ II

NĂM HỌC 2017 – 2018

MÔN: TOÁN – LỚP 9

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 2

Vậy không có giá trị của x để

1

2

A 

d) Ta có:

 

2 1 3

2 1 3

2

1 1 1

x

x

A

x x x

 



   

  

Để A nhận giá trị nguyên thì

3

1 x 

nhận giá trị nguyên

  3

3 1 1 x x U      

 

 

3

3; 1;3;1 U   

Ta có bảng sau:

1 x 

3  1  1 3

x

4  2  0

2

x   0

4

ĐK - - TM TM

Vậy   0;4 x  thì A nhận giá trị nguyên

e) . 2 m A x  

2 1

. 2

1

x

m x

x



  



2 2 m x m x x     

  2 1 2 0 x m x m       (1)

Đặt   0 t x t  

     

2

1 2 1 2 0 * t m x m      

Để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (*) có 2 nghiệm dương phân biệt

0

0

0

P

S

  



 









   

2

2

1

2

1

1

2 1 4. 2 0

1 4 4 0

2

2

2 0 2 2

2 1 0 1 1

1

2 2

2

1

2

m

m

m

m m

m m

m

m

m m m

VN

m

m

m m

m

m

 

 



 



 

  



 

   

           

     





     



        

  





 

  

    



 

    





 



  











 

  

Vậy với 2 m  thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 3

f)

2 1

1 1

1

x

A

x



  



2 1 1

0

1

x x

x

  

 



2

0

1

x

x



 



Ta có : 0 1 1 x x DK x x DK        

2

0 2 0 2 4

1

x

x x x

x



        



Kết hợp với điều kiện ta có 0 4; 1 x x   

Vậy với 0 4; 1 x x    thì 1 A 

g)

3

2

1

A

x

 



  0; 1 x x  

Ta có: 0 1 1 x x    

3 3

3 2 2 3 1

1 1

A

x x

        

 

Dấu “ = “ xảy ra 0 0 x x     (TMĐK)

Vậy GTNN của A là 1  khi 0 x 

Bài 2: Cho biểu thức

1 1

:

1 1 1

x x

B

x x x x x

 



 

 

 

   

 

với 0, 1 x x  

a) Rút gọn B

b) Tính giá trị của B khi 3 2 2 3 2 2. x    

c) Tìm x để

B x 

d) Với x >1, hãy so sánh B với B

HƯỚNG DẪN GIẢI

a)

   

1 1

:

1 1 1 1

x x

B

x x x x x x

 



 

 

 

     

 

   

1 1

.

1 1 1

x x x x x

x x x x

 

    

 



 

   

 

1

1

x

x







b) 3 2 2 3 2 2 x    

   

2 2

2 1 2 1 2 1 2 1 2         

Thay x = 2 (TMĐK) vào B ta được

 

2

2 1

2 1

3 2 2

1 2 1

B





   



.

Vậy khi. 3 2 2 3 2 2 x     .thì 3 2 2 B  

c)

 

2

1

1 2 1 0 1 2 0

1

x

B x x x x x x x x

x



              



   

1 2 1 2 0 x x      

 

 

2 1 2

1 2 3 2 2

1 2

x L

x x

x



 

       

  



https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 4

d) Xét hiệu

 

1 B B B B   

Ta có: 1 1 1 0 x x x      

Mà 1 0 x    

1

0 0 0 1

1

x

B B

x



     



Lại có:

2 9 3 2 1

5 6 2 3

x x x

C

x x x x

  

  

   

1 1 1 2

1 1

1 1 1

x x x

B

x x x

   

    

  

Mà

2

1 0 0

1

x

x

   



   

1 0 1 1 0 B B B       

Mà   0 1 0 1 0 2 B B B       

Từ (1) và (2)

 

1 0 0 B B B B B B        

Bài 3: Cho biểu thức với 0, 4, 9 x x x   

a) Rút gọn biểu thức C

b) Tính giá trị của C, biết

2

2 3

x 



c) Tính giá trị của x để C đạt giá trị lớn nhất

d) So sánh

1

C

với 1

HƯỚNG DẪN GIẢI

a)

   

2 9 3 2 1

2 3 2 3

x x x

C

x x x x

  

  

   

       

   

2 9 3 3 2 1 2

2 3

x x x x x

x x

      



 

   

2 9 9 2 3 2

2 3

x x x x

x x

     



 

   

2 1

3 2 3

x x x

x x x

  

 

  

b)

 

 

2

2 2 3

2

4 2 3 3 1

4 3 2 3

x



     

 

Thay

 

2

3 1 x   ( TMĐK) vào C ta được

 

 

 

2 2

2

3 1 1 3 2

3 1 1 3 2

7 4 3

3 4 3 1 3 3 2

3 1 3

C

  

  

      

   

 

