ÔN TẬP HKII-TOÁN9

Tài liệu ơn thi học kì II- Năm học: 2010- 2011 HƯỚNG DẪN ƠN TẬP TỐN LỚP 9 – HỌC KÌ II ( 2010 – 2011) I. LÝ THUYẾT: ĐẠI SỐ: Câu 1: Nêu dạng tổng qt của phương trình bậc nhất hai ẩn.Phương trình bậc nhất hai ẩn có thể có bao nhiêu nghiệm? *Phương trình bậc nhất hai ẩn x và y là hệ thức dạng ax by c+ = ,Trong đó a,b và c là các số đã biết ( 0a ≠ hoặc 0b ≠ ).Phương trình bậc nhất hai ẩn ln ln có vơ số nghiệm. Câu 2: Nêu dạng tổng qt của hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn số. * Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng ' ' ' ax by c a x b y c + =   + =  Câu 3:Mỗi hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có thể có bao nhiêu nghiệm? * Mỗi hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có thể vơ nghiệm, có 1 nghiệm duy nhất hoặc vơ số nghiệm. Câu 4: Nêu định nghĩa hai hệ phương trình tương đương. Trong các câu sau, câu nào đúng câu nào sai: a/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cùng có vơ số nghiệm thì ln tương đương với nhau. b/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn vơ nghiệm thì ln tương đương với nhau. * Hai hệ phương trình được gọi là tương đương với nhau nếu chúng có cùng tập nghiệm. a/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cùng có vơ số nghiệm thì ln tương đương với nhau. ( s ) b/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn vơ nghiệm thì ln tương đương với nhau.( Đ) Câu 5: Viết dạng tổng qt của phương trình bậc hai .Áp dụng : Xác định hệ số a,b,c của phương trình − + + = 2 3 3 1 0x x *Dạng tổng qt của phương trình bậc hai ax 2 + bx+ c = 0 (a ≠ 0) Áp dụng : − + + = = − = = 2 3 3 1 0( 3; 3; 1)x x a b c Câu 9: Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm có tổng là S và có tích là P (khơng cần chứng minh ) Áp dung : Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là: 2 2+ và 2 2− Câu 10: Nêu tính chất của hàm số 2 ( 0)y ax a= ≠ Câu 6 cơng thức tính ngiệm của phương trình trên . Áp dụng : Giải phương trình * Nếu Nếu Nếu Áp dụng − + = ∆ = − − = − ⇒ ∆ = − < 2 2 3 2 0; ( 3) 4.1.2 5 5 0x x Vậy phương trình vơ nghiệm. Câu 7 − + + = 2 5 4 3 0x x * 1 2 b x x a − + = Áp dụng a = -5<0 có hai nghiệm phân biệt + =− = = =− 1 2 1 2 4 3 ; . 5 5 b c x x x x a a Câu 8 nghiệm x 1 2 1 2 2 2 1 2 2 x ; 2 2 2 ; 2 2 2 4 . . 2 2 4 b b x a a b b b a x x a a a b b b b b ac c x x a a a a - + D - - D = = - + D - - D - Þ + = + = = - + D - - D - + = = = Câu9 tích hai nghịêm là P có dạng Áp dụng 2 S 2 2 2 2 4;P (2 2).