Hướng dẫn giải ôn tập học kì II môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Chu Văn An

Nội dung text: Hướng dẫn giải ôn tập học kì II môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Chu Văn An

1. Trường THCS CHU VĂN AN UBND QUẬN TÂY HỒ HƯỚNG DẪN GIẢI ÔN TẬP HỌC KÌ II TRƯỜNG THCS CHU VĂN AN NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN: TOÁN – LỚP 9 I . Đại số: * Dạng 1: Rút gọn và tính giá trị của biểu thức x 1 x 1 3 x 1 Bài 1: Cho biểu thức A với x 0, x 1 x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức A . b) Tính giá trị của A khi x 9 . 1 c) Tìm giá trị của x để A . 2 d) Tìm các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên. e) Tìm m để phương trình mA x 2 có hai nghiệm phân biệt. f) Tính các giá trị của x để A 1. g) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . HƯỚNG DẪN GIẢI x 1 x 1 3 x 1 a) A x 0; x 1 x 1 x 1 x 1 2 2 x 1 x 1 3 x 1 x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 3 x 1 x 1 x 1 2x 3 x 1 2x 1 x 1 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2 9 1 5 b) Thay x 9 (TMĐK) vào A ta được: A 9 1 4 5 Vậy với x 9 thì A 4 1 2x 1 1 c) A 4x 2 x 1 3x 3 x 1 x 1 (Không thỏa mãn) 2x 1 2 Page 1
2. Trường THCS CHU VĂN AN 1 Vậy không có giá trị của x để A 2 2x 12 x 1 3 3 d) Ta có: A 2 x 1 x 1 x 1 3 Để A nhận giá trị nguyên thì nhận giá trị nguyên 3 x 1 x 1 U x 1 3 U 3  3; 1;3;1 Ta có bảng sau: x 1 3 1 1 3 x 4 2 0 2 x   0 4 ĐK - - TM TM Vậy x 0;4 thì A nhận giá trị nguyên e) m. A x 2 2x 1 m. x 2 x 1 2m x m x x 2 x 2 m 1 x m 2 0 (1) Đặt t x t 0 1 t2 2 m 1 x m 2 0 * 0 Để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (*) có 2 nghiệm dương phân biệt P 0 S 0 m 1 m 1 m 2 2 2m 1 4. m 2 0 2 1 4m 4 0 m 1 m 2 m 2 m 2 0 m 2 m 2 VN 2m 1 0 1 1 m m m 1 2 2 m 2 1 m 2 Vậy với m 2 thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt Page 2
3. Trường THCS CHU VĂN AN 2x 1 2x 1 x 1 x 2 f) A 1 1 0 0 x 1 x 1 x 1 Ta có : x 0  x DK x 1 1  x DK x 2 0 x 2 0 x 2 x 4 x 1 Kết hợp với điều kiện ta có 0 x 4; x 1 Vậy với 0 x 4; x 1 thì A 1 3 g) A 2 x 0; x 1 x 1 Ta có: x 0 x 1 1 3 3 3 2 2 3 A 1 x 1 x 1 Dấu “ = “ xảy ra x 0 x 0 (TMĐK) Vậy GTNN của A là 1 khi x 0 x1 x 1 Bài 2: Cho biểu thức với x 0, x 1 B : x x 1 x 1 x x 1 a) Rút gọn B b) Tính giá trị của B khi x 3 2 2 3 2 2. c) Tìm x để B x d) Với x >1, hãy so sánh B với B HƯỚNG DẪN GIẢI x1 x 1 a) B : x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x x 1 x x 1 x 1 . x 1 x x 1 x 1 x 1 2 2 b) x 3 2 2 3 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 Thay x = 2 (TMĐK) vào B ta được 2 2 1 2 1 B 3 2 2 . 2 1 1 Vậy khi. x 3 2 2 3 2 2 .thì B 3 2 2 x 1 2 c) B x x x1 x x x 2 x 1 0 x 1 2 0 x 1 x 1 2 L 2 x 1 2 x 1 2 0 x 1 2 x 3 2 2 x 1 2 Page 3
