›
›
›

Đề cương ôn tập môn Toán Lớp 9 - Học kì II (Bản đẹp)

doc 43 trang nhatle22 3520
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề cương ôn tập môn Toán Lớp 9 - Học kì II (Bản đẹp)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_cuong_on_tap_mon_toan_lop_9_hoc_ki_ii_ban_dep.doc

Nội dung text: Đề cương ôn tập môn Toán Lớp 9 - Học kì II (Bản đẹp)

  1. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 – Học kỳ 2 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 1 1 m 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: . a' b' c' 2 m 0 1 1 2 m m 2 m = – 2: Hệ (1) vô nghiệm. 1 m m 0 2 0 m2 2m 3. Hệ (1) có nghiệm: x = ; y = . m 2 m 2 m2 2m 4. Hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = 1 + = 1 m 2 m 2 m2 + m – 2 = 0 m 1(thoûa ÑK coùnghieäm) . m 2(khoângthoûa ÑK coùnghieäm) 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. 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 . 5k 1 5 3k 3. Hệ (1) có nghiệm: x = ; y = . 2 2 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 1
  2. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 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. 3m 1 5 3. Hệ (1) có nghiệm: 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 . 1 2 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x = và y = . 2 3 3. Tìm nghiệm của hệ phương trình (1) theo m. 1 5 HD: 1. Khi m = 3, hệ (1) có nghiệm x = ; 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 2x y 3m 1 Bài tập 6: Cho hệ phương trình 3x 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 . ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 2
  3. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức x 1 m 1 Theo đề bài: – 3 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 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. 2 3. Xác định số giao điểm của hai đồ thị :(P): y = ax (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. ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 3
  4. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 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 m . 2 1 1 2c) m = tọa độ tiếp điểm (-1 ; ). 2 2 2 Bài tập 2: Cho hai hàm số y = – 2x 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: 1 a) (Dm) đi qua một điểm trên (P) tại điểm có hoành độ bằng . 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 2. Gọi A( ; 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. 5 25 2b). Tọa độ giao điểm: (1;– 2) và ( ; ). 2 2 3. Gọi M(xM; yM) là điểm trên (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = – 6. 2 2 Mặt khác: M(xM; yM) (P) yM = – 2xM nên: xM + yM = – 6 xM + (– 2xM ) = – 6 x1 2 y1 8 2 – 2xM + xM + 6 = 0 3 9 . x y 2 2 2 2 3 9 Vậy có 2 điểm thỏa đề bài: M1(2; – 8 ) và M2( ; ). 2 2 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 4
  5. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 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 2 3 2 Mặt khác: M(xM; yM) (P) yM = x nên: xM + yM = – 4 xM +( x ) = – 4 2 M 2 M 4 8 3 2 x1 y1 x + xM + 4 = 0 3 3 . 2 M x2 2 y2 6 4 8 Vậy có 2 điểm thỏa đề bài: M1( ; ) và M2(2; – 6). 3 3 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). xA xB 3. Gọi A là điểm (P) và B là điểm (D) sao cho . Xác định tọa độ của A và B. 11yA 8yB 2 5 25 HD: 2. Tọa độ giao điểm: ( 1 ; ) và (; ). 3 2 6 3. Đặt xA = xB = t. 2 2 2 2 A(xA; yA) (P) yA = x = t . 3 A 3 5 5 B(xB; yB) (D) yB = xB + = t + 3 3 t 2 2 5 22 40 1 2 2 Theo đề bài:11yA 8yB 11. t = 8.( t + ) t 8t 0 10 . 3 3 3 3 t 2 11 8 8 x 2 y A(2; ) A A 3 3 Với t = 2 . 11 11 x 2 y B(2; ) B B 3 3 10 200 10 200 x y A( ; ) 10 A 11 A 363 11 363 Với t = . 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). 5 1 HD: 1. Phương trình đường thẳng AB: y = x . 3 3 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 5
  6. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 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). 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. 3 34 Phương trình đường thẳng AB: y = 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) y A = 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 1 Đường thẳng AB: y = x – . 1 a b 1 2 2 b 2 1 1 y x y 0 Tọa độ M là nghiệm của hệ pt: 2 2 . 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: 1 1 1 2 OHA vuông tại H SOHA = OH.OA = .1. 1 = (cm ). 2 2 2 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 6
  7. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 1 1 2 OKB vuông tại K SOKB = OK.KB = .2. 4 = 4 (cm ). 2 2 Gọi I là giao điểm của (D) với trục Ox yI = 0 xI = 2 I(2; 0). 1 1 2 IKB vuông tại K SIKB = BK.KI = .4. 4 = 8 (cm ). 2 2 1 2 S OAB = SIKB – (SOHA + SOKB ) = 8 – ( + 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 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: x1 1 a + b +c = 0 pt (1) có 2 nghiệm:. c x 2 a x1 1 a – b +c = 0 pt (1) có 2 nghiệm:. c x 2 a b) Giải với ' : b Nếu b = 2b’ 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 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: b S x x 1 2 2 a a) Định lý: Nếu x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình ax + bx + c = 0 (a 0) thì ta có: . c P x x 1 2 a u v S 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: ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 7
  8. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 2 2 2 2 Tổng bình phương các nghiệm: x1 x2 (x1 x2 ) 2x1x2 = S – 2P. 1 1 x x S Tổng nghịch đảo các nghiệm: 1 2 . x1 x2 x1x2 P 1 1 x2 x2 S2 2P Tổng nghịch đảo bình phương các nghiệm: 1 2 . 2 2 2 2 x1 x2 (x1x2 ) P 2 2 2 Bình phương của hiệu các nghiệm: (x1 x2 ) (x1 x2 ) 4x1x2 = S – 4P. 3 3 3 3 Tổng lập phương các nghiệm: x1 x2 (x1 x2 ) 3x1x2 (x1 x2 ) = S – 3PS Ví dụ: Cho phương trình x2 – 12x + 35 = 0. Hãy tính giá trị của các biểu thức sau: 2 2 1 1 2 3 3 a) x1 x2 . b) . c) (x1 x2 ) d) x1 x2 x1 x2 Giải: b S x x 12 1 2 a Phương trình có ' = 1 > 0 pt có 2 nghiệm, áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): . c P x x 35 1 2 a 2 2 2 2 2 a) x1 x2 (x1 x2 ) 2x1x2 = S – 2P = 12 – 2.35 = 74. 1 1 x x S 12 b) 1 2 = . x1 x2 x1x2 P 35 2 2 2 2 c) (x1 x2 ) (x1 x2 ) 4x1x2 S -4P = 12 – 4.35 = 4. 3 3 3 3 3 d) x1 x2 (x1 x2 ) 3x1x2 (x1 x2 ) = S – 3PS = 12 – 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 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 S x x 1 2 a Lập hệ thức Vi-ét cho phương trình . c P 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. 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 S x x 1 2 a 2 2S 2m 1 Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (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 (*): ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 8
  9. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức u x1 u x2 + Nếu ' > 0 (hoặc > 0) pt (*) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. Vậy hoặc . v x2 v x1 b' b' + Nếu ' = 0 (hoặc = 0) pt (*) có nghiệm kép x1 = x2 = . Vậy u = v = . a a + Nếu ' 0 3 . x2 4 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 ) = 23 . Suy ra: a, b là 2 nghiệm của phương trình: x2 – Sx + P = 0 x2 – 4x + 23 = 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: 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. ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 9