Vậy khi

2

2 3

x 



thì 7 4 3 C   

c)

1 3 4 4

1

3 3 3

x x

C

x x x

  

   

  

Ta có: 0 x x DK   

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 5

4 4 4 1 1

3 3 1

3 3 3 3 3

x C x DK

x x

 

             

 

Dấu “ = ” xảy ra 0 0 x x     (TMĐK)

Vậy GTLN của C là

1

3



khi x = 0

d) Xét hiệu

1 3 4

1 1

1 1

x

C x x

 

   

 

Ta có: 0 x x DK   

4 1 1

1 1 0 0 1 0 1

1

x x DK

C C x



            



* Dạng 2: Giải phương trình bậc hai, hệ thức viét:

Bài 4: Cho phương trình

2

2( 1) 1 0 x m x m      (1)

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m .

b) Chứng minh rằng biểu thức

1 2 2 1

(1 ) (1 ) M x x x x     trong đó

1 2

, x x là hai nghiệm của phương

trình (1) không phụ thuộc vào giá trị m .

c) Với 2 m  . Không giải phương trình, tính giá trị biểu thức sau:

   

1 2 1 2

1 2 2 1 1 2

2 1 1 2

2 2

3 2 3 2 ; ; ;

1 1

x x x x

A x x x x B C x x D

x x x x

 

        

 

d) Tìm các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu? Có hai nghiệm trái dấu?

Nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương? Có hai nghiệm đối nhau? Có hai nghiệm

dương?

e) Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm

1 2

, x x mà

2 2

1 2

16 x x   .

f) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm

1 2

, x x mà

2 1

3 x x  .

HƯỚNG DẪN GIẢI

Cho phương trình

2

2( 1) 1 0 x m x m      (1)

a.  

2

2

' 2 2

1 3 3

1 1 2 1 1 1

2 4 4

m m m m m m m m m

 

                 

 

 

 phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

1 2

; x x

với mọi m .

b. Theo hệ thứcVi – ét ta có:

 

1 2

1 2

2 1

. 1

x x m

x x m

   





 





Theo đề bài, ta có hệ thức:

       

1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2

1 1 . 2 2 1 2 1 4 M x x x x x x x x x x x x x x m m                

c. Thay 2 m  vào pt (1) ta được:  

2 2

2 2 1 2 1 0 6 1 0 x x x x         

Theo hệ thứcVi – ét ta có:

1 2

1 2

6

. 1

x x

x x

  







     

2

2 2

1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

3 2 . 3 2 9 6 6 4 13 6 12 A x x x x x x x x x x x x x x x x           

 

2

1 2 1 2

25 6 25 6.6 11 x x x x       

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 6

 

   

 

2

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 1 1 2 1 2 1 2 1 2

2 36 2 6 28 14

1 1 1 1 1 6 1 6 3

x x x x x x x x x x x x

B

x x x x x x x x x x

         

      

          

   

2 2

2

1 2 1 2 1 2 1 2

4 36 4 32 C x x C x x x x x x           

 

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

2 2 2 2 2 2.6

14

1

x x x x x x

D

x x x x

    

    

d.

+ Pt có hai nghiệm cùng dấu 0 1 0 1 P m m        .

+ Pt có hai nghiệm trái dấu 0 1 0 1 P m m        .

+ Pt có hai nghiệm đối nhau

1 2

0 1 0 1 x x m m        

+ Pt có hai nghiệm dương

0 1 0 1

1

0 1 0 1

S m m

m

P m m

       

    

  

   

  

e.

     

2 2

2 2 2

1 2 1 2 1 2

16 2 16 4 1 2 1 16 4 6 6 16 x x x x x x m m m m               

2

1

4 6 10 0

5

2

m

m m

m

 



    









f.

+ Pt có hai nghiệm

2

2

2

1

1 1

1 1

x m m m

x m m m



    





    



 

2 2

2 1 1

3 1 1 3 1 1 x x x m m m m m m            

2 2 2

2 2 4 1 2 1 1 0 m m m m m m m m             

Bài 5: Cho phương trình:

2

( 1) 2 1 0 m x mx m      (1)

a) Giải phương trình với m = -3

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.

c) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có tích hai nghiệm bằng 5, từ đó hãy tính tổng hai

nghiệm phương trình.

d) Tìm một hệ thức liên hệ giữ hai nghiệm không phụ thuộc vào m.

e) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm

1 2

, x x thỏa mãn hệ thức

1 2

2 1

0

x x

x x

 

HƯỚNG DẪN GIẢI

Cho phương trình:

2

( 1) 2 1 0 m x mx m      (1) Điều kiện: 1 m 

a. Thay 3 m  

vào pt ta được:

 

 

2

1

4 6 2 0

1

2

m l

x x

m tm

 



    









b.    

