đề cương toán 9 hk1

HƯỚNG DẪN ĐỀ CƯƠNG TOÁN KHỐI 9 – NH 2009 – 2010 *** Bài 1. Giải hpt a) 3 3 3 9 3 10 3 4 2 3 4 2 7 7 x y x y x y x x y x y y y − = − = − = =     ⇔ ⇔ ⇔     − = − = = =     Vậy nghiệm của hpt là (10;7) b) 3 2 11 15 10 55 7 49 4 5 3 8 10 6 3 2 11 7 7 7 7 3.7 2 11 2 21 11 2 10 5 x y x y x x y x y x y x x x x y y y y − = − = =    ⇔ ⇔    − = − = − =    = = = =     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     − = = − = =     Vậy nghiệm của hpt là ( ) 7;5 c) 3 2 5 15 10 19 21 5 4 11 5 4 11 3 2 21 63 101 3. 2 2 19 19 19 21 21 21 19 19 19 x y x y y x y x y x y x x x y y y + = − + = − = −    ⇔ ⇔    − = − = + = −     − −     = − − = − =  ÷         ⇔ ⇔ ⇔    −    = − = = −       d) 1 1 1 3 4 5 x y x y  − =     + =   (1) (Đặt 1 1 ;u v x y = = ; u,v khác 0) 7 ( / ) 1 4 4 4 7 9 9 (1) 3 4 5 3 4 5 1 7 1 9 7 7 ( / ) ( / ) 9 9 7 2 1 ( / ) 9 9 u t m u v u v u u v u v u v v u t m u t m v v t m  =  − = − = =     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     + = + = − =     − =     = =     ⇔ ⇔   −   = − =     Suy ra: 1 7 9 9 7 1 2 9 9 2 x x y y   = =     ⇔   − −   = =     . Vậy nghiệm của hpt là: ( 9 9 ; 7 2 −    ÷   e) GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 1 2( 2) 3(1 ) 2 3( 2) 2(1 ) 3 x y x y − + + = −   − − + = −  (I) . Đặt m=x-2; n=1+y 2 3 2 4 6 4 13 13 ( ) 3 2 3 9 6 9 2 3 2 1 1 1 2.( 1) 3 2 3 0 0 2 1 1 1 0 1 m n m n m I m n m n m n m m m n n n x x y y + = − + = − = −    ⇔ ⇔ ⇔    − = − − = − + = −    = − = − = −    ⇔ ⇔ ⇔    − + = − = =    − = − =   ⇔ ⇔   + = = −   Vậy ngiệm của hpt là : (1;-1) Bài 2. a) b) Pt hoành độ giao điểm : 2x 2 = x + 3 ⇔ 2x 2 – x – 3 = 0 ⇔ x = - 1 ; x = 3/2 Với x = - 1 ⇒ y = 2 . Tọa độ 1 : ( -1;2) Với x = 3/2 ⇒ y = 9/2. Tọa độ 2 : ( 3/2; 9/2) Bài 3. Giải các PT a) 4x 2 – 9 = 0 ⇒ 4x 2 = 9 2 9 9 3 4 4 2 x x⇔ = ⇔ = ± = ± Vậy nghiệm của PT là : 3 2 x = ± b) 3x 2 – 6x = 0 3 ( 2) 0 0; 2x x x x⇔ − = ⇔ = = Vậy nghiệm của PT là : x = 0; x = 2 c) GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 2 PT có 2 nghiệm phân biệt: 2 6 16 0 ' 9 16 25 0 ' 5 x x + − = ∆ = + = > ⇒ ∆ = d) e) Bài 4. Giải PT a) x 4 -13x + 36 = 0 (*) . Đặt t = x 2 (ĐK: t>0) PT được viết lại: b) 2 2 1 0x x ⇔ + + = hoặc 2 2 1 0x − = 2 2 (*) 2 1 0; 1 4.2.1 7 0x x + + = ∆ = − = − < . PT VN 2 2 2 1 1 1 (**) 2 1 0 2 1 ; 2 2 2 x x x x x − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = = − Vậy nghiệm của PT đã cho là : 1 1 ; 2 2 x x = = − GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 3 2 2 7 12 5 0 ' 6 7.5 1 0 ' 1 x x+ + = ∆ = − = > ⇒ ∆ = Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt: ( ) 2 2 2 7 3 0 7 4.2.3 49 24 25 0 5 x x − + = ∆ = − − = − = > ⇒ ∆ = Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt: 2 2 13 36 0 (**) ( 13) 4.1.36 169 144 25 0 5 t t − + = ∆ = − − = − = > ⇒ ∆ = Vậy PT(**) có 2 ngiệm phân biệt t: Với: Vậy tập nghiệm của PT(*) là : S = { -3 ; -2 ; 2 ; 3 } ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 1 0 2 2.2 . 