  10. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức x1 1 HD: 1. Khi m = –2, ta có phương trình: x2 + 5x + 4 = 0, pt có a – b + c = 1 –5 + 4 = 0 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. x1 1 HD: 1. Khi m = 3, ta có phương trình: x2 – 4x + 3 = 0, pt có a + b + c = 1 +(–4) + 3 = 0 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 . 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 2 ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (2m – 3) 2 > 0 |2m – 3| > 0 . 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 > 0 m < . 2 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 10
  11. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức m1 0 1b. Pt (1) có một nghiệm là – 2 khi: (– 2)2 –2(m – 1)(–2) + m2 = 0 m2 + 4m = 0 . m2 4 Vậy khi m = 0 hoặc m = – 4 thì pt (1) có một nghiệm là – 2. S x1 x2 2m 2 2. Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): 2 P x1x2 m 2 2 Ta có: (x1 – x2) + 4(x1 + x2) + 4 = (x1 + x2) – 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 S x1 x2 2m 2 3. Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): P x1x2 m 4 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. 2 2 3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của (1). Tính A = x1 x2 theo m. 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. 2 2 5. Tìm m để x1 x2 = 10. 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 m < 0. 1 2b. Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi a.c < 0 1.(4m + 1) < 0 m < . 4 2 2 2 2c. Tổng các bình phương hai nghiệm của pt (1) bằng 11 x1 x2 = 11 (x1 + x2) – 2x1x2 = 11 9 2 – 8m = 11 m = . 8 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 11
  12. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 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 x 1, x2 hãy tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x 1, x2 mà không phụ thuộc m. HD: a) m 3 a. Phương trình (1) có nghiệm kép ' = 0 m2 – 9 = 0 . 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 3 2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khi ' > 0 m – 9 > 0 . 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 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: 91x 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 59 Theo đề bài ta có hệ pt: 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: ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 12
  13. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức Gọi x là chữ số hàng chục của số đã cho (x N, 0 5, y > 5). 5x 4y 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. ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 13
  14. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 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 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 3 sẽ đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất trong 3 giờ và vòi thứ hai trong 4 giờ thì được bể nước. Hỏi mỗi vòi chảy một mình trong bao lâu thì mới đầy 4 bể? HD: Gọi x (h), y (h) lần lượt là thời gian vòi 1, vòi 2 chảy riêng đầy bể ( x > 3, y > 4). 1 Trong 1h, vòi 1 chảy được: (bể). x 1 Trong 1h, vòi 2 chảy được: (bể). y 24 Vì hai vòi nước cùng chảy trong 4 giờ 48 phút = h sẽ đầy bể nên trong 1h hai vòi cùng chảy được 5 5 1 1 5 bể, do đó ta có pt: + = (1). 24 x y 24 3 3 4 3 Vì vòi thứ nhất trong 3 giờ và vòi thứ hai trong 4 giờ thì được bể nước nên ta có pt: + = (2). 4 x y 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 1 24 Đặt u = , v = , hệ (I) trở thành: (II). x y 3 3u 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. ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 14
  15. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 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 2 bể. Nếu để vòi thứ nhất chảy một mình trong 10 phút và vòi thứ hai chảy một mình trong 12 phút thì chỉ được thể tích của bể nước. Hỏi 15 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. 4 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 giờ đầy 5 6 bể. Nếu lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất và 9 giờ sau mới mở thêm vòi thứ hai thì sau giờ nữa mới bể nước. Hỏi nếu ngay từ đầu chỉ mở vòi thứ 5 hai thì sau bao lâu mới đầy bể? HD: 6 Gọi x (h), y (h) lần lượt là thời gian vòi 1, vòi 2 chảy riêng đầy bể ( x > 9, y > ). 5 1 Trong 1h, vòi 1 chảy được: (bể). x 1 Trong 1h, vòi 2 chảy được: (bể). y 4 24 5 Vì hai vòi nước cùng chảy trong 4giờ = h sẽ đầy bể nên trong 1h hai vòi cùng chảy được bể, 5 5 24 1 1 5 do đó ta có pt: + = (1). x y 24 6 9 Vì lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất và 9 giờ sau mới mở thêm vòi thứ hai thì sau giờ nữa mới bể nước nên ta có pt: + 5 x 6 1 1 = 1 (2). 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 1 24 24 Đặt u = , v = , hệ (I) trở thành: (II). x y 6 51 6 9u u v 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. 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). 1 Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được (bể). x ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 15
  16. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 1 Mỗi giờ vòi thứ hai chảy được (bể). x 27 1 Vì hai vòi cùng chảy thì sau 18 h bể đầy, nên trong 1h hai vòi cùng chảy được bể, do đó nên ta có pt: 18 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). 90 Thời gian xe I đi hết đoạn đướng AB: (h). x 90 Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB: (h). y 9 90 90 9 Vì xe II tới A trước xe I tới B là 27 phút = 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). 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). 110 Thời gian xe I đi hết đoạn đướng AB: (h). x 110 Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB: (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 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 16
  17. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức Định nghĩa – Định lý Ký hiệu toán học Hình vẽ Hệ quả 1. Góc ở tâm: Trong một đường · ¼ tròn, số đo của góc ở tâm bằng số (O,R) có:AOB ở tâm chắn AmB đo cung bị chắn. ·AOB = sđ ¼AmB 2. Góc nội tiếp: * Định lý: Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số (O,R) có: B· AC nội tiếp chắn B»C đo của cung bị chắn. 1 * Hệ quả: Trong một đường tròn: B· AC = sđ.B»C a) Các góc nội tiếp bằng nhau 2 chắn các cung bằng nhau. a) (O,R) có: B»C E»F B· AC n.tieáp chaén B»C b) Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng E· DF n.tieáp chaén E»F  nhau thì bằng nhau. B· AC E· DF b) (O,R) có:  B· AC n.tieáp chaén B»C   B· AC B· DC · » BDC n.tieáp chaén BC  (O,R) có: c) Góc nội tiếp (nhỏ hơn hoặc B· A C n . t i e áp c h a én B»C bằng 900) có số đo bằng nửa số đo · » của góc ở tâm cùng chắn một E D F n . t i e áp c h a é n EF · · cung.  BAC EDF B»C E»F d) Góc nội tiếp chắn nửa đường c) (O,R) có: tròn là góc vuông.  B· A C n . t i e áp c h a é n B» C  1  B· AC B· OC B· OC ôû taâm chaén B»C 2 d) (O,R) có:  B· AC nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC · 0 3. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và BAC = 90 . 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. (O,R) có: * Hệ quả: Trong một đường tròn, · góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây BAx tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung và góc nội tiếp cùng chắn 1 một cung thì bằng nhau. »AB B· Ax = sđ »AB . 4. Góc có đỉnh ở bên trong đường 2 tròn: * Định lý: Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn bằng nửa tổng số (O,R) có: đo hai cung bị chắn. B· Ax taïo bôûi tt &dcchaénA»B  5. Góc có đỉnh ở bên ngoài đường  B· Ax A· CB · » tròn: ACB noäi tieápchaén AB  * Định lý: Góc có đỉnh ở bên ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 17