4. Trường THCS CHU VĂN AN d) Xét hiệu BBBB 1 Ta có: x 1 x 1 x 1 0 x 1 Mà x 1 0 0 BB 0 0 1 x 1 2x 9 x 3 2 x 1 x 1 x 1 x 1 2 Lại có: C B 1 1 x 5 x 6 x 2 3 x x 1 x 1 x 1 2 Mà x 1 0 0 x 1 BBB 1 0 1 1 0 Mà BBB 0 1 0 1 0 2 Từ (1) và (2) BBBBBB 1 0 0 Bài 3: Cho biểu thức với x 0, x 4, x 9 a) Rút gọn biểu thức C 2 b) Tính giá trị của C, biết x 2 3 c) Tính giá trị của x để C đạt giá trị lớn nhất 1 d) So sánh C với 1 HƯỚNG DẪN GIẢI 2x 9 x 3 2 x 1 2x 9 x 3 x 3 2 x 1 x 2 a) C x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 2x 9 x 9 2 x 3 x 2 x x 2 x 1 x 2 x 3 x 2 x 3 x 3 2 2 2 3 2 b) x 4 2 3 3 1 2 3 4 3 2 Thay x 3 1 ( TMĐK) vào C ta được 2 2 3 1 1 3 1 1 3 2 3 2 C 7 4 3 2 3 1 3 3 2 3 4 3 1 3 2 Vậy khi x thìC 7 4 3 2 3 x 1 x 3 4 4 c) C 1 x 3 x 3 x 3 Ta có: x 0  x DK Page 4
5. Trường THCS CHU VĂN AN 4 4 4 1 1 x 3 3 1 C  x DK x 33 x 3 3 3 Dấu “ = ” xảy ra x 0 x 0 (TMĐK) 1 Vậy GTLN của C là khi x = 0 3 1x 3 4 d) Xét hiệu 1 1 C x 1 x 1 Ta có: x 0  x DK 4 1 1 x 1 1 0  0 1 0 1 x DK x 1 CC * Dạng 2: Giải phương trình bậc hai, hệ thức viét: Bài 4: Cho phương trình x2 2( m 1) x m 1 0 (1) a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . b) Chứng minh rằng biểu thức M x1(1 x 2 ) x 2 (1 x 1 ) trong đó x1, x 2 là hai nghiệm của phương trình (1) không phụ thuộc vào giá trị m . c) Với m 2 . Không giải phương trình, tính giá trị biểu thức sau: x1 x 2 x 1 2 x 2 2 A 3 x1 2 x 2 3 x 2 2 x 1 ; B ; C x 1 x 2 ; D x2 1 x 1 1 x 1 x 2 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? 2 2 e) Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x 2 mà x1 x 2 16 . f) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x1, x 2 mà x2 3 x 1 . HƯỚNG DẪN GIẢI Cho phương trình x2 2( m 1) x m 1 0 (1) 2 '2 2 2 1 3 3 a. m 1 m 1 m 2 m 1 m 1 m m 1 m  m 2 4 4 phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x; x với mọi m . 1 2 x1 x 2 2 m 1 b. Theo hệ thứcVi – ét ta có: x1. x 2 m 1 Theo đề bài, ta có hệ thức: Mx 1 1 xx 2 2 1 xxxxxxxxxxx 1 11221212 . 2 12 2 m 1 2 m 1 4 c. Thay m 2 vào pt (1) ta được: x2 2 2 1 x 2 1 0 x 2 6 x 1 0 x1 x 2 6 Theo hệ thứcVi – ét ta có: x1. x 2 1 2 2 2 Axx 32.32912 xx 21 xxx 121 664 x 2 xx 12 13 xx 12 6 xx 12 12 xx 12 2 25x1 x 2 6 x 1 x 2 25 6.6 11 Page 5
6. Trường THCS CHU VĂN AN 2 x x x2 x 2 x x x x 2 x x x x 36 2 6 28 14 B 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x2 1 x 1 1 x 1 x 2 x 1 x 2 1 x 1 x 2 x 1 x 2 1 1 6 1 6 3 2 2 2 C x1 x 2 C x 1 x 2 x 1 x 2 4 x 1 x 2 36 4 32 x 2 x 2 2x x 2 x x 2 2.6 D 1 2 1 2 1 2 14 x1 x 2 x 1 x 2 1 d. + Pt có hai nghiệm cùng dấu P 0 m 1 0 m 1. + Pt có hai nghiệm trái dấu P 0 m 1 0 m 1. + Pt có hai nghiệm đối nhau x1 x 2 0 m 1 0 m 1 S 0 m 1 0 m 1 + Pt có hai nghiệm dương m 1 P 0 m 1 0 m 1 e. 2 22 2 2 x1 x 216 x 1 x 2 2 x 1 x 2 164 m 12 m 1164 m 6616 m m 1 2 4m 6 m 10 0 5 m 2 f. x m 1 m2 m 1 + Pt có hai nghiệm 2 2 x1 m 1 m m 1 x 3 x x m 1 m2 m 1 3 m 1 m 2 m 1 2 1 1 2m 2 4 m2 m 1 m 2 2 m 1 m 2 m 1 m 0 Bài 5: Cho phương trình: (m 1) x2 2 mx m 1 0 (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. x1 x 2 e) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x 2 thỏa mãn hệ thức 0 x2 x 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Cho phương trình: (m 1) x2 2 mx m 1 0 (1) Điều kiện: m 1 a. Thay m 3 vào pt ta được: m 1 l 2 4x 6 x 2 0 1 m tm 2 b. ' m2 m 1 m 1 1 0 pt có hai nghiệm phân biệt x; x với mọi m . 1 2 Page 6