1 0 2 2 2 2 1 0 2 1 0 2 4 2 2 2 1 2 1 0 2 1 2 1 0 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x     + − − = ⇔ + + − − − =  ÷  ÷             ⇔ + − + + = ⇔ + − + =  ÷  ÷  ÷  ÷            ⇔ + + + + − − = ⇔ + + − =  ÷ ÷    c) 1 5 (*) 1 x x + = − . ĐKXĐ : x – 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 2 2 2 2 ( 1) 1 5( 1) (*) 1 1 1 ( 1) 1 5( 1) 1 5 5 5 1 5 0 6 6 0 ' ( 3) 1.6 9 6 3 0 ' 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x − − ⇔ + = − − − ⇒ − + = − ⇔ − + = − ⇔ − − + + = ⇔ − + = ∆ = − − = − = > ⇒ ∆ = Bài 5. PT: mx 2 + 3x – m + 2 = 0 (*) a) Với m = 2. PT (*)được viết thành : 2x 2 + 3x = 0 ⇔ x ( 2x + 3) = 0 ⇔ x = 0 hoặc 2x + 3 = 0 (1) : x = 0 (2) : 2x + 3 = 0 ⇔ 2x = -3 ⇔ x = 3 2 − Vậy khi m=2 thì PT (*) có nghiệm là: x=0; x = 3 2 − b) Ta có: 2 2 2 2 3 4 ( 2) 9 4 8 (2 ) 2.2 .2 4 5 (2 2) 5 5 m m m m m m m m ∆ = − − + = + − ⇔ ∆ = − + + ⇔ ∆ = − + ≥ ∀ Vậy PT (*) luôn có nghiệm với mọi m c) Theo câu b, nghiệm của PT (*) là : Vì x 1 = 2x 2 nên : x 1 > x 2 . Suy ra : GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 4 Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt: 1 ( 3) 3 3 3 ( / ) 2.1 2 x t m − − + + = = 2 ( 3) 3 3 3 ( / ) 2.1 2 x t m − − − − = = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 8 9 3 4 8 9 2. 2 2 3 4 8 9 6 2 4 8 9 2 2 0 3 4 8 9 6 2 4 8 9 0 0 3 3 4 8 9 0 1 4 8 9 0 0 4 8 9 1( ô í ) m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m v l   − + − + − − − + =  ÷  ÷   − + − + − − − + ⇔ = ≠   ⇔  − + − + =− − − +   ≠ ≠     ⇔ ⇔   + − + = + − + =     ≠    − + =−   2 2 1 2 3 4 8 9 3 4 8 9 ; 2 2 m m m m x x m m − + − + − − − + = = Vậy không tìm được m để : x 1 = 2x 2 Bài 6. PT: x 2 – 2(m – 1)x + m 2 – 3m = 0 (*) a) Để PT có 2 nghiệm trái dấu thì: { { { { 2 0 3 0 ( 3) 0 0 0 3 0 3 ( 3) 0 ( ) 0 0 3 0 3 P m m m m m m m m m m I m m m m < ⇔ − < ⇔ − <  <  >       − > <     ⇔ − < ⇔ ⇔   < <       − > >       Dựa vào (I), để PT (*) có 2 nghiệm trái dấu thì : 0 < m < 3 b) Để PT có đúng một nghiệm âm thì : 2 2 2 2 2 2 [ ( 1)] ( 3 ) 0 ' 0 ( 1) 3 0 [ 2( 1)] 0 2( 1) 0 0 1 1 0 2 1 3 0 1 1 1 m m m m m m m S m m m m m m m m m  − − − − = ∆ =  − − + =   ⇔ ⇔    − − − < − < <     + =  − + − + =  ⇔ ⇔ ⇔ <   < <   c) Để PT có 2 nghiệm thỏa x 1 2 +x 2 2 = 8 thì : ( ) ( ) 2 2 2 2 ' 0 1 3 0 2 1 3 0 1 0 1 (**) m m m m m m m m m ∆ ≥ ⇔ − − − − ≥     ⇔ − + − + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − Khi đó, PT (*) có 2 nghiệm. Áp dụng hệ thức Vi-et ta được : GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 5 ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 ( ) 2 8 2 1 2 3 8 4( 2 1) 2 6 8 4 8 4 2 6 8 2 2 4 0 2 0 (1) x x x x x x m m m m m m m m m m m m m m m + = ⇔ + − = ⇔ − − − =     ⇔ − + − + = ⇔ − + − + = ⇔ − − = ⇔ − + = PT (1) có dạng a – b + c = 0. Nên : m 1 = -1; m 2 = -2 (***) Kết hợp (**) và (***) ta có : m = -1; m = -2 thì PT (*) có 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện : x 1 2 + x 2 2 = 8 d) Với m ≥ - 1 ( câu c) thì PT (*) có 2 nghiệm. Ta có : Áp dụng hệ thức Vi-et, ta được : 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2( 1) 2 2 . 3 . 3 2 ( ) 2 . 3 ( ) x x m x x m x x m m x x m m x x m x x m m + = − + = −   ⇔   = − = −   + +  = +  ⇔   = − ++  Thế (+) vào (++), ta được : 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 . 3. 2 2 4 2 4 4 3 3 6 . 4 3 12 . 3( 4 2 4 4 ) 4(3 3 6) 12 . 