(2 2) 4 2 2 Vậy 2+ 2 và 2- 2 là hai nghiệm của phương trình X 4X 2 0 = + + - = = + - = - = - + = Giáo viên : Đồn Văn Luận - Tr ường THCS Bàu Năng- DMC 1 Tài liệu ôn thi học kì II- Năm học: 2010- 2011 Câu 1 : Chứng minh định lí: “Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau: Hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau” Ta có: » » AB CD= ( GT) ⇒ · · AOB COD= ( 2 góc ở tâm chắn 2 cung bằng nhau ) Nên : AOB COD=V V ( c.g.c) ⇒ AB = CD (đpcm) Câu 2: Nêu cách tính số đo của cung nhỏ trong một đường tròn. Áp dụng:Cho đường tròn (O), đường kính AB. Vẽ dây AM sao cho · 0 40AMO = . Tính số đo cung BM ? O A B M GT Cho đường tròn (O) AB: Đường kính Dây AM sao cho: · 0 40AMO = KL Tính · BOM ? Ta có: OA = OB ( bán kính) ⇒ AOMV cân tại O ⇒ · BOM = 2 · 0 2.40AMO = = 0 80 ( đlí về góc ngoài ∆ AOM) Câu 3: Chứng minh rằng trong một đường tròn, hai cung bị chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau. (Chú ý: Học sinh chỉ chứng minh một trường hợp: một trong hai dây, có một dây đi qua tâm cuả đường tròn) Ta có: · · AOC OCD= ( So le trong) · · BOD ODC= ( So le trong) Mà · · OCD ODC= ( OCDV cân tại O) ⇒ · · AOC BOD= ⇒ » » AC BD= ( 2 góc ở tâm bằng nhau thì chắn 2 cung bằng nhau) Câu 4: Áp dụng các định lí về mối quan hệ giữa cung nhỏ và dây căng cung đó trong một đường tròn để giải bài toán sau: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB.Vẽ các bán kính OM, ON sao cho: · · 0 0 40 , 80AOM BON= = . So sánh: AM, MN và NB ? O A M B N GT Cho đường tròn (O) M,N ∈ (O): · · 0 0 40 , 80AOM BON= = KL So sánh: AM, MN, BN? Ta có: · · · · 0 0 0 0 180 180 40 80 MON AOM BON MON = − − = − − ( vì · 0 180AOB = ) ⇒ · · · AOM MON NOB< < ⇒ ¼ ¼ » AM MN NB< < ( góc ở tâm nhỏ hơn thì chắn cung nhỏ hơn) ⇒ AM < MN < NB ( cung nhỏ hơn thì căng dây nhỏ hơn) Câu 5: Chứng minh đlí:“ Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện bằng 180 0 ”. O D C A B GT Cho đường tròn (O) . ABCD nội tiếp (O) KL µ µ µ µ 0 0 180 180 A C B D + = + = Ta có: µ A = 1 2 sđ ¼ BCD ( Đlí về góc nội tiếp) µ C = 1 2 sđ ¼ BAD (Đlí về góc nội tiếp) ⇒ µ µ 1 2 A C+ = sđ( ¼ ¼ BCD BAD+ ) = 1 2 . 0 360 = 0 180 Tương tự: µ µ 0 180B D+ = ( hoặc µ µ 0 0 0 360 180 180B D+ = − = ( tính chất tổng 4 góc của tứ giác) Giáo viên : Đoàn Văn Luận - Tr ường THCS Bàu Năng- DMC 2 O A B C D GT Cho đường tròn (O) CD: dây cung AB: đường kính AB // CD KL » » AC BD= O A B C D GT Cho đường tròn (O) » » AB CD= KL AB = CD Ti liu ụn thi hc kỡ II- Nm hc: 2010- 2011 Cõu 6: Chng minh nh lớ: Trong mt ng trũn, s o ca gúc ni tip bng na s o ca cung b chn( Ch chng minh mt trng hp: cú mt cnh ca gúc i qua tõm ) GT : Cho (O ; R) ã BAC là góc nội tiếp . KL : chứng minh ã 1 BAC 2 = sđ ằ BC Chứng minh: Trờng hợp: Tâm O nằm trên 1 cạnh của góc ã BAC : Ta có: OA=OB = R AOB cân tại O ã BAC = ã 1 2 BOC ã 1 BAC 2 = sđ ằ BC (đpcm) Cõu 7: Chng minh nh lớ: S o ca gúc to bi tia tip tuyn v dõy cung bng na s o ca cung b chn. ( Ch chng minh mt trng hp: Tõm O ca ng trũn nm ngoi ca gúc). Tâm O nằm bên ngoài góc ã BAx : GT Cho ng trũn (O) ã xAB : gúc to bi tia tip tuyn V dõy cung. KL ã xAB = 1 2 s ằ AB Vẽ đờng cao OH của AOB cân tại O ta có: ã ã BAx AOH= (1) (Hai góc cùng phụ với ã OAH ) Mà: ã AOH = 1 2 sđ ằ AB (2) Từ (1) và (2) ã 1 BAx 2 = sđ ằ AB (đpcm) Cõu 9: Nờu cỏch tớnh di cung 0 n ca hỡnh qut trũn bỏn kớnh R. p dng: Cho ng trũn ( O; R = 3 cm). Tớnh di cung AB cú s o bng 60 0 ? Ta cú: ằ 180 AB Rn l = Vi:R = 3cm v n = s ằ 0 60AB = ( gt) Vy: ằ .3.60 ( ) 180 AB l cm = = Cõu 8: Chng minh nh lớ: S o ca gúc cú nh bờn trong ng trũn bng na tng s o hai cung b chn. n E O D C A B m GT Cho ng trũn (O) ã BEC : gúc cú nh bờn trong(O) KL ã BEC = 1 2 s( ẳ ẳ BnC AmD+ Xột tam giỏc BDE, ta cú: ã BEC = à à B D+ ( nh lớ gúc ngoi ca tam giỏc BDE) M à 1 2 B = s ẳ AmD (lớ v gúc ni tip ) à 1 2 D = s ẳ BnC (lớ v gúc ni tip ) Nờn: ã BEC = 1 2 s( ẳ AmD + ẳ BnC Cõu 10: Cho t giỏc ABCD ngoi tip mt ng trũn (O). Chng minh: AB + CD = AD + BC. Ta cú: AM = AQ ( Tớnh cht 2 tip tuyn giao nhau) BM = BN (nt) DP = DQ (nt) CP = CN (nt) Cng tng v, ta cú: AM+BM+DP+CP = AQ+BN+DQ+CN Hay: AB + CD = AD + BC ( pcm) Giỏo viờn : on Vn Lun - Tr ng THCS Bu Nng- DMC 3 O A B GT Cho ng trũn (O; R = 3cm) S ằ 0 60AB = KL Tớnh di ằ AB O H A x B O A D B C M N P Q GT Cho ng trũn (O) ABCD ngoi tip ng trũn (O) KL AB+CD = AD+BC Tài liệu ôn thi học kì II- Năm học: 2010- 2011 II.BÀI TẬP: Bài 1: Giải các hệ phương trình sau: a/ 3 2 1 3 x y x y − =   + = −  3 2 1 5 5 2 2 6 3 x y x x y x y − = = −   ⇔ ⇔   + = − + = −   1 1 1 3 2 x x y y = − = −   ⇔ ⇔   − + = − = −   b/ 3 5 1 2 4 x y x y + =   + = −  3 5 1 7 21 10 5 20 2 4 x y x x y x y + = =   ⇔ ⇔   − − = + = −   3 3 2.( 3) 4 2 x x y y = − =   ⇔ ⇔   − + = − =   c/ 4 3 15 3 2 10 x y x y + =   + =  8 6 30 9 6 30 x y x y − − = −  ⇔  + =  0 0 3 2 20 3.0 2 10 x x x y y = =   ⇔ ⇔   + = + =   0 5 x y =  ⇔  =  d/ 3 5 2 3 18 x y x y  − =   + =   9 3 15 2 3 18 x y x y  − =  ⇔  + =   11 33 2 3 18 x x y  =  ⇔  + =   3 3 9 16 2.3 3 18 4 x x x y y y   = = =    ⇔ ⇔ ⇔    = + = =      e/ 1 1 5 8 1 1 3 8 x y x y  + =     − =   Cộng từng vế hai phương trình ta được: 2 1 2x x = ⇔ = Thay 2x = vào 1 1 5 8x y + = được: 1 5 1 1 1 8 8 2 8 y y y = − ⇔ = ⇔ = Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2 ; 8) f/ 2 1 1 2 1 5 6 2 x y x y x y x y  − =  + −    + =  − +  Đặt 1 1 ; 2 a b x y x y = = + − Điều kiện 2 x y y x ≠    − ≠   Ta có hệ phương trình 2 1 5 6 a b a b − =   + =  Giải ra ta được 1 1 a b =   =  Giải hệ phương trình 1 1 2 1 1 x y x y  =  +    =  −  2 2 1 3 1 1 3 x x y x y y  =  + =   ⇔ ⇔   − = −   =   ( Thỏa điều kiện ).Vậy (x;y)= 2 3 1 3 x y  =    −  =   h/ 5( 2 ) 3 1 2 4 3( 5 ) 12 x y x x x y + = −   + = − −  5 10 3 1 2 4 3 15 12 x y x x x y + = −  ⇔  + = − −  ⇔ 2 10 1 2 10 1 15 16 2 30 32 x y x y x y x y + = − + = −   ⇔   − + = − − + = −   ⇔ 33 15 16 40 40 33 29 8 y x y y x −  =  − + = −   ⇔   = −   =   Vậy 29 33 ( ; ) ( ; ) 8 40 x y − = Bài 2: Câu 1: Với giá trị nào của a và b thì hệ phương trình 2 12 2 6 ax by ax by + =   − = −  Có nghiệm là ( 2; 1)x y= − = Câu 2: Với giá trị nào của m và n thì hệ phương trình 3 1 2 mx y x ny + =   + = −  nhận cặp số (-2 ; 3) là nghiệm. Giáo viên : Đoàn Văn Luận - Tr ường THCS Bàu Năng- DMC 4 Tài liệu ôn thi học kì II- Năm học: 2010- 2011 Giải câu 1: 2 12 2 6 ax by ax by + =   − = −  Do ( 2; 1)x y= − = là nghiệm của hệ phương trình Nên 4 12 2 2 6 a b a b − + =   − − = −  4 12 5 9 3 3 a b a a b a b − + = − =   ⇔ ⇔   − − = − − − = −   ⇔ 9 9 5 5 9 24 3 5 5 a a b b − −   = =     ⇔     − = − =     Câu 2: 3 1 2 mx y x ny + =   + = −  Do ( 2; 3)x y= − = là nghiệm của hệ phương trình Nên 2 3.3 1 2 3 2 m n − + =   − + = −  2 9 1 2 3 2 m n − + =  ⇔  − + = −  2 8 4 3 0 0 m m n n − = − =   ⇔ ⇔   = =   Bài 3: Câu 1: Cho hệ phương trình: 3 5 4 6 9 mx y x y + =   + =  . Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Câu 2: Tìm giá trị của a để hệ phương trình 2 5 3 x y ax y a + =   + =  a/ Có một nghiệm duy nhất ; b/ Vô nghiệm. Câu 3: Cho hệ phương trình 3 2 6 8 x y m x y − =   − =  Tìm giá trị của m để hệ phương trình vô nghiệm, vô số nghiệm. Giải Câu 1: 3 5 4 6 9 mx y x y + =   + =  Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất 3 3.4 4 6 6 m m⇔ ≠ ⇔ ≠ 2m⇔ ≠ Câu 2: 2 5 3 x y ax y a + =   + =  a/ Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất 1 2 3.1 3 3 2 2 a a a ⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ b/ Hệ phương trình vô nghiệm 1 2 5 3 3 2 a a a ⇔ = ≠ ⇔ = Câu 3: 3 2 6 8 x y m x y − =   − =  .Ta có 1 3 2 6 − = − .Nếu 1 4 2 8 m m= ⇔ = thì hệ phương trình có vô số nghiệm. Nếu 1 4 2 8 m m≠ ⇔ ≠ thì hệ phương trình vô nghiệm. Bài 4: Câu 1: Xác định hàm số y ax b= + biết rằng đồ thị của nó đi qua hai điểm a/ A(2 ; 4) và B(-5 ; 4) ; b/ A(3 ; -1) và B(-2 ; 9) Câu 2: Xác định đường thẳng y ax b= + biết rằng d0ồ thị của nó đi qua điểm A(2 ; 1) và đi qua giao điểm B của hai đường thẳng y x= − và 2 1y x= − + Giải Câu 1:a/ Vì đồ thị hàm số đi qua A(2; -4) nên 2 4a b+ = Và qua B(-5 ; 4) nên 5 4a b− + = Ta có hệ pt 2 4 5 4 a b a b + =   − + =  7 0 2 4 a a b =  ⇔  + =  0 4 a b =  ⇔  =  Vậy 4y = b/ Vì đường thẳng y ax b= + qua A(3 ; -1) nên 3 1a b+ = − Và qua B(-2 ; 9) nên 2 9a b− + = Ta có hệ phương trình 3 1 5 10 2 9 2 9 a b a a b a b + = − = −   ⇔   − + = − + =   2 2 2( 2) 9 5 a a b b = − = −   ⇔ ⇔   − − + = =   Vậy 2 5y x= − + Giáo viên : Đoàn Văn Luận - Tr ường THCS Bàu Năng- DMC 5 Tài liệu ôn thi học kì II- Năm học: 2010- 2011 Câu 2: .Xác định giao điểm B của hai đường thẳng : y x= − và 2 1y x= − + Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng: 2 1x x − = − + 1x ⇔ = 1y⇒ = − Vậy B(1 ; -1) .Xác định tiếp đường thẳng đi qua A(2 ; 1) và B(1 ; -1) được 2 3y x= − Bài 5: Cho hàm số y = -x 2 có đồ thị (P) và y = -2x +m có đồ thị là (d) a/ Xác định m biết rằng (d) đi qua điểm A trên (P) có hoành độ bằng 1. b/ Trong trường hợp m = -3 .Vẽ (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ và xác định tọa độ các giao điểm của chúng . c/ Với giá nào của m thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ; (d) tiếp xúc với (P) ,(d) không cắt (P) Giải a/ 2 ( ) (1; 1), ( ) 1 2.1 1 1 1 A A A A A P y x A A d m m x x ì ì Î ï = ï ï ï Û Û - Î Û - =- + Û = í í ï ï = = ï ïî î b/ Bảng giá trị của y=-2x-3 và y = - x 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : 2 2 1 2 3 2 3 0 3 x x x x x x é =- ê - =- - Û - - = Û ê = ë Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là B(-1 ;-1) ; C(3 ;-9) c/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : 2 2 2 2 0x x m x m m- =- + Û - + = (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ' 1 0 1m mÛ D = - > Û < Với m<1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt d/ (d) tiếp xúc với (P) ' 0 1 0 1m mÛ D = Û - = Û = (d) không cắt (P) ' 0 1 0 1m mÛ D < Û - < Û > Bài 6: Giải phương trình : 2 2 2 2 2 / 3 75 0; / 384 0; / ( 15) 3(27 5 ) 3 / (2 7) 12 4(3 ); /(3 2) 2( 1) 2 a x b x c x x x d x x x e x x + = − = − = − − − = − − − − − = Giải : 1/ 2 2 3 75 0;3 75 0x x x+ = + > " Nên phương trình vô nghiệm. 2/ 1 2 2 2 2 24 2 384 0 2 1152 576 24 3 x x x x x é = ê - = Û = Û = Û ê =- ë 3/ 1 2 2 9 ( 15) 3(27 5 ); 81 9 x x x x x x é = ê - = - Û = Û ê =- ë 4/ 1 2 2 2 0 (2 7) 12 4(3 ) 2 7 12 12 4 2 11 0 ( 11) 0 11 x x x x x x x x x x x x é = ê - - =- - Û - - =- + Û - = Û - = Û ê = ë 5/ 1 2 2 2 2 2 2 0 (3 2) 2( 1) 2 9 12 4 2 4 2 2 7 8 0 (7 8) 0 8 7 x x x x x x x x x x x x é = ê ê - - - = Û - + - + - = Û - = Û - = Û ê = ê ë Bài 7: Giải phương trình sau ( dùng thức nghiệm hoặc công thức nghiệm thu gọn ) 2 2 2 1/ 5 14;2/ 3 10 80 0;3/ 25 20 4 0x x x x x x− = − + = = − + = Giáo viên : Đoàn Văn Luận - Tr ường THCS Bàu Năng- DMC x 0 -3/2 y=-2x-3 -3 0 x -3 -2 -1 0 1 2 3 y=-x 2 -9 -4 -1 0 -1 -4 -9 6 Tài liệu ơn thi học kì II- Năm học: 2010- 2011 Giải : 1/ 2 5 14x x− = − 2 1 2 5 14 0( 1; 5; 14); 25 56 81 0 2; 7x x a b c x xÛ + - = = = =- D = + = > Þ = =- 2/ 2 3 10 80 0x x+ + = ( 3; 10; 80)a b c= = = ; 'D = 25-240 = -215<0 .Phương trình vơ nghiệm 3/ 2 25 20 4 0( 25; 20; 4)x x a b c− + = = = − = ; 'D =(-10) 2 -25.4 =0 Phương trình có nghệm kép : 1 2 ' 10 2 25 5 b x x a − = = = = Bài 8:Định m để phương trình : − + = + − = 2 2 2 2 a/ 3x 2x m 0 vô nghiệm ;b/ 2x mx m 0 co ù 2 nghiệm phân biệt c/ 25x +mx + 2 = 0 có nghiệm kép Giải a/ 2 3 2 0( 3; ' 1; )x x m a b c m− + = = = − = ; 'D = (-1) 2 -3m = 1-3m Để phương trình vơ nghiệm 'D <0 suy ra 1-3m<0 hay 1 3 m > Với 1 3 m > thì phương trình đã cho vơ nghiệm b/ 2x 2 + mx - m 2 = 0 (a = 2;b = m; c =- m 2 ) ; D = m 2 -4.2(-m 2 )= m 2 +8 m 2 =9 m 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt 2 0 9 0 0m mÛ D > Û > Û ¹ c/ 25 x 2 + mx +2 = 0 (a = 25;b = m;c = 2); D = m 2 -4.25.2= m 2 -200 Để phương trình có nghiệm kép thì D =0 1 2 2 10 2 200 0 10 2 m m m é = ê Û - = Û ê =- ê ë Bài 9:Cho phương trình :x 2 + (m+1)x + m = 0 (1) 1/ Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm với mọi m . 