  18. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức ngoài đường tròn bằng nửa hiệu (O,R) có: số đo hai cung bị chắn. B· EC có đỉnh bên trong đường tròn 1 6. Cung chứa góc: B· EC = (sñ B»C sñ A»D) * Tập hợp các điểm cùng nhìn 2 đoạn thẳng AB dưới một góc (O,R) có: không đổi là hai cung tròn chứa B· EC có đỉnh bên ngoài đường tròn góc . 1 B· EC = (sñ B»C sñ A»D) 2 * Đặc biệt: a) Các điểm D, E, F cùng thuộc · · · nửa mặt phẳng bờ AB, cùng nhìn a) ADB AEB AFB cùng nhìn đoạn AB đoạn AB dưới một góc không đổi A, B, D, E, F cùng thuộc một đường tròn. Các đểm A, B, D, E, F cùng thuộc một đường tròn. b) Các điểm C, D, E, F cùng nhìn đoạn AB dưới một góc vuông · · · · 0 Các đểm A, B, C, D, E, F b) ACB ADB AEB AFB 90 cùng thuộc đường tròn đường kính AB. nhìn đoạn AB A, B, C, D, E, F thuộc một đường tròn đường kính AB. 7. Tứ giác nội tiếp: * Định nghĩa: Một tứ giác có bốn * Tứ giác ABCD có A, B, C, D (O) đỉnh nằm trên một dường tròn ABCD là tứ giác nội tiếp (O). được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn. * Tứ giác ABCD nội tiếp (O) * Định lý: Trong một tứ giác nội 0 tiếp, tổng số đo hai góc đối diện µA Cµ 1 8 0 bằng 1800. µ µ 0 B D 1 8 0 * Định lý đảo: Nếu một tứ giác có * Tứ giác ABCD có: tổng số đo hai góc đối diện bằng 0 1800 thì tứ giác đó nội tiếp được µA Cµ 180 ABCD là tứ giác n.tiếp đường tròn. Hoặc: 8. Độ dài đường tròn, cung tròn: * Chu vi đường tròn: Bµ Dµ 1800 ABCD Rn là tứ giác n.tiếpC = 2 R = d  * Độ dài cung tròn: 1800 9. Diện tích hình tròn, hình quạt tròn: * Diện tích hình tròn: d 2 S R2 4 * Diện tích hình quạt tròn: R2n .R S * Diện tích hình viên phân: 360 2 Sviên phân = Squạt - SABC * Diện tích hình vành khăn: HÌNH KHÔNG GIAN 1.Hình trụ: * Diện tích xung quanh: ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 18
  19. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức * Diện tích toàn phần: 2 2 S (R1 R2 ) * Thể tích: Sxq 2 Rh Stp=Sxq+2.Sđáy 2 2.Hình nón: Stp 2 Rh 2 R * Diện tích xung quanh: V S.h R2h * Diện tích toàn phần: S: diện tích đáy; h: chiều cao Sxq R.l * Thể tích: Stp = Sxq + Sđáy 2 Stp R R Vnón 1 = Vtrụ 3 1 V R2h 3 2. Hình nón cụt: * Diện tích xung quanh: S: diện tích đáy; h: chiều cao, * Diện tích toàn phần: l: đường sinh l h2 R2 Sxq (R1 R2 )l * Thể tích: Stp = Sxq + Sđáy lớn + Sđáy nhỏ 2 2 3. Hình cầu: Stp (R1 R2 )l (R1 R2 ) * Diện tích mặt cầu: 1 V h(R2 R2 R R ) 3 1 2 1 2 * Thể tích: S 4 R2 d2 4 V R3 3 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 19
  20. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 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 B· AC = 600. HD: 1. CMR: OF  AB và OE  AC: + (O,R) có: A A· CF n.tieáp chaén »AF  · » » » BCF n.tieáp chaén BF  AF BF OF  AB F E A· CF B· CF (CF laøphaân giaùc) M N  + (O,R) có: O A· BE n.tieáp chaén »AE  I · » » » CAE n.tieáp chaénCE  AE CE OE  AC B C A· BE C· AE (BE laøphaân giaùc)  2. CMR: Tứ giác AMON nội tiếp: D OF  AB taïi M O· MA 0  90 · · 0  OMA ONA 180 Tứ AMON nội tiếp. · 0 OE  AC taïi N ONA 90  * Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AMON: 2 OA OA 2 R2 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 MA MB AB 2  MN là đường trung bình của ABC MN // BC (2). 1 OE  AC taïi N NA NC AC 2  Từ (1) và (2) ID  MN . 4. CMR: Nếu D nằm trên (O) thì B· AC = 600: + I và D đối xứng qua BC BC là đường trung trực của ID, suy ra: IBD cân tại B C· BD C· BE ( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao). ICD cân tại C B· CD B· CF ( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao). + Khi D nằm trên (O,R) thì: C· BD n.tieáp chaénC»D A C· BE n.tieáp chaénC»E  C»D C»E  Mà: » » » F · · » »  AE EC CD CBD CBE (cmt) CE AE (cmt)  M N E ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 20 O I B C D
  21. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 1 Mặc khác: »AE E»C C»D A¼CD C»D A¼CD (1). 3 · » B C D n . t i e áp c h a é n B D  · » » »  B C F n.tieáp chaén BF  BD BF »AF F»B B»D Mà: » »  · · BF AF (cmt) BCD BCF (cmt)  1 Mặc khác: »AF F»B B»D A¼BD B»D A¼BD (2). 3 1 1 B· AC n.tieáp chaén B»C ·BAC sñ B»C (sñ B»D sñ C»D) (3). 2 2 · 1 1 ¼ 1 ¼ 1 ¼ ¼ 1 0 0 + Từ (1), (2) và (3) BAC sñ ABD sñ ABD sñ ABD sñ ABD .360 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 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn MN theo a. HD: 1. CMR: Tứ giác AHND và MHNC nội tiếp: A B + ABM = BCN (c.g.c) B· AM C· BN 0 0 + C· BN A· BH A· BC 90 A· HB 90 (ĐL tổng 3 góc của AHB) x 0 AM  BN tại H ·AHN M· HN 90 . H M 0 + Tứ giác AHND có: ·AHN ·ADN 180 AHND là tứ giác nội tiếp. 0 + Tứ giác MHNC có: M· HN M· CN 180 MHNC là tứ giác nội tiếp. a 2. Khi BM = . Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a: D N C 4 a a 3 a + Khi BM = CN = DN = . 4 4 4 2 2 2 2 3a 5a + AND vuông tại D AN AD DN a = . 4 4 2 AN 2 5a 25 a2 + 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 a a2 + MCN vuông tại C MN2 = CM2 + CN2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = x 2 2 2 a2 a MN2 đạt giá trị nhỏ nhất là khi x 2 0 2 2 a2 a 2 a MN đạt giá trị nhỏ nhất là khi x 2 2 2 a 2 a Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là 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. ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 21
  22. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 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 B· HC = 900 nhìn đoạn BC H đường tròn đường kính BC (1). + CK  AB B· KC = 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: K· BH n.tieáp chaén H¼K   K· BH K· CH A· BE ·ACF · ¼ KCH n.tieáp chaén HK + Đường tròn (O) có: A· BE n.tieáp chaén »AE · » » » CAE n.tieáp chaén AF  AE CF AE AF (1) A· BE C· AF (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 chaén BK · · · ·  BCK BHK BCF BHK (3) · » BHK n.tieáp chaén BK + Đường tròn (O) có: · »  BCF n.tieáp chaén BF · ·  BCF BEF (4) · » BEF n.tieáp chaén BF  B· HK B· EF  Từ (3) và (4)  EF // HK . · · BHK vaø BEF ñoàng vò  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 2 a 3 a2 S = R2 = (đvdt) (O) 3 3 1 1 a 3 a2 3 S ABC = a.h = a (đvdt) 2 2 2 4 1 1 a2 a2 3 a2 (4 3 3) S vp = ( 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. ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 22