3 3 12 6 12 12 12 12 24 3 3 6 24 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + + +     = −  ÷  ÷     + + + + + − − ⇔ = − ⇔ = + + + + + − − − ⇔ = + + + + + − + + ⇔ + − + + ( ) 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 36 0 2 8 12 0 8 12 x x x x x x x x = ⇔ + − + + = ⇔ + + = − GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 6 Bài 7. a) Vì E là trung điểm của MN nên : OE ⊥ MN ( quan giữa đ/kính và dây) · 1 (1)AEO V ⇒ = Lại có AC là tiếp tuyến của (O) nên : · 1 (2)ACO V = Từ (1) và (2), suy ra góc AEO và góc ACO cùng nhìn cạnh AO dưới 1 góc vuông nên 4 điểm A, O, E, C cùng thuộc một đường tròn. b)Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, suy ra: 1 2 ˆ ˆ O O = mà: · » ( / ) nho BOC sd BC t c goc o tam = » 1 2 ˆ ˆ (3) 2 sd BC O O ⇒ = = Mặt khác theo T/C góc nội tiếp thì : · » 1 (4) 2 nho BIC sd BC = Từ (3) và (4), suy ra: · · (5)AOC BIC = c) Vì 4 điểm A, E, O, C cùng thuộc một đường tròn nên tứ giác AEOC nội tiếp. Ta có : · · (6)AOC AEC = ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC nhỏ) Từ (5) và (6), cho ta: · · BIC AEC = , mà đây là cặp góc ở vị trí đồng vị nên BI // MN. GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 7 Bài 8. b) Ta có : · µ 0 45 2 B CBD = = ( t/c hình vuông)U Mà : · · CBD CHD = ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC ) · · 0 0 0 0 45 90 45 45 CHD CHK ⇒ = ⇒ = − = c) CM : KC.KD = KH.KB Xét ∆CBK và ∆HDK có : µ µ · · 1 ( ) ;C H V gt CBK HDK = = = ( 2 góc n.tiếp cùng chắn cung CH) Vậy ∆CBK ∆HDK (g-g) . . BK CK KC KD KH K B DK HK ⇒ = ⇒ = (đpcm) d) CM: CD.HK = CK.HD Theo cmt thì : · · 0 45CHD CHK = = , tức là HC là phân giác của góc DHK. . . CD HD CD HK CK HD CK HK ⇒ = ⇒ = ( t/c tia phân giác của tam giác) GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 8 K H D B A C E a) Có : Suy ra B, H, C, D cùng thuộc một đường tròn, hay tứ giác BHCD nội tiếp S Bài 9. a) Diện tích xung quanh của hình trụ : 2πrh = 2π.4.8=64π (cm 2 ) b) Diện tích toàn phần của hình trụ : 64π + 2πr 2 = 64π +2π.4 2 = 64π + 32π = 96π (cm 2 ) c) Thể tích của hình trụ : πr 2 h = π.4 2 .8 = 128π (cm 3 ) Bài 10. a) Diện tích xung quanh của hình nón : πrl = π.2.6 = 12π cm 2 - Diện tích toàn phần của hình nón : 12π + πr 2 = 12π + π.4 = 16π cm 2 b) - Độ dài cung hình quạt tròn bằng chu vi đáy của hình nón và bằng : 2πr = 2. π.2 = 4π cm - Theo công thức 0 l.n 360. 360.2 120 360 6 r r n l = ⇒ = = = CHÚC CÁC EM ĐẠT KẾT QUẢ CAO GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 9 GVBM-Lê Hoàng Tố Trang 10 . ) 2.1 2 x t m − − − − = = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 8 9 3 4 8 9 2. 2 2 3 4 8 9 6 2 4 8 9 2 2 0 3 4 8 9 6 2 4 8 9 0 0 3 3 4 8 9 0 1 4 8 9 0 0 4 8 9 1( ô í ) m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m. =   (1) (Đặt 1 1 ;u v x y = = ; u,v khác 0) 7 ( / ) 1 4 4 4 7 9 9 (1) 3 4 5 3 4 5 1 7 1 9 7 7 ( / ) ( / ) 9 9 7 2 1 ( / ) 9 9 u t m u v u v u u v u v u v v u t m u t m v v t m  =  − = − =. − = =     Vậy nghiệm của hpt là ( ) 7;5 c) 3 2 5 15 10 19 21 5 4 11 5 4 11 3 2 21 63 101 3. 2 2 19 19 19 21 21 21 19 19 19 x y x y y x y x y x y x x x y y y + = − + = − = −    ⇔ ⇔ 