2

' 1 1 1 0 m m m         pt có hai nghiệm phân biệt

1 2

; x x

với mọi m .

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 7

c. Theo hệ thứcVi – ét ta có:

1 2

1 2

2

1

1

.

1

m

x x

m

m

x x

m



 



 











 

Tích hai nghiệm bằng5

1 2

1 3

. 5 5 1 5 5 ( )

1 2

m

x x m m m tm

m



         



1 2

3

2.

2

2

6

3

1

1

2

m

x x

m

    





.

d. Hệ thức liên hệ không phụ thuộc vào m

   

 

1 2

1 2

1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

1 2

2

1 2 2

1 .

1

1 1 . 2 . 1 . 1 1

.

1 . 1

x x

m

m

x x

x x m m x x

x x x x

m

m x x x x x x x x m m

x x m

m x x

 





 



      

     

   

  

       



  

 

    



e.

 

2

2

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

2 1 1 2 1 2

2 1

2

2 5 5 5 5 1 1

0

1

2 2 2 2

1

m m

x x x x x x x x m m

m

x x x x x x

m

  



 

    

 

           





           

2 2 2 2

2

8 4 1 1 5 1 1 8 4 1 5 1

1

9 1

3

m m m m m m m m

m m

             

    

Bài 6: Cho phương trình

2

5 1 0 x mx    (1) có hai nghiệm

1 2

, x x . Hãy lập phương trình bậc hai ẩn y

sao cho hai nghiệm

1 2

, y y của nó:

a) Là số đổi của các nghiệm của phương trình (1)

b) Là nghịch đảo của các nghiệm của phương trình (1)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Cho phương trình

2

5 1 0 x mx    (1)    

2

25 4 5 2 5 2 m m m      

Để pt (1) có hai nghiệm

1 2

; x x

5

2

0

5

2

m

m

 







   











Theo hệ thứcVi – ét ta có:

1 2

1 2

5

. 1

x x m

x x

  







a. Là số đối của các nghiệm của pt (1)

1 1

2 2

x y

x y

  





 



 

1 2 1 2

1 2 1 2

5

1

y y x x m

y y x x

      





 





Vậy pt cần lập là:

2

5 1 0 y my   

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 8

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

1 2

1 2

1 1

; y y

x x

  

1 2

1 2

1 2 1 2

1 2

1 2

1 1

5

1

1

x x

y y m

x x x x

y y

x x

 

    









 





Vậy pt cần lập là

2

5 1 0 y my   

* Dạng 3: Hàm số và đồ thị:

Bài 7:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): 3 2 y x   và parabol (P): y = x

2

a) Tìm tọa độ giao điểm A, B của (d) và (P).

b) Tính chu vi và diện tích tam giác AOB.

HƯỚNG DẪN GIẢI

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( ) d và ( ) P :

2 2

3 2 3 2 0 x x x x      

Ta có 0 a b c      1 3 2 0   

 Phương trình có 2 nghiệm

1

2

1

2

x

c

x

a

 





 



Giả sử

1 1 2 2

( ; ); ( ; ) A x y B x y là hai giao điểm của ( ) d và ( ) P .

Vì

2 2

1 1

( ) 1 1 A P y x       Tọa độ điểm (1;1) A

2 2

2 2

( ) 2 4 B P y x       Tọa độ điểm (2;4) B

12

10

8

6

4

2

2

5 5

B (2;4)

A (1;1)

O

b)

*) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A và B trên trục Ox (1;0); (2;0) H K 

và 1; 2; 1; 4;HK 1. OH OK AH BK     

Xét OAH  vuông tại H , ta có :

2 2 2

OA OH AH   ( định lý Pitago)

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 9

2 2 2

1 1 2 2 OA OA      

Xét OBK  vuông tại K , ta có :

2 2 2

OB OK BK   ( định lý Pitago)

2 2 2

2 4 20 20 2 5 OB OB       

Gọi I là hình chiếu của A trên BK (2;1) I  và 1; 3 AI BI  

Xét OAH  vuông tại H , ta có :

2 2 2

OA OH AH   ( định lý Pitago)

Xét ABI  vuông tại I , ta có :

2 2 2

AB AI BI   ( định lý Pitago)

2 2 2

1 3 10 10 AB AB      

 Chu vi ABI  bằng 2 2 5 10   (đvd).

*) Ta có

. OBK OAH h thAHKB OAB

S S S S

  

  

 

. OAB OBK OAH t thAHBK

S S S S

  

   

 

1 1 1

. . .

2 2 2

OAB

S OK BK OH AH AH BK HK



 

    

 

 

.

 

1 1 1

.2.4 .1.1 . 1 4 .1 1

2 2 2

OAB

S



 

     

 

 

. (đvdt).

Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng   : 2 2 d y x   và điểm   2;2 A 

a) Chứng minh đường thẳng   d đi qua A .

b) Tìm giá trị của a để parabol  

2

: P y ax  đi qua điểm A .

c) Viết phương trình đường thẳng   ’ d đi qua A và vuông góc với   d .

HƯỚNG DẪN GIẢI

a) Thay tọa độ điểm ( 2;2) A  vào phương trình đường thẳng ( ) : 2 2 d y x    ta được:

2 2.( 2) 2 2 2       (luôn đúng)

 Tọa độ điểm   2;2 A  thỏa mãn phương trình đường thẳng (d)

  A d  

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

( ) d

2

1

2 ( 2)

2

a a     

c) Gọi phương trình đường thẳng ( ) d  có dạng : y mx n  

Vì ( ) ( ) d d   nên

1

.( 2) 1

2

m m     

Vì ( ) A d   nên tọa độ điểm ( 2;2) A  phải thỏa mãn phương trình đường thẳng

( ) d  2 .( 2) m n    

Mà

1

2

m  nên

1

2 .( 2) 3

2

n n     

Vậy phương trình đường thẳng ( ) d  có dạng :

1

3

2

y x  

Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol   : P

2

4

x

y  và đường thẳng   : d y mx n   . Tính

các giá trị của , m n biết đường thẳng   d thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 10

a) Song song với đường thẳng : d y x  và tiếp xúc với parabol   P .

b) Đi qua điểm   1,5; 1 A  và tiếp xúc với parabol   P . Tìm tọa độ tiếp điểm của   P và   d

trong mỗi trường hợp trên.

c) Có hệ số góc bằng 5 và không cắt   P

HƯỚNG DẪN GIẢI

a) Có (d) song song với đường thẳng

1

0

m

y x

n

 

 







 (d) có dạng : y x n  

Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( ) d và ( ) P :

2

2

4 4 0

4

x

x n x x n       (*)

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

0 1 0,

0 4 4 0

a n

n

    

 

 

    

 

1 n    (thỏa mãn).

Vậy 1; 1 m n   

b) Có   1,5; 1 ( ) A d   nên tọa độ điểm A phải thỏa mãn phương trình đường thẳng (d)

 1 .1,5 3 2 2 m n m n        (1)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( ) d và ( ) P :

2

2

4 4 0

4

x

mx n x mx n       (**).

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

2

2

1 0, , 0

0 (2)

0 4 4 0

m n a

m n

m n

    

    

 

    

 

Từ (1) và (2) ta có

2

2 2

1 1

3 2 2 3 2 2

2 3 2 0 2 4

0 2 2 0

2 4

m n m n

m n

m m

m n m n

m n

  

          



     

 



   

 

   



Vậy

1

2

1

4

m

n

 



















và

2

4

m

n

 



 



c) ( ) d có hệ số góc bằng 5 5 ( ) m d    có dạng : 5 y x n  

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

2

2

5 20 4 0

4

x

x n x x n       (***)

Để ( ) d không cắt ( ) P thì phương trình (***) phải vô nghiệm, mà 1 0 0 a      

100 4 0 25 n n      

Vậy

5

25

m

n

 



 



Bài 10: Cho đường thẳng   : d 2( 1) ( 2) 2 m x m y    

a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P):

2

y x  tại hai điểm phân biệt A và B.

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 11

b) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn AB theo m.

c) Tìm m để (d) cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất.

d) Tìm tọa độ điểm cố định mà (d) luôn đi qua khi m thay đổi.

HƯỚNG DẪN GIẢI

a) Nếu 2 m  ta được   : 2 2 1 d x x    . Suy ra   d cắt   P tại một điểm   1;2 M (không thỏa

mãn)

Nếu  

  2 1

2

2 :

2 2

m

m d y x

m m

 

   

 

Xét phương trình hoành độ giao điểm của   P và   d :

 

2

2 1

2

2 2

m

x x

m m

 

 

 

 

2

2 1

2

0

2 2

m

x x

m m



   

 

(1)

Để đường thẳng   d cắt   P tại hai điểm phân biệt A, B thì 0   

 

2

2

2

2

3

1 2 3

0 0 3 0

3 2 2

2

m

m m

m

m m m

m

     

        

  

   

   

Vậy với 3 m   hoặc 3 m  thì

  d cắt   P tại 2 điểm phân biệt A, B.

b) Gọi   ;

I I

I x y ,

   

2 2

; , ;

A A B B

A x x B x x

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

  2 1

2

2

.