  23. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 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 . B HD: A a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D cùng thuộc một đường tròn: · 0 H + BAD = 90 nhìn đoạn BD A đường tròn đường kính BD (1) E + B· HD = 900 nhìn đoạn BD H đường tròn đường kính BD (2) + B· CD = 900 nhìn đoạn BD C đường tròn đường kính BD (3) Từ (1), (2) và (3) A, B, H, C, D đường tròn đường kính BD. b) CMR: DE.HE = BE.CE: D C F + DEC và BEH có: D· EC B· EH ( ñoái ñænh)   DEC BEH (g.g) · · 0 DCE BHE 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 2 2 B DEC vuông tại C DE EC CD A 2 a 2 a 5 DE = a . H 2 2 E BE.CE ? Từ: DE.HE = BE.CE (cmt) EH DE D C F a a a 5 a 5 EH . : . 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: C · H D n . t i e áp c h a é n C» D  · · 0  CHD CBD C· HD 45 (1) · » 1 0  C B D n . t i e á p c h a én C D  Mà: C· BD A· BC 45 2  0 + Mặc khác: C· HD C· HF D· HF 90 (2) 1 + Từ (1) và (2) C· HD C· HF D· HF HC là tia phân giác của D· HF . 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: B 1. CMR: Tứ giác MBOH nội tiếp dược đường tròn: A 0 + ABCD là hình vuông BD  AC B· OH 90 (1) M ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁNO 9 -Trang 23 H D C
  24. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 0 + (O) có:B· MD nội tiếp chắn đường tròn B· MD 90 (2) 0 0 0 + Từ (1) và (2) B· OH B· MD 90 90 180 MBOH là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BH. * CMR: DH.DM = 2R2: DOH và DMB có: D· OH D· MB 900   DOH DMB (g.g) · BDM : chung  DO DH 2 DO.DB DH.DM R.2R DH.DM DH.DM 2R (đpcm). DM DB 2. CMR: MD.MH = MA.MC: + (O,R) có: M· DC n.tieáp chaén M¼ C   M· DC M· AC M· DC M· AH · ¼ CDM A= CADn (ABCD.tieáp làch hìnhaén vuông)MC  C»D A»D . C· MD n.tieáp chaénC»D  ·AMD n.tieáp chaén A»D C· MD ·AMD C· MD ·AMH + MDC và C» MAHD có:A»D  M· DC M· AH (cmt)  MD MC  MDC MAH (g.g) MD.MH MA. MC . C· MD ·AMH (cmt) MA MH  B 3. Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C: A + Khi MDC = MAH MD = MA + (O,R) có: MD = MA M¼CD M¼BA M¼ C C»D M»B B»A (1) O M' Do:CD = BA C»D B»A (2) H' ¼ ¼ » Từ (1) và (2) MC MB M là điểm chính giữa BC I Hay M’là điểm chính giữa B»C . D C + 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 a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng: K + (O) có ·ABC nội tiếp chắn nửa đường tròn F A đường kính AC ·ABC = 900 (1) + (O’) có ·ABD nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD ·ABD = 900 (2) O O' H + Từ (1) và (2) C· BD = ·ABC +·ABD = 1800 Ba điểm C, B, D thẳng hàng. C ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁNB 9 -TrangD24
  25. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức b) Tính độ dài đoạn OO’: + (O) và (O’) cắt nhau tại A và B OO’ là đường trung trực của AB. 1 + Gọi H là giao điểm của OO’ và AB OO’  AB tại H; HA = HB = AB = 12 (cm). 2 2 2 2 2 + AHO vuông tại H OH OA HA = 20 12 16 (cm). 2 2 2 2 + AHO’ vuông tại H O ' H O ' A HA = 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. 2 2 2 + OEK vuông tại E KE OK OE (1) 2 2 2 + OHK vuông tại H OK OH HK (2) + Từ (1) và (2) KE2 = (OH2 + HK2) – OE2 = 162 + HK2 – 202 = HK2 – 144 (*). 2 2 2 + O’FK vuông tại F KF O ' K O ' F (3) 2 2 2 + O’HK vuông tại H O ' K O ' H HK (2) + Từ (3) và (4) KF2 = (O’H2 + HK2) – O’F2 = 92 + HK2 – 152 = HK2 – 144 ( ). 2 2 +Từ (*) và ( ) KE = KF KE = KF   K laø trung 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 C· OD = 900. c) AC. BD = R2. 2. Khi B· AM = 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 + Ax là tiếp tuyến tại A O· AC = 900 (1) x + CD là tiếp tuyến tại M O· MC = 900 (2) Từ (1) và (2) O· AC + O· MC = 1800 AOMC là tứ giác nội tiếp D đường tròn đường kính OC. 1b) CMR: CD = CA + DB và C· OD = 900: M + Hai tiếp tuyến CA và CM cắt nhau tại C CA = CM và OC là C 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 M· OB (2) Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB + (O,R)có: A O B ·AOM M· OB 1800 (keà bu)ø  C· OD = 900. OC laø phaân giaùc cuûa ·AOM  1c) CMR: AC. BDO D= Rl2:aø phaân giaùc cuûa M· OB  COD vuoâng taïi O 2  OM MC.MD  2 OM  CD  AC.BD R  vôùi OM = R,MC AC, MD BD 2. Khi B· AM = 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: ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 25
  26. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức B· AM noäi tieáp chaén B¼M  · · 0  DBM BAM 60 (1) · ¼ y DBM taïo bôûi t.tuyeánvaø daây cungchaén BM x BDM có DB = DM BDM cân tại D (2) D Từ (1) và (2) BDM đều. + Nửa (O, R) có: B· AM noäi tieáp chaén B¼M · · 0 0 M  BOM 2.BAM 2.60 120 B· OM ôû taâm chaén B¼M  C R2n R2 60 R2 S quạt = (đvdt). 360 360 3 600 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 AMB đến đường trònO (O), ở đây A, B 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 C· HD . 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: + và MAC có:MDA A D M· DA:chung  I  MAC (g.g)MDA C · · » MAC MDA (cuøng chaén AC)  M O 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: 0 I là trung điểm của dây CD OI  CD O· IM 90 nhìn đoạn OM (1) B 0 MA OA (T/c tiếp tuyến) O· AM 90 nhìn đoạn OM (2) 0 MB  OB (T/c tiếp tuyến) O· BM 90 nhìn đoạn OM (3) Từ (1), (2) và (3) 5 điểm M, A, I, O, B đường tròn đường kính OM. A c)CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn. D Suy ra AB là phân giác của C· HD : I + OAM vuông tại A MA2 = MO. MH  C 2  Mà: MA MC.MD (cmt) MH MC M O MO. MH = MC. MD H MD MO + và MDO có: D· OM : chung B MH MC  MHC MDO (c.g.c) MD MO  M· HC M· DO M· HC C· DO  · · 0  CDO CHO 180 · · 0 Maø:MHC CHO 180 (keà bu)ø  Suy ra: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn (đpcm) * CMR: AB là phân giác của C· HD : ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 26
  27. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức + COD có OC = OD = R COD cân tại O C· DO D· CO M· DO D· CO   · · » Maø:OHD DCO(cuøng chaén OD cuûa ñöôøng troøn noäi tieáp töù giaùc CHOD)  · ·  MDO OHD · ·  OHD MHC (1) · · Maø:MDO MHC (cmt) A· HC 900 M· HC  + Mặc khác:  (2) · 0 · AHD 90 OHD  Từ (1) và (2) A· HC A· HD   · · · Maø: AHC AHD CHD  Suy ra: HA là tia phân giác của C· HD AB là tia phân giác của C· HD (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) 0 + CK  OC (T/c tiếp tuyến) O· CK 90 nhìn đoạn OK(1) A 0 + DK  OD (T/c tiếp tuyến) O· DK 90 nhìn đoạn OK (2) I D Từ (1), (2) Tứ giác OCK nội tiếp đường tròn đường kính OK C O· KC O· DC (cuøng chaén O»C) M H O O· KC M· DO   O· KC M· HC  · ·  Maø:MHC MDO(cmt)  0 Maø: M· HC O· HC 180 (keà bu)ø  B 0 O· KC O· HC 180 Tứ giác OKCH nội tiếp đường tròn đường kính OK O· HK ·OCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) HK  MO   HK  AB 3 điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm). Maø: AB  MO(cmt) MẪU MỘT SỐ ĐỀ THI HK2 VÀ ĐỀ THI VÀO LỚP 10 PGD&ĐT HUYỆN BUÔN ĐÔN KIỂM TRA HỌC KỲ II Đề 1: Môn : TOÁN - LỚP 9(Thời gian làm bài 90 phút) I/ Phần trắc nghiệm: (4 điểm) Học sinh chọn chữ cái đứng đầu ý đúng ở các câu rồi ghi vào bài làm. Câu 1. (0,5đ) Biệt thức ' của phương trình 4x2 – 6x – 1 = 0 là: A. 13 B. 5 C. 20 D. 52 Câu 2. (0,5đ) Cho tam giác ABC vuông tại A có AC = 3cm và AB = 4cm. Quay tam giác đó một vòng quanh cạnh AB được một hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón đó là: 2 2 2 2 A. 15 (cm ) B. 30 (cm ) C. 24 (cm ) D. 20 (cm ) Câu 3. (0,5đ) Công thức tính thể tích của hình trụ có bán kính đường tròn đáy bằng R, chiều cao bằng h là: 2 4 3 4 2 1 2 A. R h B. R C. R h D. R h 3 3 3 Câu 4. (0,5đ) Giá trị của a để phương trình x2 +2x - a = 0 có nghiệm kép là: ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 27