2/ Tìm m sao cho phương trình nhận x = -2 làm nghiệm . Tính nghiệm còn lại . 3/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm đối nhau 4/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm là hai số nghịch đảo nhau 5/ Tìm m sao cho x 1 - x 2 = 2 ; 6/ Tìm m để 2 2 1 2 x x+ đạt gía trị lớn nhất 7/ Tìm m để cả hai nghiệm đều dương ; 8/ Tìm hệ thức liên hệ giữa x 1; x 2 khơng phụ thuộc vào m. 9/ Tính 3 3 1 2 x x+ Giải: 1/ x 2 + (m+1)x + m = 0 (a = 1;b = m+1;c = m) D =(m+1) 2 -4.1.m= (m+1) 2 ³ 0 với mọi m 2/Thay x = -2 vào (1) ta được (-2) 2 +(m+1)(-2) + m = 0 4-2m-2+ m = 0 Û m = 2 1 2 2 2 . 2. 2 1 c x x m x x a = = Û - = Û =- 3/ Phương trình có hai nghiệm đối nhau Û x 1 +x 2 =0 Û -(m+1) = 0 Û m = -1 4/Phương trình có hai nghiệm nghịch đảo nhau Û x 1 x 2 =1 Û m = 1 5/Theo hệ thức Vi-et 1 2 1. 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 x x (m 1)(1) x .x m(2) x x 2 (x x ) 4 (x x ) 4x x 4 m 2m 1 4m 4 m 2m 3 0 m 1 m 3 ì + =- + ï ï í ï = ï ỵ - = Û - = Û + - = Û + + - = Û - - = é =- ê Û ê = ë 6/Theo hệ thức Vi-et 1 2 1. 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 x x (m 1)(1) x .x m(2) x x (x x ) 2x x m 2m 1 2m m 1 1 ì + =- + ï ï í ï = ï ỵ + = + - = + + - = + ³ Dấu ‘ =’ xảy ra khi m=0 Vậy : GTNN là 1 khi m=0 Giáo viên : Đồn Văn Luận - Tr ường THCS Bàu Năng- DMC 7 Tài liệu ôn thi học kì II- Năm học: 2010- 2011 Vậy với m = -1 hoặc m = 3 thì 1 2 2x x− = 7/ Phương trình có hai nghiệm đều dương Û 2 0 ( 1) 0 1 0 0 0 0 ( 1) 0 1 m m P m m S m m ì ì ì ï D ³ - ³ ³ ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï > Û > Û > í í í ï ï ï ï ï ï > - + > <- ï ï ï ï ï î î ï î Vậy không có giá trị nào của m để phương trình có hai nghiệm đều dương 8/Ta có 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( 1) 1 . . . 1 x x m x x m x x m x x m x x x x ì ì + =- + + =- - ï ï ï ï Û í í ï ï = = ï ï î î Þ + + =- Vậy biểu thức trên không phụ thuộc vào m 9/Ta có 3 3 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 3 3 2 1 2 3 3 2 1 2 3 3 3 1 2 ( )( ) ( 1)( 1 ) ( 1)( 1) ( 1) x x x x x x x x x x m m m x x m m m x x m + = + - + Û + = - - + - Û + =- + - + Û + =- + Bài 10: Giải phương trình : − = − = − − = − − + = + − 4 2 5 3 2 15 1 1 1/ 2;2/ 1;3/ 2 7 4 0;4/ 1 0 1 1 x x x x x x x x x 1/ 2 2 15 2( 0) 3 15 2 2 15 0 5 x x x x x x x x x - = ¹ é =- ê Û - = Û - - = Û ê = ë (Thỏa điều kiện) Vậy nghiệm của phương trình là x 1 =-3 và x 2 = 5 2/ 2 2 2 1 1 1( 1) 1 1 1 ( 1) 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x - = ¹ ± + - Þ - - + = - Û - - - = - Û =- Vậy phương trình vô nghiệm . 