2

A B

A B

m

x x

m

x x

m

  

 

















 

Ta có

1

2 2

A B

I

x x m

x

m

 

 



 

 

2 2

2

2

2

2 2

2

2 2 2

2

2

A B A B

I

A B A B

y y x x

y

x x x x

m m

m

 

 

 

 

 



c) Gọi  

0 0

; M x y là điểm cố định của   d

     

0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0

2 0 1

2 1 2 2 2 2 2 2

2 2 2 0 2

x y x

m x m y x y m x y

x y y

    

          

 

    

 

Vậy   1; 2 M 

Khoảng cách từ O đến   d lớn nhất là 5 OM 

Gọi H, K lần lượt là giao điểm của   d với Ox, Oy:

1

;0

1

H

m

 

 



 

,

2

0;

2

K

m

 

 



 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giácvuông ta có

 

 

2

2

2 2 2

2

1 1 1 1 6

1

5 4 5

m

m m

OM OH OK



       

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

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 12

* Dạng 4. Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình

Bài 11: Một ô tô chuyển động đều với vận tốc đã định để đi hết quãng đường dài 120km trong một thời

gian nhất định. Đi được một nửa quãng đường, xe nghỉ 30 phút nên để đến nơi đúng giờ, xe

phải tăng vận tốc thêm 20km/h trên nửa quãng đường còn lại. Tính vận tốc dự định của ô tô.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Gọi vận tốc dự định là x (km/h) ( 0 x  )

Thời gian dự định là

120

x

(h)

Thời gian đi nửa quãng đường đầu là

60

x

(h)

Vận tốc của xe trong nửa quãng đường sau là 20 x  (km/h)

Thời gian đi nửa quãng đường sau là

60

20 x 

(h)

Ta có phương trình

60 1 60 120

2 20 x x x

  



2

20 2400 0

40

60

x x

x

x

   

 





 



Kết hợp điều kiện ta được 40 x  (km/h)

Vậy vận tốc dự định của ô tô là 40 km/h.

Bài 12: Một ca nô chạy xuôi dòng một khúc sông dài 72km, sau đó chạy ngược dòng khúc sông đó 54km,

hết tổng cộng 6h. Tính vận tốc thực của ca nô? (biết vận tốc nước là 3km/h)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Gọi vận tốc ca nô là x   3 x  (km/h)

Vận tốc ca nô đi xuôi dòng là 3 x  (km/h)

Vận tốc ca nô đi ngược dòng là 3 x  (km/h)

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là

72

3 x 

(h)

Thời gian ca nô đi ngược dòng là

54

3 x 

(h)

Tổng thời gian đi là 6 giờ nên ta có phương trình

2

0

72 54

6 6 126 0

21 3 3

x

x x

x x x

 

     



  



Kết hợp điều kiện ta được 21 x  (km/h)

Vậy vận tốc ca nô là 21 km/h

Bài 13: Hai người cùng làm chung một công việc sau 6h thì xong. Nếu người thứ nhất làm một mình

trong 2 giờ rồi nghỉ, để người thứ hai làm tiếp 3h thì được

2

5

công việc. Hỏi nếu mỗi người

làm một mình thì hết mấy giờ?

HƯỚNG DẪN GIẢI

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 13

Gọi thời gian người thứ nhất làm riêng và hoàn thành công việc là: x (giờ, 6 x  ).

Gọi thời gian người thứ hai làm riêng và hoàn thành công việc là y (giờ, 6 y  )

Mỗi giờ người thứ nhất làm được

1

x

(công việc)

Mỗi giờ người thứ hai làm được

1

y

(công việc)

Biết hai tổ làm chung trong 6 giờ thì hoàn thành được công việc nên ta có phương trình:

6 6

1

x y

  . (1).

Người thứ nhất làm một mình trong 2 giờ được

2

x

(công việc)

Người thứ nhất làm một mình trong 3 giờ được

3

y

(công việc)

Khi đó cả 2 người đã làm được

2

5

công việc nên ta có phương trình:

2 3 2

5 x y

  (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

6 6

1

2 3 2

5

x y

x y



 









 





Giải hệ ta được:

10

15

x

y

 







thỏa mãn điều kiện.

Vậy nếu làm riêng thì người thứ nhất hoàn thành công việc trong 10 giờ, người thứ hai trong 15

giờ.

Bài 14: Hai A, B có 420 học sinh thi đỗ vào lớp 10, đạt tỉ lệ 84%. Tính riêng trường A có tỉ lệ đỗ là 80%.

Tính riêng trường B có tỉ lệ đỗ là 90%. Tính số học dự thi của mỗi trường.

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

100

84

= 500 (học sinh)

Gọi số học sinh dự thi của trường A, trường B lần lượt là: x, y ( , ;0 x, y 500) x y N   

Do đó ta có phương trình: 500 x y   (1)

Số học sinh thi đỗ vào lớp 10 của trường A là:

80

.

100

x (học sinh)

Số học sinh thi đỗ vào lớp 10 của trường B là:

90

.

100

y (học sinh)

Mà tổng số học sinh thi đỗ của hai trường là 420 học sinh

Nên ta có phương trình:

80 90

. .