7. Trường THCS CHU VĂN AN 2m x x 1 2 m 1 c. Theo hệ thứcVi – ét ta có: m 1 x. x 1 2 m 1 m 1 3 Tích hai nghiệm bằng5 x. x 5 5 m 1 5 m 5 m ( tm ) 1 2 m 1 2 3 2. 2m x x 2 6. 1 2 3 m 1 1 2 d. Hệ thức liên hệ không phụ thuộc vào m 2m x1 x 2 x x m 1 2 x x m 1 2 m m 1 1 2 x1 x 2 2 x x1 x . x 1 2 1 2 m 1x. x m 1 m 1 1 x . x x x 2 x . x 1 x. x 1 2 m 1 2 1 2 1 2 1 2 m 1 x1. x 2 1 2 2m m 1 2 2 2 2 x x5 x x 5 x x 2 x x 5m 1 m 1 5 e. 1 20 1 2 1 2 1 2 m 1 x2 x 12 x 1 x 2 2 x 1 x 2 2 2 m 1 841151184151m2 m m m m m 2 m 2 m 2 1 9m2 1 m 3 2 Bài 6: Cho phương trình x 5 mx 1 0 (1) có hai nghiệm x1, x 2 . Hãy lập phương trình bậc hai ẩn y sao cho hai nghiệm y1, y 2 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 x2 5 mx 1 0 (1) 25m2 4 5 m 2 5 m 2 5 m 2 Để pt (1) có hai nghiệm x1; x 2 0 5 m 2 x1 x 2 5 m Theo hệ thứcVi – ét ta có: x1. x 2 1 x1 y 1 a. Là số đối của các nghiệm của pt (1) x2 y 2 y1 y 2 x 1 x 2 5 m y1 y 2 x 1 x 2 1 Vậy pt cần lập là: y2 5 my 1 0 Page 7
8. Trường THCS CHU VĂN AN 1 1 b. Là nghịch đảo các nghiệm của pt (1) y1 ; y 2 x1 x 2 1 1 x1 x 2 y1 y 2 5 m x1 x 2 x 1 x 2 1 y y 1 1 2 x1 x 2 Vậy pt cần lập là y2 5 my 1 0 * Dạng 3: Hàm số và đồ thị: Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y 3 x 2 và parabol (P): y = x2 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 : 3x 2 x2 x 2 3 x 2 0 Ta có a b c 0 1 3 2 0 x1 1 Phương trình có 2 nghiệm c x 2 2 a Giả sử A( x1 ; y 1 ); B ( x 2 ; y 2 ) là hai giao điểm của ()d và ()P . 2 2 Vì A ( P ) y1 x 1 1 1 Tọa độ điểm A(1;1) 2 2 B ( P ) y2 x 2 2 4 Tọa độ điểm B(2;4) 12 10 8 6 4 B (2;4) 2 A (1;1) 5 O 5 2 b) *) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A và B trên trục Ox HK(1;0); (2;0) và OH 1; OK 2; AH 1; BK 4;HK 1. Xét OAH vuông tại H , ta có : OA2 OH 2 AH 2 ( định lý Pitago) Page 8
9. Trường THCS CHU VĂN AN OA2 1 2 1 2 2 OA 2 Xét OBK vuông tại K , ta có : OB2 OK 2 BK 2 ( định lý Pitago) OB2 2 2 4 2 20 OB 20 2 5 Gọi I là hình chiếu của A trên BK I(2;1) và AI 1; BI 3 Xét OAH vuông tại H , ta có : OA2 OH 2 AH 2 ( định lý Pitago) Xét ABI vuông tại I , ta có : AB2 AI 2 BI 2 ( định lý Pitago) AB2 1 2 3 2 10 AB 10 Chu vi ABI bằng 2 2 5 10 (đvd). *) Ta có SSSS OBK OAH h. thAHKB OAB SSSS OAB OBK OAH t. thAHBK 1 1 1 S OAB OK BK OH AH AH BK HK . 2 2 2 1 1 1 S OAB .2.4 .1.1 . 1 4 .1 1. (đvdt). 2 2 2 Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y 2 x 2 và điểm A 2;2 a) Chứng minh đường thẳng d đi qua A . b) Tìm giá trị của a để parabol P : y ax2 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 A( 2;2) vào phương trình đường thẳng (d ) : y 2 x 2 ta được: 2 2.( 2) 2 2 2 (luôn đúng) Tọa độ điểm A 2;2 thỏa mãn phương trình đường thẳng (d) A d b) Để A d thì tọa độ điểm A( 2;2) phải thỏa mãn phương trình đường thẳng 1 ()d 2 a ( 2)2 a 2 c) Gọi phương trình đường thẳng ()d có dạng : y mx n 1 Vì ()()d  d nên m.( 2) 1 m 2 Vì A () d nên tọa độ điểm A( 2;2) phải thỏa mãn phương trình đường thẳng ()d 2 m .( 2) n 1 1 Mà m nên 2 .( 2) n n 3 2 2 1 Vậy phương trình đường thẳng ()d có dạng : y x 3 2 x2 Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol P : y và đường thẳng d : y mx n . Tính 4 các giá trị của m, n biết đường thẳng d thỏa mãn một trong các điều kiện sau: Page 9