  28. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức A. a = -1 B. a = 4 C. a = 1 D. a = – 4 Câu 5. (0,5đ) Phương trình bậc hai x2 +7x - 8 = 0 có tích hai nghiệm của phương trình bằng: A. - 8 B. 8 C. –7 D. 7 Câu 6. (0,5đ) Tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). M là một điểm trên cung nhỏ AC (M khác A và C), số đo của góc AMC là: A. 120o B. 60o C. 30o D. 180o 2 Câu 7. (0,5đ) Điểm P (–1; –2) thuộc đồ thị hàm số y ax khi a bằng: A. -2 B. 2 C. –4 D. 4 Câu 8. (0,5đ) Cho (O; R) và (O’; R) cắt nhau tại A và B, O’nằm trên (O). Số đo cung AO’B của đường tròn (O) là: A. 120o B. 60o C. 30 o D. 240o II/ Phần tự luận. (6 điểm) 2 Câu 1. (2đ) Cho phương trình x 2mx 4m 4 0 a) Giải phương trình khi m = 3 1 1 b) Tìm m để phương có hai nghiệm x1, x2 sao cho 1 x1 x2 Câu 2. (1đ) Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 3cm và đường chéo là 15cm. Tính diện tích của hình chữ nhật đó. Câu 3. (3đ) Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC (E B và E C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE, đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K. a) Chứng minh rằng BHCD là tứ giác nội tiếp. b) Tính số đo góc CHK. c) Chứng minh KC.KD = KH. KB. SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT- NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn: TOÁN THI NGÀY 22/6/2011 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm) 1) Gi¶i c¸c ph­¬ng tr×nh sau: a)9x2 3x 2 0 b) x4 7x2 18 0 2)Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× ®å thÞ hai hµm sè y 12x 7 m vµ y 2x 3 m c¾t nhau t¹i mét ®iÓm trªn trôc tung. Bài 2: (2,0 điểm) 2 1 1) Rót gän biÓu thøc: A 1 2 3 2 2 1 1 1 2 2)Cho biÓu thøc: B 1 . . x x 1 x 1 x 1 a) Rót gän biÓu thøc B b) T×m gi¸ trÞ cña x ®Ó biÓu thøc B 3. Bài 3: (1,5 điểm) 2y x m 1 Cho hÖ ph­¬ng tr×nh: 1 2x y m 2 1)Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh 1 khi m 1 2) T×m gi¸ trÞ cña m ®Ò hÖ ph­¬ng tr×nh 1 cã nghiÖm x; y sao cho biÓu thøc P x2 y2 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn O . Hai đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BD cắt đường tròn O tại điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn O tại điểm thứ hai Q. Chứng minh: ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 28
  29. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 1) BEDC lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2) HQ.HC HP.HB 3) §­êng th¼ng DE song song víi ®­êng th¼ng PQ. 4) §­êng th¼ng OA lµ ®­êng trung trùc cña ®o¹n th¼ng PQ. Sở Giáo Dục Và Đào Tạo Kì Thi Tuyển Sinh Vào Lớp 10 THPT TỈNH ĐĂKLĂK Năm Học 2011- 2012 Đề Chính Thức Môn: Toán –Chuyên Thời gian làm bài 150 phút Bài 1: 2 2 2 1) Giải phương trình: x 4x 9x 36x 20 0 xy x 3 y 2 6 2) Giải hệ phương trình: 2 2 x y 3x 2y 1 Bài 2: 1) Cho a là số thực dương thỏa mãn a2 a+2. Chứng minh phương trình: 2 2 x 2ax 2a 4 0 2 2) Cho phương trình: x + x + m = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 . Từ đó tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 2 2 A x1 x2 x1 x2 Bài 3: 1) Cho a,b,c là các số thực.Chứng minh rằng: 2010 2010 2010 1005 1005 1005 1005 1005 1005 a b c a b b c c a , với mọi a,b,c. Dấu bằng xảy ra khi nào? 3 2 2) Chứng minh biểu thức: P x x 5 4x chia hết cho 5, với mọi x nguyên. 3) Tìm nghiệm nguyên x;y của phương trình: 2 2 x 2xy 7 x y 2y 10 0 Bài 4: 1) Cho hình vuông ABCD. Điểm M di chuyển trên tia đối của tia CD ( M không trung C).Trên đường thẳng BC lấy điểm N sao cho AN vuông góc với AM. a) Chứng minh MAN vuông cân. b) Xác định vị trí điểm M trên tia đối của tia CD sao cho tam giác AEC là tam giác đều, trong đó E là trung điểm của MN. 2) Cho hình thang ABCD vuông tại A và D, biết AB = 6 cm, BC = 5 cm và CD = 3 cm . Tính thể tích hình được tạo thành khi quay hình thang ABCD quanh AD đúng một vòng. Đáp Án Đề Thi Toán – Chuyên ( Năm 2018 -2019 ) ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 29
  30. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức Bài 1 Ý NỘI DUNG Điểm (2đ) 1 + Đặt t = x2 -4x = (x-2)2- 4 -4 0,25 + Phương trình cho trở thành t2 +9t +20 = 0 t= -5 ; t = -4 0,25 + Đối chiếu điều kiện t= -4 0,25 + Giải p/t t= - 4 tức x2 - 4x +4 = 0  x= 2 0,25 2 x 2 3x y 2 2y 6 + Viết lại hệ phương trình x 2 3x y 2 2y 1 2 3 9 9 + Đặt u = x2 +3x = x - - 2 4 4 Và v = y2 +2y = (y+1)2 -1 -1 0,25 uv 6 Ta được hệ p/t : 0,25 u v 1 0,25 Lúc này u và v là hai nghiệm của p/t : X2 –X -6 = 0 X=-2 ;X=3 9 2 u x 3x 2 Đối chiếu điều kiện 4 ta có hệ 2 v 1 y 2y 3 0,25 + Giải hệ ta được 4 nghiệm : x 1 x 1 x 2 x 2 ; ; ; y 1 y 3 y 1 y 3 Bài2 1 = Tính ' =a2 –(2a2-4) = 4-a2 0,25 (2đ) 0,25 + Từ giải thiết a > 0 ; a2 2+a ta có a2 22a =>a4 8 => a 2 0,25 ' + Lúc này 0 +Kết luận : phương trình đã cho không có hai nghiệm phân biệt 2 x2 +x +m =- 0 (1) 1 0,25 P/T (1) có hai nghiệm phân biệt khi x1 ,x2 khi = 1- 4m 0  m 4 0,25 x1 x2 1 +Theo định lí Vi Et ta có : x1x2 m 0,25 2 2 0,25 + A=(x1 +x2 ) x1 x2 3x1x2  - x1 x2 2x1x2  =5m -2 1 3 3 1 Vì m nên A do đó giá trị lớn nhất của A là - khi m = 4 4 4 4 Bài 3 1 Đặt x =a1005, y = b1005 ; z = c1005. 0,25 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 0,25 ( 3đ) x2 +y2 + +z2 xy+yz+zx 0,25 2(x2 +y2 +x2) 2(xy+yz+zx) 0,25 ( x- y)2 + (y-z)2 +(z-x)2 0 , x, y, z R và dấu “ =” xảy ra khi x= y= z hay a =b = c 2 + Phân tích P =x(x4-5x2+4) = x(x2-1)(x2-4) 0,25 = (x-2)(x-1)x(x+1)(x+2) 0,25 - Vì x Z thì P là tích của 5 số nguyên liên tiếp do đó P 5 với  x Z 0,5 3 +Viết lại p/t đã cho về dạng (x+y)2 + 7(x+y) +y2 +10 = 0 Đặt t = x+y ta có t2 +7t +y2 +10 = 0 (1) 0,25 0,25 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 30
  31. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 9 Phương trình (1) có nghiệm theo t khi = 49 – 4(10+y)2 > 0 , y2 4 0,25 3  y mà y Z => y = -1; 0;1 . 2 0,25 +Với y = -1 thì phương trình x2 +5x+5 = 0 ( vô nghiệm) + Với y = 0 x2 +7x +10 = 0  x =-5 ; x= -2 + Với y = 1 giải tương tự không tồn tại số nguyên x thỏa đề bài . x 5 x 2 + kết luận : p/t đã cho có nghiệm x , y nguyên là ; y 0 y 0 N E A B Bài 4: D M ( 3đ) C 0,25 Tứ giác MCAN nội tiếp ( vì góc MAN = góc MCN =900 ) 0,25 Ta có góc AMN = góc CAN ( vì góc nội tiếp cùng chắn cung AN) 0,25 Mà góc ACN=450 nên góc AMN = 450 do đó AMN vuông cân tại A MN 0,25 MAN và MCN là các tam giác vuông cân nên AE = CE = 2 Để AEC đều thì chỉ cần AC= CE. 0,25 Đặt cạnh hình vuông bằng a ta có AB = a (a> 0) => AC = a2 => CE = a 2 0,25  MN = 2a2 => AM = 2a. Vậy điểm M cần tìm là giao điểm của tia đối của tia CD với đường tròn tâm A, bán kính bằng 2AB. ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 31