100 100

x y  = 420  8 9 4200 x y   (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

500

8 9 4200

x y

x y

  



 



300

200

x

y

 









(Thỏa mãn điều kiện)

Vậy số học sinh dự thi của trường A là : 300 ( học sinh)

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 14

Số học sinh dự thi của trường B là : 200 ( học sinh)

Bài 15: Một đội xe cần chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc đội bổ sung thêm 3 xe nên mỗi xe đã chở ít

hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi đội xe lúc đầu có bao nhiêu xe? (Biết số hàng chở trên các xe có

khối lượng bằng nhau)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Gọi số xe lúc đầu của đội là: x (x ∈ N

*

; xe)

Vì đội xe cần chở 36 tấn hàng nên mỗi xe phải chở là:

36

x

(tấn)

Vì đội bổ sung thêm 3 xe nên số xe trong thực tế là: x + 3 (xe)

Thực tế mỗi xe phải chở là:

36

x 3 

(tấn)

Vì thực tế mỗi xe chở ít hơn dự định là 1 tấn nên ta có phương trình:

36 36

1

x x 3

 



2

x 3x 108 0    

x 9 (tm)

x 12 (ktm)

 





 



Vậy lúc đầu đội có tất cả là 9 xe.

Bài 16: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn và P là điểm chính giữa của cung AB không

chứa điểm C, D. Hai dây PC và PD lần lượt cắt dây AB tại E và F. Các dây AD và PC kéo dài

cắt nhau tại I. Các dây BC và PD kéo dài cắt nhau tại K. Chứng minh rằng:

a)

 

CID CKD 

b) Tứ giác CDFE nội tiếp

c) IK // AB

d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AED tiếp xúc với PA tại A.

HƯƠNG DẪN GIẢI

a) Xét (O) có:



 



 

d d

,

2 2

s DC sd AP s DC sd PB

CID CKD

 

 

Mà

 

sd AP sd PB  (gt)

 

CID CKD  

b) Xét tứ giác CDFE có:

 

  

  

 

  

d

DEF

2 2

d

(do )

2 2

d 360

180

2 2

s BD sd AP sd DP

DCF

s BD sd PB sd DP

sd AP sd PB

s BD sd DP sd PB



  



  

  

   

 Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp.

K

I

F

E

P

O

A

B

C

D

c) Xét tứ giác CDIK có:

 

CID CKD  (cmt)

 Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 15



 

IKD ICD  (cùng chắn



ID ) (1)

Xét (O) có:



    



d d d

2 2 2

s PB sd AD s AP sd AD s PD

KEB ICD

 

    (t/c góc nội tiếp) (2)

Từ (1) và (2) 

 

IKD KEB  , mà hai góc ở vị trí so le trong nên IK // AB.

d) Gọi O' là tâm đường tròn ngoại tiếp  AED.

Đường trung trực của AE cắt (O') tại H và AE tại G.

Xét (O) có:

 

PAB ADP  (do

 

PB PA  )

(1)

Xét (O') có:

+

 

AHE ADE  (cùng chắn



AE ) (2)

+

  

1

' '

2

AHE AO G AO E

 

 

 

 

(3)

Từ (1), (2) và (3)

 

' PAE AO G  

Xét  AGO' vuông có:

 

' ' 90 AO G GAO   

 



' 90

' 90

PAE GAO

PAO

   

  

G

H

O'

F

E

P

A

O

B

C

D

Vậy PA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp  AED tại A.

Bài 17: Cho hai đường tròn (O), (O') cắt nhau tại hai điểm A và B. Các đường thẳng AO, AO' cắt đường

tròn (O) lần lượt tại các điểm thứ hai C, D và cắt đường tròn (O') tại điểm thứ hai E, F.

a) Chứng minh rằng: B, F, C thẳng hàng.

b) Chứng minh rằng: AB, CD, FE đồng quy.

c) Chứng minh rằng: Tứ giác CDEF nội tiếp.

d) Chứng minh rằng: A là tâm đường tròn nội tiếp  BDE.

e) MN là một tiếp tuyến chung của (O) và (O') (M, N là tiếp điểm). Chứng minh AB đi qua trung

điểm của MN.

f) Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của các đường tròn (O) và (O').

HƯỚNG DẪN GIẢI

a) Có

  

90 90 180 CBF CBA ABF        

 Vậy 3 điểm B, F, C thẳng hàng.

b) Gọi I là giao điểm của CD và FE

Xét  ICF có:

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 16

+ CE  IF, FD  IC (góc chắn nửa đ/tròn)

+ Mà CE cắt FD tại A (gt)

 A là trực tâm của  ICF

 IA  CF, lại có AB  CF

 IA  AB hay đường thẳng AB đi qua I.