10. Trường THCS CHU VĂN AN a) Song song với đường thẳng d: y x và tiếp xúc với parabol P . b) Đi qua điểm A 1,5; 1 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 m 1 a) Có (d) song song với đường thẳng y x (d) có dạng : y x n n 0 Xét phương trình hoành độ giao điểm của ()d và ()P : x2 x n x2 4 x 4 n 0 (*) 4 Để ()d tiếp xúc với ()P thì phương trình (*) phải có nghiệm kép a 0 1 0,  n n 1 (thỏa mãn). 0 4 4n 0 Vậy m 1; n 1 b) Có A 1,5; 1 ( d ) nên tọa độ điểm A phải thỏa mãn phương trình đường thẳng (d) 1 m .1,5 n 3 m 2 n 2 (1) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ()d và ()P : x2 mx n x2 4 mx 4 n 0 ( ). 4 Để ()d tiếp xúc với ()P thì phương trình (*) phải có nghiệm kép a 0 1 0, m , n 2 2 m n 0 (2)Từ (1) và (2) ta có 0 4m 4 n 0 1 1 3m 2 n 2 3 m 2 n 2 m n 2m2 3 m 2 0 2 2 2 4 m n 0 2 m 2 n 0 m 2 n 4 1 m 2 m 2 Vậy và 1 n 4 n 4 c) ()d có hệ số góc bằng 5 m 5 ( d ) có dạng : y 5 x n x2 Xét pt hoành độ giao điểm của ()d và ()P 5x n x2 20 x 4 n 0 ( ) 4 Để ()d không cắt ()P thì phương trình ( ) phải vô nghiệm, mà a 1 0 0 100 4n 0 n 25 m 5 Vậy n 25 Bài 10: Cho đường thẳng d : 2(m 1) x ( m 2) y 2 a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P): y x2 tại hai điểm phân biệt A và B. Page 10
11. Trường THCS CHU VĂN AN 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 m 2 ta được d : 2 x 2 x 1. Suy ra d cắt P tại một điểm M 1;2 (không thỏa mãn) 2 m 1 2 Nếu m 2 d : y x m 2 m 2 2 m 1 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và d : x2 x m 2 m 2 2 m 1 2 x2 x 0 (1) m 2 m 2 Để đường thẳng d cắt P tại hai điểm phân biệt A, B thì 0 2 2 m 1 2 m 3 2 m 3 0 2 0 m 3 0 Vậy với m 3 hoặc m 3 thì m 2 m 2 m 2 m 3 d cắt P tại 2 điểm phân biệt A, B. 2 2 b) Gọi I xII; y , A xAABB;,; x B x x 2 m 1 xAB x m 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: 2 x. x AB m 2 x x m 1 Ta có x AB I 2m 2 y y x2 x 2 y ABAB I 2 2 2 x x 2 x x 2m2 2 m 2 ABAB 2 m 2 2 c) Gọi M x0; y 0 là điểm cố định của d 2x0 y 0 0 x 0 1 2 m 1 x0 m 2 y 0 2 2 x 0 y 0 m 2 x 0 2 y 0 2 2x0 2 y 0 2 0 y 0 2 Vậy M 1; 2 Khoảng cách từ O đến d lớn nhất là OM 5 1 2 Gọi H, K lần lượt là giao điểm của d với Ox, Oy: H ;0 , K 0; m 1 m 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giácvuông ta có 2 1 1 1 12 m 2 6 m 1 m OM2 OH 2 OK 2 5 4 5 d) Điểm cố định của đường thẳng là M 1; 2 Page 11
12. Trường THCS CHU VĂN AN * 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) ( x 0 ) 120 Thời gian dự định là (h) x 60 Thời gian đi nửa quãng đường đầu là (h) x Vận tốc của xe trong nửa quãng đường sau là x 20 (km/h) 60 Thời gian đi nửa quãng đường sau là (h) x 20 60 1 60 120 Ta có phương trình x2 x 20 x x2 20 x 2400 0 x 40 x 60 Kết hợp điều kiện ta được x 40 (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 x 3 (km/h) Vận tốc ca nô đi xuôi dòng là x 3 (km/h) Vận tốc ca nô đi ngược dòng là x 3 (km/h) 72 Thời gian ca nô đi xuôi dòng là (h) x 3 54 Thời gian ca nô đi ngược dòng là (h) x 3 Tổng thời gian đi là 6 giờ nên ta có phương trình 72 54 2 x 0 6 6x 126 x 0 x 3 x 3 x 21 Kết hợp điều kiện ta được x 21 (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 2 trong 2 giờ rồi nghỉ, để người thứ hai làm tiếp 3h thì được công việc. Hỏi nếu mỗi người 5 làm một mình thì hết mấy giờ? HƯỚNG DẪN GIẢI Page 12