  32. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 2 D 3cm C 5cm 4cm 3cm 3cm A E B 0,25 Từ C dựng đường thẳng song song với AD cắt AB tại E => EB = 3(cm) 2 2 Ta có CEB vuông tại E nên CE = BC EB 4(cm) 0,25 Khi quay hình thang ABCD quanh AD đúng một vòng hình thu được là hình nón cụt có bán kính đáy lớn R = 0,25 6 (cm) và bán kính đáy nhỏ R’= 3(cm) và chiều cao h= 4 (cm) . 1 2 2 0,25 Thể tích hình nón cụt là V = hR R' RR' 3 1 2 2 =46 3 6.3 = 84  (cm3) 3 HƯỚNG DẪN GIẢI- KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT -NĂM HỌC 2011 – 2012: Câu 1: 2 1 2 1/a/ 9x +3x-2=0; =81,phương trình có 2 nghiệm x1= ;x2= 3 3 2 b/ đặt x2=t (t 0) pt đã cho viết được t2+7t-18=0 (*); 121 11 pt (*) có t=-9 (loại);t=2 với t=2 pt đã cho có 2 nghiệm x 2; x 2 2/đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung tại điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục tung tại điểm B(0;3+m) theo yêu cầu bài toán A B khi 7- m=3+m tức là m=2. Câu 2: 1/ 2 1 7 5 2 A 1 2 3 2 (1 2)(3 2 2) (7 5 2)(1 2)(3 2 2) (3 2 2)(3 2 2) 1 1 2/ a/ x 1 x 1 x 1 2 B ( )( ) x ( x 1)( x 1) x 1 2 x 2 2 ( )( ) x ( x 1)( x 1) x 2 4 b/ B 3 3 x (thoả mãn đk ) x 9 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 32
  33. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức Câu 3: 2y x 2 (1) 1/ Khi m=1 ta có hệ pt: rút y từ (2) y=2x+1 thế vào pt (1) được x=0, suy ra y=1 2x y 1 (2) Vậy hệ có nghiệm (0;1) P x2 y2 (m 1)2 m2 2m2 2m 1 2 2 1 2 1 2 2/ ( 2m) 2. m ( ) 1 ( ) 2 2 2 1 1 1 ( 2m )2 2 2 2 1 1 1 P đạt GTNN bằng khi 2m m 2 2 2 Câu 4: C· EB 900 1) Từ giả thiết ta có: suy ra E,D nhìn B,C dưới 1 góc vuông,nên tứ giác BEDC nội tiếp được trong 1 đường tròn. · 0 CDB 90 2) Vì tam giác HBC và HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB 3) BEDC nội tiếp đường tròn suy ra B· DE B· CE B· CQ; từ câu 1/ TA CÓ : B· PQ B· CQ Suy ra B· DE B· PQ (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM) 4) OP=OQ (vì bằng bán kính đường tròn O) (1) E· BD E· CD (GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy ra QA=PA Vậy A và O cách đều P,Q nên suy ra đpcm. Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y, z lµ ba sè thùc tuú ý. Chøng minh: x2 y2 z2 yz 4x 3y 7. 2 2 2 2 1 2 1 2 3 2 3 Ta cã: x y z yz 4x 3y x 4x 4 y 2. y.z z y 2. y. 3 3 4 3 4 2 4 2 2 2 2 1 3 x 2 y z y 3 7 7, x, y, z ¡ 2 2 Hết ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIÊM ĐỀ THI HK2- Đề 1: I/ Phần trắc nghiệm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án A A A A A A A A Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 33
  34. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức II/ Phần tự luận. Câu 1: a) Khi m = 3 ta có phương trình x2 + 6x + 8 = 0 ’ = 9 – 8 = 1 >0 0,50đ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 2 và x2 4 0,50đ b) Ta có ’ = m2 – 4m + 4 2 = (m – 2) 0 với mọi giá trị m nên phương trình luôn có 2 nghiệm x1, x2 0,25đ 1 1 Ta có 1 x1 x2 x1.x2 0,25đ x1 x2 x1 x2 2m Theo Viét ta có 0,25đ x1.x2 4m 4 2 Suy ra -2m = 4m – 4 m 0,25đ 3 Câu 2: Gọi độ dài chiều rộng hình chữ nhật là: x Thì độ dài chiều dài hình chữ nhật là: x + 3 0,25đ ĐK: x > 0 Đường chéo hình chữ nhật là 15cm nên ta có phương trình : 2 2 2 x (x 3) 15 0,25đ 2x2 6x 216 0 x1 9 0,25đ x2 12 Vậy chiều rộng hình chữ nhật là : 9cm Chiều dài hình chữ nhật là : 12cm Diện tích của hình chữ nhật là: 108cm2 0,25đ Câu 3: - Viết GT,KL và vẽ hình đúng 0,50đ   0 0 a) Ta có BHD 90 (gt) và BCD 90 (gt) 0,50đ B, H, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính BD hay BHCD là tứ giác nội tiếp. 0,50đ  0 b) Ta có BDC 45 tính chất hình vuông 0,25đ     0 mà CHK BDC cùng phụ với BHC CHK 45 0,25đ c) Tam giác KHC đồng dạng với tam giác KDB (g.g) 0,50đ KC KH KC.KD KH.KB. 0,50đ KB KD Ghi chú : Mọi lời giải khác đúng đều được điểm tối đa! KIỂM TRA TIẾT 46 I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: (4.0 điểm) Khoanh tròn chữ cái in hoa đứng trước câu trả lời đúng trong các câu sau đây Câu 1: ( 0,5đ). Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất hai ẩn ? 1 A. 3x2 + 2y = -1 B. x – 2y = 1 C. 3x – 2y – z = 0 D. + y = 3 x Câu 2: ( 0,5đ). Nếu phương trình mx + 3y = 5 có nghiệm (1; -1) thì m bằng: A. 2 B. -2 C. -8 D. 8 Câu 3: ( 0,5đ). Cặp số(1;-2) là một nghiệm của phương trình nào sau đây? A. 2x – y = 0 B. 2x + y = 1 C. x – 2y = 5 D. x – 2y = –3 Câu 4: ( 0,5đ). Phương trình x - 3y = 0 có nghiệm tổng quát là: A. (x R; y = 3x) B.(x = 3y; y R) C. (x R; y = 3) D. (x = 0;y R) Câu 5: ( 0,5đ). Cặp số (2;-3) là nghiệm của hệ phương trình nào ? ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 34
  35. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 3x 2x y 7 y 0 0x 2 y 6 2x + y = 7 A. B. 2 C. D. x 2y 4 2x 0 y 1 x - y = 5 x y 1 x 2y 1 Câu 6: ( 0,5đ). Hệ phương trình : có bao nhiêu nghiệm? 2x 4y 5 A. Vô nghiệm B.Một nghiệm duy nhất C. Hai nghiệm D.Vô số nghiệm 2x 3y 5 Câu 7: ( 0,5đ). Hệ phương trình vô nghiệm khi: 4x my 2 A. m = - 6 B. m = 1 C. m = -1 D. m = 6 2x + y = 1 Câu 8: ( 0,5đ). Hệ phương trình có nghiệm là: x - y = 5 A. (2;-3) B. (-2;3) C. (-4;9) D. (-4; -9) II. PHẦN TỰ LUẬN: (6,0 điểm) Bài 1: (2,0 đ). Giải các hệ phương trình sau: 3x y 3 x 2y 5 1/ 2/ 2x y 7 3x 4y 5 Bài 2: (2,0 đ). Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Tìm hai số tự nhiên biết rằng: Tổng của chúng bằng 1012. Hai lần số lớn cộng số nhỏ bằng 2014. mx y 5 Bài 3: (1,0 đ). Cho hệ phương trình : ( I ) 2x y 2 Xác định giá trị của m để nghiệm ( x0 ; y0) của hệ phương trình (I) thỏa điều kiện : x0 + y0 = 1 3x my 4 Bài 4: (1,0 đ). Cho hệ phương trình x y 1 a) Tìm m để hệ phương trình trên vô nghiệm ? b) Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm x 0? Tuần 24- Tiết 46: Ngày soạn: 28/01/2018 Ngày dạy: 30/01/2018 KIỂM TRA 1 TIẾT I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: - Hiểu các khái niệm phương trình bậc nhất hai ẩn, hệ hai pt bậc nhất hai ẩn. - Biết các điều kiện để hệ pt có nghiệm duy nhất, vô nghiệm, vô số nghiệm - Biết giải hệ pt bằng hai pp thế, cộng đại số. Giải bài toán bằng cách lập hệ pt 2. Kỹ năng: - Rèn luyên kỹ năng giải hệ pt, kỹ năng tìm nghiệm tổng quát của pt. - Kỹ năng thiết lập phương trình để giải bài toán bằng cách lập pt. 3. Thái độ: Tự giác, độc lập, cẩn thận khi làm bài. II. HÌNH THỨC ĐỀ KIỂM TRA: Trắc nghiệm và tự luận III. MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG III –ĐẠI SỐ - MÔN TOÁN LỚP 9 (Tiết 46) Mức độ Vận dụng Nhận biết Thông hiểu Cấp độ thấp Cấp độ cao Tổng Nội dung TNKQ TL TNKQ TL TNKQ TL TNKQ TL Phương trình bậc nhất Nhận biết được ví dụ về Hiểu được khái niệm hai ân phương trình bậc nhất phương trình bậc nhất hai ẩn hai ẩn, nghiệm và cách giải PT bậc nhất hai ẩn Số câu 2 2 4 Số điểm, tỉ lệ % 1 1 2 =20% Hệ phương trình bậc Nhận biết được cặp Hiểu được khái niệm hệ 2 2 =20% nhất hai ẩn. nghiệm của phương phương trình bậc nhất Vận dụng tìm tham số m trình bậc nhất hai ẩn hai ẩn và nghiệm của hệ để hệ thỏa một ĐK nào PT bậc nhất hai ẩn đó của hệ. Số câu 2 2 2 6 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 35