Vậy 3 đường thẳng AB, CD, FE đồng quy.

c) Xét tứ giác CDEF có:

 

CEF 90 CDF    (góc chắn nửa đ/tròn)

K

N

I

F

D

E

C

B

A

O O '

M

 Tứ giác CDEF nội tiếp.

d) Xét tứ giác AEID có:

 

AEI 90 ADI     Tứ giác AEID nội tiếp 

 

ADE AIE 

Vì tứ giác ABCD nội tiếp (O) 

 

ACB ADB  (cùng chắn



AB )

Lại có  ABC đồng dạng  AEI (g.g) 

 

ACB AIE  (hai góc tương ứng) 

 

ADE ADB 

 DA là phân giác của góc EDB (1)

C/m tương tự:  EA là phân giác của góc DEB (2)

Từ (1) và (2)  A là giao của hai đường phân giác của  BDE

Vậy A là tâm đường tròn nội tiếp  BDE.

e) Gọi K là giao điểm của AB và MN.

Xét  BMK và  MAK có:

  



1

MBK AMK sdAM

2

BMK

MKB chung

  

  

  

   









đồng dạng   MAK g.g 

 

2

MK BK

MK AK.BK 3

AK MK

   

+) Chứng minh tương tự  

2

NK AK.BK 4  

Từ (3) và (4)

2 2

MK NK MK NK    

Vậy K là trung điểm của MN.

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 17

I

F

D

E

C

B

A

O' O

f) Vì tứ giác CDEF nội tiếp (cmt)

 

DCE EFD   (cùng chắn



DE )

Xét (O; OA) có:

 

DOA 2DCA  (góc nội tiếp)

Xét (O'; O'A) có:

 

EO'A 2EFA  (góc nội tiếp)

 

DOA EO'A   , mà 2 góc có đỉnh kề nhau

 Tứ giác DOO'E nội tiếp.

* Điều kiện cần

Giả sử DE là tiếp tuyến chung của các đường tròn (O) và (O')

OD DE

OD O'E

O'E DE

  









 , mà tứ giác DOO'E nội tiếp  DOO'E là hình chữ nhật

OD O'E   hay OA = O'A (5)

* Điều kiện đủ

Xét hình chữ nhật DOO'E có: OE cắt O'D tại A

OA DA   , mà OA = OD (gt) OA OD DA    OAD   đều



ODA 60   

Xét tam giác vuông ODO' có:



OO'

tan ODA

OD

 (hệ thức lượng trong tam giác vuông)



OO ' OD.tan ODA OA.tan 60 OA. 3      (6)

Từ (5) và (6)  Để DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O') thì (O) = (O') và

OO' OA. 3  .

Bài 18: Cho nửa đường tròn (O, R), đường kính BC. Điểm A thuộc nửa đường tròn ( ) AC AB  . Dựng ra

phía ngoài tam giác ABC một hình vuông ACED. Tia EA cắt nửa đường tròn tai F. Nối BF cắt

ED tại K.

a) Chứng minh 4 điểm B, C, D, K thuộc cùng một đường tròn

b) Chứng minh AB = EK

c) Cho



0

30 ,BC 10cm ABC   .

Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AC và cung nhỏ AC của đường tròn (O)

d) Tìm vị trí của điểm A để chu vi tam giác ABC lớn nhất.

HƯỚNG DẪN GIẢI

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 18

O

K

F

D

E

A

C

B

a) Gọi giao điểm AE với DC là I.

+ Vì tứ giác ADEC là hình vuông (gt)

=> ;

AE DC

I là trung điem AE DC

AE DC

 











(t/c hình vuông)

=>

; ; ;

AIC CIE EID AID

AIC CIE EID AID vuông cân tai I

       



   



=>

 

45

o

EDI CAI   (t/c tg vuông cân)

+ Xét tứ giác nội tiếp BFAC có:

 

180

o

FBC FAC   (đ/lí tứ giác nội tiếp)

mà

 

  180 2

o

EAC FAC góc ke bù  

=>

 

45

o

FBC EAC  

mà



45

o

EDC  (cmt)

=>

 

45

o

KBC EDC  

+ Xét tứ giác BKDC có:

 

45

o

KBC EDC  

mà



EDC là góc ngoài của tứ giác tại đỉnh D đối diện với B

=> Tứ giác BKDC nội tiếp (dhnb)

b) + Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKDC có:

 

BKC BDC  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

Mà



45

o

BDC  (t/c tg vuông cân)

=>



45

o

BKC 

+ Xét BCK  có:

 

45

o

BKC KBC   (cmt)

=> BCK  vuông cân tại C (dhnb)

=> CB = CK (t/c tg vuông cân)

+ Xét

 

0

ˆ

9

o

BAC A   và

 

0

ˆ

9

o

KEC E   có:

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 19

BC = KC (cmt)

AC = CE (t/c hình vuống)

=> BAC  = KEC  (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

=> AB = EK (2 cạnh t/ư)

c) + Xét BOA  cân tại O có:

 

2. 2. 30 60

o o

AOC ABO   

+ Vì BC = 2R = > R =

10

2 2

BC

 = 5 cm

+ Diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung AC và bán kính OA, OC là:

2

.5 .60 25

360 6

o

OAC o

S

 

  (đvdt)

+ Ta có OAC  đều

=>

1 5 3 25 3

. .5

2 2 4

OAC

S  



(đvdt)

+ Vậy diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AC và cung nhỏ AC của đường tròn (O) là:

25 25 3

2,26

6 4

S



   (đvdt)

d) Ta có Chu vi ABC AB AC BC     mà AC = AD (t/c hv)

=> Chu vi ABC AB AD BC BD BC       mà BC = const = 2R

Vậy để Chu vi ABC  lớn nhất <=>BD lớn nhất

Xét

 

0

ˆ

9

o

BDK D   có cạnh huyền BK

=> BD BK 

BD lớn nhất <=> BD = BK <=> K D A F   

+ Xét (O) có



45

o

FBC  nội tiếp chắn cung FC => sđ cung FC = 90

o

=> F là điểm chính giữa nửa đường tròn (O) đường kính BC

=> Vậy để Chu vi ABC  lớn nhất <=> A là điểm chính giữa nửa đường tròn (O) đường kính BC

Bài 19: Cho đường tròn (O, R) với đường kính AB cố định, EF là đường kính quay quanh O. Kẻ đường

thẳng d tiếp xúc với (O) tại B. Với AE, AF cắt đường thẳng d tại M, N.

a) Chứng minh tứ giác AEBF là hình chữ nhât.

b) Chứng minh AE.AM = AF. AN

c) Hạ AD vuông góc EF tại I. CM I là trung điểm MN.

d) Gọi H là trực tâm MFN  . Chứng minh rằng khi đường kính EF di động, H luôn thuộc một

đường tròn cố định

HƯỚNG DẪN GIẢI

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 20

O'

G

I

D

N

M

F

E

O

B

A

a) + Xét (O) có AB là đường kính,     ; E O F O  

=>

 

90

o

AEB AFB   (đl góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

+ Xét (O) có EF là đường kính,   A O 

=>



90

o

EAF  (đl góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

+ Xét tứ giác AEBF có:

  

90

o

EAF AEB AFB    (cmt)

=> Tứ giác AEBF là hình chữ nhật (dhnb)

b) + Xét (O) có MN là tiếp tuyến tại B

=> AB MN  (t/c tiếp tuyến)

+ Xét

 

ˆ

90

o

ABM B   có BE là đường cao

=>

2

. AE AM AF  (hệ thức lượng)

+ Xét

 

ˆ

90

o

ABN B   có BF là đường cao

=>

2

. AF AN AF  (hệ thức lượng)

=> AE. AM = AF.AN (đpcm)

c) + Ta có

 

DAF EFB  (cùng phụ



AFE )

mà

 

EFB ABF  (t/c tam giác FOB cân)

mà

 

ABF INA  (cùng phụ với



NBF )

=>

 

DAF INA  (t/c bắc cầu)

+ Xét AIN  có

 

DAF INA  (cmt)

=> AIN  cân tại I (dhnb)

=> AI = IN (t/c tg cân)

Chứng minh tương tự => AIM  cân tại I => AI = IM

=> AI = IM = IN (t/c b/c)

=> I là trung điểm MN

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Trường THCS CHU VĂN AN

Page 21

d) Dựng đường thẳng qua F vuông góc MN cắt AM tại H

mà AM FN  ;   AM HF H  

=> H là trực tâm MNF 

Gọi O’ đối xứng với O qua A như hình vẽ

+ Ta có: AB MN 

HF MN 

=> AB // HF (qh từ vg đến //)

+ Ta có: HA AF 

BF AF 

=> HA // BF (qh từ vg đến //)

+ Xét tứ giác ABFH có: AB // HF; HA // BF (cmt)

=> tứ giác ABFH (dhnb) => AB = HF (t/c hbh)

mà AB = OO’

=> OO’ = HF

+ Xét tứ giác OO’HF có: OO’ = HF mà OO’ //HF

=> Tứ giác OO’HF là hình bình hành (dhnb)

=> O’H = OF (t/c hbh)

Mà OF = R = const

=> O’H luôn không đổi khi đường kính EF di chuyển trên (O)

Vì điểm O và A cố định khi EF di chuyển trên (O) mà O’ là điểm đối xứng của O qua A

=> ’ O cố định

Mà ’ O H R const   khi EF di chuyển

=> Khi EF di chuyển trên   O thì H luôn cách ’ O một khoảng bằng R không đổi

=> H luôn thuộc đường tròn   ’; O R với ’ O cố định và R không đổi.

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/