13. Trường THCS CHU VĂN AN Gọi thời gian người thứ nhất làm riêng và hoàn thành công việc là: x (giờ, x 6 ). Gọi thời gian người thứ hai làm riêng và hoàn thành công việc là y (giờ, y 6) 1 Mỗi giờ người thứ nhất làm được (công việc) x 1 Mỗi giờ người thứ hai làm được (công việc) y Biết hai tổ làm chung trong 6 giờ thì hoàn thành được công việc nên ta có phương trình: 6 6 1. (1). x y 2 Người thứ nhất làm một mình trong 2 giờ được (công việc) x 3 Người thứ nhất làm một mình trong 3 giờ được (công việc) y 2 2 3 2 Khi đó cả 2 người đã làm được công việc nên ta có phương trình: (2). 5 x y 5 6 6 1 x y Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 2 3 2 x y 5 x 10 Giải hệ ta được: thỏa mãn điều kiện. y 15 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 100 Tổng số học sinh dự thi của hai trường là: 420. = 500 (học sinh) 84 Gọi số học sinh dự thi của trường A, trường B lần lượt là: x, y ( x, y N ;0  x, y  500) Do đó ta có phương trình: x y 500 (1) 80 Số học sinh thi đỗ vào lớp 10 của trường A là: .x (học sinh) 100 90 Số học sinh thi đỗ vào lớp 10 của trường B là: .y (học sinh) 100 Mà tổng số học sinh thi đỗ của hai trường là 420 học sinh 80 90 Nên ta có phương trình: x y = 420 8x 9 y 4200 (2) 100 100 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x y 500 x 300 (Thỏa mãn điều kiện) 8x 9 y 4200 y 200 Vậy số học sinh dự thi của trường A là : 300 ( học sinh) Page 13
14. Trường THCS CHU VĂN AN 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) 36 Vì đội xe cần chở 36 tấn hàng nên mỗi xe phải chở là: (tấn) x Vì đội bổ sung thêm 3 xe nên số xe trong thực tế là: x + 3 (xe) 36 Thực tế mỗi xe phải chở là: (tấn) x 3 Vì thực tế mỗi xe chở ít hơn dự định là 1 tấn nên ta có phương trình: 36 36 2 x 9 (tm) 1 x 3x 108 0 x x 3 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: K sd DC sd AP s d DC sd PB CID , CKD I 2 2 Mà sd AP sd PB (gt) CID CKD B P b) Xét tứ giác CDFE có: F sd BD sd AP sd DP DEF DCF E 2 2 A sd BD sd PB sd DP (do sd AP sd PB ) 2 2 O sd BD sd DP sd PB 360  180  C 2 2 Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp. D c) Xét tứ giác CDIK có: CID CKD (cmt) Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp Page 14
15. Trường THCS CHU VĂN AN IKD ICD (cùng chắn ID ) (1) sd PB sd AD s d AP sd AD s d PD Xét (O) có: KEB ICD (t/c góc nội tiếp) (2) 2 2 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. B Xét (O) có: PAB ADP (do PB PA ) P (1) Xét (O') có: F E + AHE ADE (cùng chắn AE ) (2) A G 1 + AHE AO' G AO ' E (3) 2 O' O Từ (1), (2) và (3) PAE AO' G C Xét AGO' vuông có: AO' G GAO ' 90  D H PAE GAO ' 90  PAO ' 90  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 CBF CBA ABF 90  90  180  Vậy 3 điểm B, F, C thẳng hàng. b) Gọi I là giao điểm của CD và FE Xét ICF có: Page 15