  36. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức Số điểm, tỉ lệ % 1 1 2 4 = 20% Giải hệ phương trình Vận dụng được hai phương pháp giải hệ bằng phương pháp cộng phương trình bậc nhất hai ẩn để giải hệ và phương pháp thế phương trình Số câu 1 1 Số điểm, tỉ lệ % 2 2= 20% Giải bài toán bằng cách Vận dụng được các bước giải bài toán lâp phương trình bằng cách lập hệ phương trình giải các bài tập Số câu 1 1 Số điểm, tỉ lệ % 2 2 = 20% Tổng số câu 4 4 4 12 10= TS điểm, tỉ lệ % 2 = 20% 2 = 20% 6 =60% 100% Trường THCS Trần Quang Diệu KIỂM TRA CHƯƠNG III ĐIỂM Lớp: Môn: Đại số 9– Thời gian 45 phút Họ và tên: (Không kể phát đề) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: (4.0 điểm) Khoanh tròn chữ cái in hoa đứng trước câu trả lời đúng trong các câu sau đây Câu 1: ( 0,5đ). Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất hai ẩn ? 1 A. 3x2 + 2y = -1 B. x – 2y = 1 C. 3x – 2y – z = 0 D. + y = 3 x Câu 2: ( 0,5đ). Nếu phương trình mx + 3y = 5 có nghiệm (1; -1) thì m bằng: A. 2 B. -2 C. -8 D. 8 Câu 3: ( 0,5đ). Cặp số(1;-2) là một nghiệm của phương trình nào sau đây? A. 2x – y = 0 B. 2x + y = 1 C. x – 2y = 5 D. x – 2y = –3 Câu 4: ( 0,5đ). Phương trình x - 3y = 0 có nghiệm tổng quát là: A. (x R; y = 3x) B.(x = 3y; y R) C. (x R; y = 3) D. (x = 0;y R) Câu 5: ( 0,5đ). Cặp số (2;-3) là nghiệm của hệ phương trình nào ? 3x 2x y 7 y 0 0x 2 y 6 2x + y = 7 A. B. 2 C. D. x 2y 4 2x 0 y 1 x - y = 5 x y 1 x 2y 1 Câu 6: ( 0,5đ). Hệ phương trình : có bao nhiêu nghiệm? 2x 4y 5 A. Vô nghiệm B.Một nghiệm duy nhất C. Hai nghiệm D.Vô số nghiệm 2x 3y 5 Câu 7: ( 0,5đ). Hệ phương trình vô nghiệm khi: 4x my 2 A. m = - 6 B. m = 1 C. m = -1 D. m = 6 2x + y = 1 Câu 8: ( 0,5đ). Hệ phương trình có nghiệm là: x - y = 5 A. (2;-3) B. (-2;3) C. (-4;9) D. (-4; -9) II. PHẦN TỰ LUẬN: (6,0 điểm) Bài 1: (2,0 đ). Giải các hệ phương trình sau: 3x y 3 x 2y 5 1/ 2/ 2x y 7 3x 4y 5 Bài 2: (2,0 đ). Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Tìm hai số tự nhiên biết rằng: Tổng của chúng bằng 1012. Hai lần số lớn cộng số nhỏ bằng 2014. mx y 5 Bài 3: (1,0 đ). Cho hệ phương trình : ( I ) 2x y 2 Xác định giá trị của m để nghiệm ( x0 ; y0) của hệ phương trình (I) thỏa điều kiện : x0 + y0 = 1 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 36
  37. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 3x my 4 Bài 4: (1,0 đ). Cho hệ phương trình x y 1 c) Tìm m để hệ phương trình trên vô nghiệm ? d) Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm x 0? Hết ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM I Trắc nghiệm: (4 điểm) Mỗi câu đúng được 0,5 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án B D C B A B A A II. Tự luận ( 6 điểm) Bài Nội dung trình bày Điểm Bài 1 3x y 3 5x 10 x 2 x 2 (2đ) 1/ 1 2x y 7 3x y 3 3.2 y 3 y 3 x 2y 5 2x 4y 10 x 5 x 5 1 2/ 3x 4y 5 3x 4y 5 x 2y 5 y 5 Bài 2 Gọi hai số tự nhiên cần tìm là x, y 0,25 (2đ) (ĐK: x;y ¥ ; 1012> x > y >0) 0,25 Tổng của chúng bằng 1012, nên ta có pt: x + y = 1012 (1) 0,25 Hai lần số lớn cộng số nhỏ bằng 2014, nên ta có pt: 2x + y = 2014 (2) 0,25 x y 1012 0,25 Từ (1) và (2), ta có hệ phượng trình. 2x y 2014 0,5 x 1002 Giải hệ pt ta được: thoả mãn điều kiện 0,25 y 10 Vậy: Hai số tự nhiên cần tìm là: 1002 và 10 Bài 3 Giả sử hệ phương trình (I) có nghiệm (x0;y0) và thỏa x0 + y0 = 1 0,25 (1đ) 3 3 x = mx y 5 mx + 2x = 3 0 0 0 0 0 x 0 = m + 2 0,25 Ta có : m + 2 2x y 2 2x y 2 10 2m 0 0 0 0 2x y 2 0 0 y0 2 m hệ đã cho có nghiệm khi m ≠ -2 0,25 3 10 + 2m Theo điều kiện bài toán ta có: x y 1 1 m 11 0,25 0 0 2 + m 2 + m (Thoả mãn điều kiện). Vậy m 11 thì x0 + y0 =1 Bài 4 a) Tìm được m = 3 thì hệ vô nghiệm (1đ) m 4 0,25 x m 3 b) Tìm được nghiệm của hệ là: 1 0,5 y m 3 Vì : m 4 0 m 3 0,25 x 0, y 0 3 m 4 1 0 m 3 Tuần 30- Tiết 58: ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 37
  38. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức Ngày soạn : 20/03/2018 Ngày dạy: 22/03/2018 KIỂM TRA CHƯƠNG III Môn: Hình học 9 (Bài số 3) Thời gian: 45 phút I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: Kiểm tra đánh giá học sinh về: các loại góc trong đường tròn, tính độ dài, diện tích các hình trong đường tròn. 2. Kỹ năng: Vận dụng kiến thức quỹ tích và tứ giác nội tiếp để chứng minh một tứ giác nội tiếp đường tròn. 3. Thái độ: Rèn tính tự giác, trung thực, nghiêm túc, tính kỷ luật, tư duy độc lập trong làm bài kiểm tra . II. CHUẨN BỊ CỦA GV VÀ HS: 1. Giáo viên: Đề kiểm tra. 2. Học sinh: Ôn tập kiến thức, dụng cụ học tập. III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC: 1. Ổn định tổ chức lớp: 2. Kiểm tra bài cũ: 3. Bài mới: Giáo viên phát đề, nhắc nhở học sinh về yêu cầu làm bài. MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG III – HÌNH HỌC 9 Cấp độ Vận dụng Chủ đề Nhận biết Thông hiểu Cộng Cấp độ thấp Cấp độ cao TNKQ TL TNKQ TL TNKQ TL TNKQ TL Góc ở tâm.Sô đo cung. Nhận biết được số đo Hiểu định nghĩa số đo Góc nội tiếp . góc nội tiếp (C1). cung ; định lý về góc Góc có đỉnh ở bên trong Đ/ lý về góc có đỉnh ở có đỉnh ở bên trong đường tròn bên trong đường tròn. đường tròn để tính số (B1a) đo cung (B1b;B 2 a) Số câu 1 1 2 4 Số điểm 0,5đ 1đ 1,5đ 3đ Tỉ lệ % 5% 10% 10% 30% Tứ giác nội tiếp. Đường Nhận biết được góc của tứ Vẽ hình đường tròn ngoại Vận dụng định lý để tròn ngoại tiêp giác nội tiếp. (C6) tiếp tam giác. chứng minh tứ giác nội tiếp . Chứng minh một đường kính đi qua trung điểm của một dây. (B3a,b) Số câu 1 1 2 Số điểm 0,5đ 0,5đ 2đ 3đ Tỉ lệ % 5% 5% 20% 30% Độ dài đường tròn, cung Nhận biết được các công Vận dụng công thức để tròn . Diện tích hình thức tính độ dài đường tính độ dài dây cung và tròn, hình quạt tròn . tròn, cung tròn; diện tích độ dài cung tròn, diện hình tròn, hình quạt tròn . tích hình quạt tròn (C2,3,4,5) (B2b,c) Số câu 4 2 6 Số điểm 2đ 2đ 4đ Tỉ lệ % 20% 20% 40% Tổng só câu 6 1 2 2 11 Tổng số điểm 3đ 1đ 2đ 4đ 10 Tỉ lệ % 30% 10% 20% 40% 100% ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 38
  39. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức Trường THCS Trần Quang Diệu KIỂM TRA CHƯƠNG III ĐIỂM Lớp: Môn: Hình học 9– Thời gian 45 phút Họ và tên: (Không kể phát đề) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: (4.0 điểm) Khoanh tròn chữ cái in hoa đứng trước câu trả lời đúng trong các câu sau đây: Câu 1: ( 0,5 đ). Góc nội tiếp chắn cung 1200 có số đo là : A. 1200 B. 900 C. 300 D. 600 Câu 2: ( 0,5 đ). Độ dài đường tròn tâm O ; bán kính R được tính bởi công thức. R A. R2 B. 2 R C. D. 2 2R 2 0 Câu 3: ( 0,5 đ). Độ dài cung tròn n , tâm O, bán kính R : Rn2 R2n Rn R A. B. C. D. 180 180 180 360 Câu 4: ( 0,5 đ). Diện tích hình tròn tâm O, bán kính R là : R R 2 A. R2 B. 2R C. D. 2 2 Câu 5: ( 0,5 đ). Diện tích của hình quạt tròn cung 1200 của hình tròn có bán kính 3cm là: A . (cm2 ) ; B . 2 (cm2 ) ; C . 3 (cm2 ) ; D . 4 (cm2 ) 0 Câu 6: ( 0,5 đ). Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn có D· AB 120 . Vậy số đo B· CD là : A. 1200 B.600 C.900 D. 1800 Câu 7: ( 0,5 đ). Diện tích của hình vành khăn giới hạn bởi hai hình tròn: (O; 4cm) và (O; 3cm) là: 2 A . 7(cm2 ) ; B . 25 (cm2 ) ; C . 7 (cm2 ) ; D . 25 (cm2 ) » 0 Câu 8 : ( 0,5 đ). AB là một dây cung của (O; R ) với số đo AB = 80 ;. M là điểm trên cung nhỏ AB. Góc AMB có số đo là : 0 0 0 0 A. 280 ; B. 160 ; C. 140 ; D. 80 II. TỰ LUẬN : ( 6 điểm ) 0 Bài 1: ( 3 điểm). Cho hình vẽ,biết A· OB 60 , R = 2 cm. A a) Tính Sđ A¼mB b) Tính độ dài dây AB và độ dài cung AmB 60 0 c) Tính diện tích hình quạt OAmB O m B Bài 2: ( 3 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) .Hai đường cao BE và CD của ABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp. b) Vẽ tia phân giác AM của B· AC (M B»C ).Chứng minh OM đi qua trung điểm của dây BC. c) Chứng minh AM là tia phân giác của góc HAO. .Hết ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM I Trắc nghiệm: (4 điểm) Mỗi câu đúng được 0.5 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án D B C A C B C C II. Tự luận : ( 6 điểm) Bài Nội dung trình bày Điểm ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 39