3/ 2x 4 - 7x 2 – 4 = 0 Đặt 2 0t x= ³ .Ta có phương trình : 2 1 2 1 2 2 2 7 4 0; 49 4.2( 4) 49 32 81 7 9 7 9 2 1 4( ) ( ) 4 4 4 2 2 4 2 t t t tmñk t ktñk x x x - - = D = - - = + = + - - - = = = = = é = ê Þ = Û ê =- ë Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 1 = 2 và x 2 = -2 4/ 5 3 2 3 2 2 2 3 2 2 3 3 1 0 ( 1) ( 1) 0 ( 1)( 1) 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x - - + = Û - - - = Û - - = é = ê é é - = = ê ê ê Û Û Û =- ê ê ê - = = ë ë ê = ë Vậy nghiệm của phương trình là 1 2 1; 1x x= = − Giáo viên : Đoàn Văn Luận - Tr ường THCS Bàu Năng- DMC 8 Tài liệu ôn thi học kì II- Năm học: 2010- 2011 II.BÀI TẬP: Bài 1: Cho đường tròn (O; R), hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn AB lấy điểm M ( khác điểm O), đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Đường thẳng d vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến của đường tròn (O) tại N ở điểm P. Chứng minh : a/. Tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn. b/. Tứ giác CMPO là hình bình hành. c/. Tích CM.CN không đổi. O x d A B C D N P GT Cho đường tròn(O;R) AB, CD: đường kính, AB ⊥ CD tại O. M ∈ AB, CM cắt (O) tại N Đường thẳng d ⊥ AB tại M Tiếp tuyến của (O) tại N cắt d tại P KL a/. OMNP nội tiếp được 1 đường tròn b/. CMPO là hình bình hành c/. CM.CN không đổi. a/. Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn: Ta có: · 0 90OMP = ( d ⊥ AB)Và · 0 90ONP = ( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính) ⇒ · · OMP ONP= Nên: Tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn ( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp nhìn 1 cạnh dưới 1 góc không đổi). b/. Chứng minh tứ giác CMPO là hình bình hành: Ta có: · 1 2 AMC = sđ » » ( ) AC BN+ ( Định lí góc có đỉnh bên trong đường tròn(O)) và · 1 2 CNx = sđ » » ( ) BC BN+ ( Định lí góc tạo bởi tiếp tuyến và 1 dây cung) mà sđ » AC = sđ » BC = 0 90 ( do AB ⊥ CD) Do đó: · AMC = · CNx (1) Ta lại có: · CNx = · MOP ( cùng bù với · MNP ) (2) Từ (1), (2) ⇒ · AMC = · MOP Mà · AMC , · MOP ở vị trí so le trong. =>: CM // OP (3) Mặt khác: PM // CO ( Cùng vuông góc với AB) (4) Từ (3), (4) ⇒ CMPO là hình bình hành ( Tứ giác có 2 cặp cạnh đối song song) c/. Chứng minh tích CM.CN không đổi: Ta có: · 0 90CND = ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) Nên ta chứng minh được: OMC NDCV : V (g.g) ⇒ CM CO CD CN = Hay CM.CN = CO. CD = R.2R= 2R 2 Mà R không đổi ⇒ 2R 2 không đổi Nên: CM.CN không đổi (đpcm) Giáo viên : Đoàn Văn Luận - Tr ường THCS Bàu Năng- DMC 9 Tài liệu ôn thi học kì II- Năm học: 2010- 2011 Bài 2: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC = 2R, một điểm A trên nửa đường tròn ấy sao cho BA = R. Lấy M là một điểm trên cung nhỏ AC, BM cắt AC tại I. Tia BA cắt tia CM tại D. a/. Chứng minh: DI ⊥ BC. b/. Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn. c/. Giả sử · 0 45AMB = .Tính độ dài đoạn thẳng AD theo R và diện tích hình quạt AOM. I M O D B C A GT Cho đường tròn (O), đường kính : BC = 2R A ∈ (O): BA = R; M ∈ cung AC nhỏ. BM cắt AC tại I, BA cắt CM tại D. · 0 45ABM = : (c) KL a/. DI ⊥ BC b/. AIMD nội tiếp (O) c/. Tính độ dài AC và S quatAOM ? a/. Chứng minh : DI ⊥ BC: Ta có: · 0 90BAC = ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) ⇒ CA ⊥ BD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC. (1) Và · 0 90BMC = ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) ⇒ BM ⊥ CD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC. (2) Từ (1), (2) ⇒ I là trực tâm của tam giác BDC ⇒ DI là đường cao thứ ba của tam giác BDC Nên DI ⊥ BC b/. Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn: Ta có: · 0 90IAD = ( CA ⊥ BD ) Và · 0 90IMD = ( BM ⊥ CD ⇒ · IAD + · 0 90IMD = + 0 0 90 180= Nên: Tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn. ( Tứ giác có tổng 2 góc đối diện bằng 0 180 ) c/. Tính độ dài AD. Diện tích hình quạt AOM: *Tính AD: Nếu · 0 45ABM = thì ABIV vuông cân tại A ( Tam giác vuông có 1 góc nhọn bằng 0 45 ) ⇒ AB = AI = R Xét tam giác ADI vuông tại A ,ta có: · · ADI AMI= ( 2góc nội tiếp cùng chắn cung AI…) Mà · 1 2 AMI = sđ » AB = 0 0 1 .60 30 2 = ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn và AOBV đều) Nên: · 0 30ADI = Vậy : Tam giác ADI là nửa tam giác đều. ⇒ ID = 2R Lúc đó: AD = 2 2 2 3 3ID AI R R− = = (đvđd) * Tính diện tích hình quạt AOM: Ta có: S quatAOM = 2 360 R n π , với n = · · 0 2. 90AOM ABM= = Giáo viên : Đoàn Văn Luận - Tr ường THCS Bàu Năng- DMC 10 [...]... bậc hai có hai nghiệm có tổng là S và có tích là P (khơng cần chứng minh ) Áp dung : Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là: 2 + 2 và 2 − 2 2 Câu 10: Nêu tính chất của hàm số y = ax (a ≠ 0) II BÀI TẬP Bài 1: Giải các hệ phương trình sau: 3x − 2 y = 1  x + y = −3 3 x + 5 y = 1  2 x + y = −4 a/  b/  1 1 5 x + y = 8  e/  1 − 1 = 3 x y 8  3 x − y = 5   4 x + 3 y = 15 3 x + 2 y = 10... của hình quạt tròn bán kính R Áp dụng: Cho đường tròn ( O; R = 3 cm) Tính độ dài cung AB có số đo bằng 60 0 ? Câu 10: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn (O) Chứng minh: AB + CD = AD + BC II BÀI TẬP: Bài 1: Cho đường tròn (O; R), hai đường kính AB và CD vng góc với nhau Trên đoạn AB lấy điểm M ( khác điểm O), đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N Đường thẳng d vng góc với AB . CM.CN = CO. CD = R.2R= 2R 2 Mà R không đổi ⇒ 2R 2 không đổi Nên: CM.CN không đổi (đpcm) Giáo viên : Đoàn Văn Luận - Tr ường THCS Bàu Năng- DMC 9 Tài liệu ôn thi học kì II- Năm học: 2010-. Luận - Tr ường THCS Bàu Năng- DMC 8 Tài liệu ôn thi học kì II- Năm học: 2010- 2011 II.BÀI TẬP: Bài 1: Cho đường tròn (O; R), hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn AB lấy điểm M (. quạt AOM: *Tính AD: Nếu · 0 45ABM = thì ABIV vuông cân tại A ( Tam giác vuông có 1 góc nhọn bằng 0 45 ) ⇒ AB = AI = R Xét tam giác ADI vuông tại A ,ta có: · · ADI AMI= ( 2góc nội tiếp