16. Trường THCS CHU VĂN AN + CE  IF, FD  IC (góc chắn nửa đ/tròn) M I + Mà CE cắt FD tại A (gt) K D A là trực tâm của ICF N IA  CF, lại có AB  CF A E IA  AB hay đường thẳng AB đi qua I. Vậy 3 đường thẳng AB, CD, FE đồng quy. O O' c) Xét tứ giác CDEF có: C CDF CEF 90  (góc chắn nửa đ/tròn) B F Tứ giác CDEF nội tiếp. d) Xét tứ giác AEID có: ADI AEI 90  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 đồng dạng MAK g.g MKB chung  MK BK MK2 AK.BK 3 AK MK +) Chứng minh tương tự NK2 AK.BK 4 Từ (3) và (4) MK2 NK 2 MK NK Vậy K là trung điểm của MN. Page 16
17. Trường THCS CHU VĂN AN I D E A O O' C B F 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 , mà tứ giác DOO'E nội tiếp DOO'E là hình chữ nhật O'E DE  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  OO' Xét tam giác vuông ODO' có: tan ODA (hệ thức lượng trong tam giác vuông) OD 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 0 c) Cho ABC 30 ,BC 10cm . 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 Page 17
18. Trường THCS CHU VĂN AN K D F A E B O C 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 (t/c hình vuông) AE DC AIC CIE EID AID => AIC; CIE ; EID ; AID vuông cân tai I => EDI CAI 45o (t/c tg vuông cân) + Xét tứ giác nội tiếp BFAC có: FBC FAC 180o (đ/lí tứ giác nội tiếp) mà EAC FAC 180o 2 góc ke bù => FBC EAC 45o mà EDC 45o (cmt) => KBC EDC 45o + Xét tứ giác BKDC có: KBC EDC 45o 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 BDC 45o (t/c tg vuông cân) => BKC 45o + Xét BCK có: BKC KBC 45o (cmt) => BCK vuông cân tại C (dhnb) => CB = CK (t/c tg vuông cân) + Xét BAC Aˆ 90o và KEC Eˆ 90o có: Page 18
19. Trường THCS CHU VĂN AN 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: AOC 2. ABO 2. 30o 60 o BC 10 + Vì BC = 2R = > R = = 5 cm 2 2 + Diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung AC và bán kính OA, OC là: .52 .60o 25 S (đvdt) OAC 360o 6 + Ta có OAC đều 1 5 3 25 3 => S . .5 (đvdt) OAC 2 2 4 + Vậy diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AC và cung nhỏ AC của đường tròn (O) là: 25 25 3 S 2,26 (đvdt) 6 4 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 BDK Dˆ 90o có cạnh huyền BK => BD BK BD lớn nhất BD = BK KDAF   + Xét (O) có FBC 45o nội tiếp chắn cung FC => sđ cung FC = 90o => 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 Page 19
20. Trường THCS CHU VĂN AN M E I D A O' B O G F N a) + Xét (O) có AB là đường kính, EOFO ; => AEB AFB 90o (đl góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) + Xét (O) có EF là đường kính, AO => EAF 90o (đl góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) + Xét tứ giác AEBF có: EAF AEB AFB 90o (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 ABM Bˆ 90o có BE là đường cao => AE. AM AF 2 (hệ thức lượng) + Xét ABN Bˆ 90o có BF là đường cao => AF. AN AF 2 (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 Page 20
21. Trường THCS CHU VĂN AN 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 OR’; với O’ cố định và R không đổi. Page 21