  40. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức 1đ a) Sđ A¼mB = A· OB = 600 (Định nghĩa số đo cung) ¼ 0 b) Ta có: Sđ AmB = 60 (cmt) 0,5đ Suy ra : tam giác OAB là tam giác đều. Vậy : AB = R = 2 cm Rn .2.60 2 0,5đ Ta có : l (cm) 1 A¼mB (3,0đ ) 180 180 3 R 2n 0,5đ c) Ta có : S quatOAB 360 0,5đ .4.60 2 2 S (cm ) quatOAB 360 3 Hình vẽ : A E D O B C M a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp: 0 0,25đ Ta có : B· EC 90 (gt) 0,25đ · 0 BDC 90 (gt) 0,25đ Suy ra : E, D cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông 2 0,25đ Vậy : tứ giác BDEC nội tiếp (3,0đ) b) Chứng minh OM đi qua trung điểm của dây BC 0,25đ Ta có: B· AM M· AC (gt) 0,25đ Suy ra : B¼M M¼ C (hệ quả về góc nội tiếp) 0,25đ Nên : M là điểm chính giữa của cung BC 0,25đ Vậy : OM đi qua trung điểm của dây BC c) Tam giác ABC có hai đường cao BE và CD cắt nhau tại H nên H là trực tâm . Suy ra AH vuông góc với 0,25đ BC (1) Mặt khác do OM đi qua trung điểm của dây BC , nên OM vuông góc với BC (2). Từ (1) và (2) suy ra AH · · 0,25đ song song với OM HAM OMA (3). 0,25đ Lại có OA = OM ( bán kính của (O) ) suy ra tam giác OAM cân tại O. O· MA O· AM (4). Từ (3) và 0,25đ (4) suy ra H· AM O· AM . Vậy AM là tia phân giác của góc HAO Tuần 33- Tiết 64: Ngày soạn: 31/03/2018 Ngày dạy: 03/04/2018 KIỂM TRA 1 TIẾT I. MỤC TIÊU Kiểm tra việc nắm kiến thức cơ bản của HS về: Hàm số y = ax 2 (a ≠ 0), phương trình bậc hai một ẩn, công thức nghiệm và công thức nghiệm thu gọn, hệ thức Vi-ét và ứng dụng, phương trình quy về phương trình bậc hai, giải bài toán bằng cách lập phương trình. HS có kĩ năng giải phương trình, giải bài toán bằng cách lập phương trình. HS có ý thức làm bài, trình bày cẩn thận, chính xác. II. HÌNH THỨC ĐỀ KIỂM TRA: TRẮC NGHIỆM VÀ TỰ LUẬN ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 40
  41. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức III. MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG IV - ĐẠI SỐ 9 Cấp độ Vận dụng Nhận biết Thông hiểu Cấp độ thấp Cấp độ cao Cộng Chủ đề TNKQ TL TNKQ TL TN TL TN TL 1.Hàm số Nhận diện được 1 Tìm được hệ số a khi Vẽ được đồ thị h/số y = ax2 và y = ax2 điểm thuộc (P) biết 1 điểm thuộc (P) tìm được tọa độ giao điểm của (P) và (d) Số câu 1 2 2 5 Số điểm 0.5 1 2.0 3.5 % 5% 10% 20% 35% 2.Phương trình Đ/k để phương trình Biết nhận dạng và biết Vận dụng được các bước giải bậc hai và là phương trình bậc đặt ẩn phụ thích hợp phương trình quy về phương phương trình hai để đưa phương trình trình bậc hai. quy về phương đã cho về phương trình bậc hai trình bậc hai một ẩn Số câu 2 1 1 1 5 Số điểm 1 0,5 1 1.0 3,5 % 10% 5% 10% 10% 35% 3.Hệ thức Tính được tổng, tích Vận dụng được hệ thức Vi-ét Tính giá trị của biểu Vi-et và áp hai nghiệm của và các ứng dụng của nó: tính thức biết nghiệm dụng phương trình và nhẩm nhẩm nghiệm của phương trình phương trình nghiệm bậc hai một ẩn, tìm hai số biết tổng và tích của chúng. Số câu 2 1 1 4 Số điểm 1.0 1.0 1 3.0 % 10% 10% 10% Tổng số câu 3 6 4 1 14 Tổngsố điểm 1.5 3.5 4.0 1.0 10.0 Tỉ lệ % 15% 35% 40% 10% 100% Trường THCS Trần Quang Diệu KIỂM TRA CHƯƠNG IV ĐIỂM Lớp: Môn: Đại số 9– Thời gian 45 phút Họ và tên: (Không kể phát đề) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: (4.0 điểm) Khoanh tròn chữ cái in hoa đứng trước câu trả lời đúng trong các câu sau đây Câu 1: (0,5 đ). Đồ thị hàm số y = x2 đi qua điểm: A. ( 0; 1 ) B. (– 1; 1) C. ( 1; – 1 ) D. (1; 0 ) Câu 2: (0,5 đ). Hàm số y = - 2x2. Khi đó f(-2) bằng: A. 4 B. – 4 C. 8 D. – 8 Câu 3: (0,5 đ). Phương trình (m + 1)x2 – 2mx + 1 = 0 là phương trình bậc hai khi: A. m = 1. B. m ≠ –1. C. m = 0. D. Với mọi giá trị của m. Câu 4: (0,5 đ). Phương trình nào sau đây có 2 nghiệm phân biệt: A. x2 – 6x + 9 = 0 B. x2 + 1 = 0 C. 2x2 – x – 1 = 0 D. x2 + x + 1 = 0 Câu 5: (0,5 đ). Phương trình: x2 – 3x + m = 0 có một nghiệm x = 2. Khi đó m bằng: A. 2 B. – 2. C. 10 D. – 10 Câu 6: (0,5 đ). Giá trị nào của a thì phương trình x2 – 6x + a = 0 có nghiệm kép A. a = 9 B. a = 36 C. a = – 9 D. a = –36 Câu 7: (0,5 đ). Phương trình x2 - 2x + m = 0 có nghiệm khi: A. m 1 B. m 1 C. m 1 D. m 1 Câu 8: (0,5 đ). Cho phương trình: x2 – 4x – 5 = 0. Khi đó: ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 41
  42. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức A. x1 + x2 = 4; x1.x2 = 5. B. x1 + x2 = – 4; x1.x2 = 5. C. x1 + x2 = 4; x1.x2 = – 5. D. x1 + x2 = – 4; x1.x2 = – 5 II/ Tự luận: (6 điểm). Bài 1: (2đ). Giải các phương trình sau: a) x2 + 6x + 8 = 0 b) 3x4 – 15x2 + 12 = 0 Bài 2 :(2đ). Cho hai hàm số y = x2 và y = x + 2 a) Vẽ đồ thị hai hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó. Bài 3 :(2đ). Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + m2 + 3m + 2 = 0 (1). (m là tham số) a) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 2 2 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thõa mãn: x1 + x2 = 12. Hết ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: I/ Trắc nghiệm: (4 điểm) Mỗi câu đúng được 0,5 điểm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án B D B C A A B C II/ Tự luận: (6 điểm) Câu Nội dung Điểm 1 a) x2 + 6x + 8 = 0 ' ' 0,25 = 32 – 8 = 1 ; = 1 0,25 x1 = - 2 ; x2 = - 4 b) 3x4 – 15x2 + 12 = 0 (1) Đặt y = x2 ( y 0) 0.25 Phương trình trở thành: 3y2 – 15y + 12 = 0 (2) 0.25 Vì a + b + c = 3 +(– 15) +12 = 0 0.25 0.25 Nên phương trình (2) có hai nghiệm: y1 = 1 ; y2 = 4 0.25 Do đó: x2 = 1 x = 1 ; x2 = 4 x = 2 0.25 Vậy: phương trình (1) có 4 nghiệm: x1 = - 1 ; x2 = 1 ; x3 = - 2 ; x4 = 2. 2 a)Vẽ đồ thị hai hàm số y = x2 và y = x + 2 x -2 -1 0 1 2 x 0 - 2 0.5 y = x2 4 1 0 1 4 y = x + 2 2 0 y 6 0.5 5 4 3 2 1 2 4 1 3 5 6 1.0 -6 -5 -4 -2 -1 O x b) Tọa độ giao điểm của hai đồ thị : A(-1; 1); B(2; 4) -1 -2 -3 2 2 3 Cho phương trình: x – 2(m + 1)x + m + 3m +- 42 = 0 (1). (m là tham số) 2 0.25 ' 2 a)  (m 1) - (m + 3m + 2) = - m – 1 0.25 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 42
  43. Tài liệu tham khảo thêm vào Google truy cập : web gd buôn đôn Hoặc: website truong thcs nguyen truong to_Daklak; Hoặc: Website lê thiện đức ' 0.25 Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt > 0 - m – 1 > 0 m < - 1 Vậy với m < - 1 thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt. 2 0.25 b) Với m < - 1 . Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = 2(m + 1) ; x1x2 = m + 3m + 2. 2 2 2 2 2 Ta có: x1 + x2 = 12 (x1 + x2) - 2 x1x2 = 12 4(m + 1) – 2(m + 3m + 2) = 12 0,25 m2 + m – 6 = 0 0.25 Giải PT ta có : m1 = 2 (không TMĐK); m2 = -3 ( TMĐK). 0,25 2 2 Vậy với m = -3 thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt thõa mãn x1 + x2 = 12. 0,25 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 -Trang 43