Năm học: 2019 – 2020 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP HỌC KỲ II – NĂM HỌC : 2019 – 2020 MÔN: TOÁN 9 A LÝ THUYẾT: ĐẠI SỐ GIẢI HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 1 Phương pháp thế + Bước 1: Từ một phương trình của hệ đã cho (coi là PT (1)), ta biểu diễn một ẩn theo ẩn kia, rồi thế vào phương trình thứ hai (PT (2)) để được một phương trình mới (chỉ còn một ẩn) + Bước 2: Dùng phương trình mới ấy để thay thế cho PT (2) trong hệ (PT (1) cũng thường được thay thế bởi hệ thức biểu diễn một ẩn theo ẩn kia) 2 Phương pháp cộng đại số: + Bước 1: Cộng hay trừ từng vế hai phương trình của hệ phương trình đã cho để được một phương trình mới + Bước 2: Dùng phương trình mới ấy thay thế cho một trong hai phương trình của hệ (giữ nguyên phương trình kia) * Chú ý: - Trong phương pháp cộng đại số, trước khi thực hiện bước 1, có thể nhân hai vế của mỗi phương trình với một số thích hợp (nếu cần) sao cho các hệ số của một ẩn nào đó trong hai phương trình của hệ là bằng nhau hoặc đối nhau - Đôi khi ta có thể dùng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình đã cho về hệ phương trình với hai ẩn mới, rồi sau đó sử dụng một trong hai phương pháp giải ở trên I VẼ ĐỒ THỊ & TÌM TỌA ĐỘ GIAO ĐIỂM CỦA (P): y = ax2 (a ≠ 0) VÀ (D): y = ax + b (a ≠ 0) 1.Hàm số y = ax2(a ≠ 0): Hàm số y = ax2(a ≠ 0) có những tính chất sau: • Nếu a > 0 thì hàm số đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0 • Nếu a < 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 thì đồ thị nằm phía dưới trục hoành 0 là điểm cao nhất của đồ thị Vẽ đồ thị của hàm số y = ax2 (a ≠ 0): • Lập bảng các giá trị tương ứng của (P) • Dựa và bảng giá trị → vẽ (P) 2 Tìm giao điểm của hai đồ thị :(P): y = ax2(a ≠ 0) và (D): y = ax + b: • Lập phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D): cho 2 vế phải của 2 hàm số bằng nhau → đưa về pt bậc hai dạng ax2 + bx + c = 0 • Giải pt hoành độ giao điểm: + Nếu ∆ > 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 3 Xác định số giao điểm của hai đồ thị :(P): y = ax2(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 → đưa về pt bậc hai dạng ax2 + bx + c = 0 nhau • 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 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 1 Năm học: 2019 – 2020 + (Dm) và (P) không giao nhau khi ∆ < 0 → giải bất pt → tìm m BÀI TẬP VẬN DỤNG 2 x có đồ thị (P) và y = -x + m có đồ thị (Dm) 2 1 Với m = 4, vẽ (P) và (D4) 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: a) (Dm) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 1 b) (Dm) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt c) (Dm) tiếp xúc (P) Xác định tọa độ tiếp điểm HD: 1 Tọa độ giao điểm: (2 ; 2) và (– 4 ; 8) 3 2a) m = 2 1 2b) ∆ ' = 1 + 2m > 0 ⇒ m > − 2 1 1 2c) m = − → tọa độ tiếp điểm (-1 ; ) 2 2 Bài tập 2: Cho hai hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P) và y = – 3x + m có đồ thị (Dm) 1 Khi m = 1, vẽ (P) và (D 1) 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 → tọa độ tiếp điểm ( ; − ) 2c) m = 8 4 8 2 Bài tập 3: Cho hàm số y = – 2x 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 = – 2 xM nên: xM + yM = – 6 ⇔ xM + (– 2 xM ) = – 6 Bài tập 1: Cho hai hàm số y = ⇔– 2x 2 M  x1 = 2 ⇒ y1 = − 8 + xM + 6 = 0 ⇒   x2 = − 3 ⇒ y2 = − 9  2 2 3 9 Vậy có 2 điểm thỏa đề bài: M1(2; – 8 ) và M2( − ; − ) 2 2 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 2 Năm học: 2019 – 2020 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 = − xM nên: xM + yM = – 4 ⇔ xM +( − xM ) = – 4 2 2 4 8  x1 = − ⇒ y1 = − 3 2  ⇔ − xM + xM + 4 = 0 ⇒ 3 3  2  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)  x A = xB 3 Gọi A là điểm ∈ (P) và B là điểm ∈ (D) sao cho  Xác định tọa độ của A và B 11y A = 8 yB 2 5 25 HD: 2 Tọa độ giao điểm: ( −1 ; ) và ( ; ) 3 2 6 3 Đặt xA = xB = t 2 2 • A(xA; yA) ∈ (P) ⇒ yA = xA2 = t2 3 3 5 5 • B(xB; yB) ∈ (D) ⇒ yB = xB + = t + 3 3 t1 = 2 2 2 5 22 2 40 t − 8t − =0 ⇒  • Theo đề bài: 11 y A = 8 y B ⇔ 11 t = 8.( t + ) ⇔ t2 = − 10 3 3 3 3  11 8 8   x A = 2 ⇒ y A = 3 ⇒ A( 2; 3 ) • Với t = 2 ⇒   x = 2 ⇒ y = 11 ⇒ B( 2; 11) B  B 3 3 10 200 10 200  xA = − ⇒ y A = ⇒ A( − ; )  10  11 363 11 363 ⇒ • Với t = − 10 25 10 25 11 x = − ⇒ y = ⇒ B( − ; ) B  B 11 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 HKII Trang 3 Năm học: 2019 – 2020 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 x+ 7 7 3 34 34 34 ⇒ I(0; • I(xI, yI) ∈ đường thẳng AB nên: yI = 0 + = ) 7 7 7 7 • Phương trình đường thẳng AB: y = 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) • yA = 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 → ⇒  ⇔ Đường thẳng AB: y = 1  −1 = − a + b b = −  2 1 1  y = y = x − • Tọa độ M là nghiệm của hệ pt:  2 2 ⇔ x =  y = 0 • 1 1 x – 2 2 0 1 Vậy: M(1; 0) ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 4 Năm học: 2019 – 2020 2 Bài tập 10: Cho (P): y = x 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: • • • • • 3 1 1 1 OH.OA = 1 1 = (cm2) 2 2 2 1 1 OK.KB = 2 4 = 4 (cm2) ∆ OKB vuông tại K ⇒ SOKB = 2 2 ⇒ Gọi I là giao điểm của (D) với trục Ox yI = 0 ⇒ xI = 2 ⇒ I(2; 0) 1 1 BK.KI = 4 4 = 8 (cm2) ∆ IKB vuông tại K ⇒ SIKB = 2 2 1 SOAB = SIKB – (SOHA + SOKB ) = 8 – ( + 4) = 3,5 (cm2) 2 ∆ OHA vuông tại H ⇒ SOHA = • • • 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 II PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN 1 Định nghĩa Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình có dạng ax2 + bx + c = 0, trong đó x là ẩn; a, b, c là những số cho trước gọi là các hệ số và a ≠ 0 2 Công thức nghiệm của phương trình bậc hai: a Nhẩm nghiệm:  x1 = 1 • a + b +c = 0 ⇒ pt (1) có 2 nghiệm:   x2 = c a   x1 = − 1 • a – b +c = 0 ⇒ pt (1) có 2 nghiệm:   x2 = − c a  b) Giải với ∆ : Tính ∆ : ∆ = b2 – 4ac − b+ ∆ − b− ∆ • Nếu ∆ > 0 ⇒ phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = ; x2 = 2a 2a −b • Nếu ∆ = 0 ⇒ phương trình có nghiệm kép: x1 = x2 = 2a ⇒ • Nếu ∆ < 0 phương trình vô nghiệm * Chú ý: Nếu phương trình có a và c trái dấu thì ∆ > 0 Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt c) Giải với ∆ ' : Nếu b = 2b’ ⇒ b’ = b ⇒ ∆ ' = (b’)2 – ac 2 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 5 Năm học: 2019 – 2020 • Nếu ∆ ' > 0 ⇒ phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = − b'+ ∆ ' −b'− ∆ ' ; x2 = a a • Nếu ∆ ' = 0 ⇒ phương trình có nghiệm kép: x1 = x2 = • Nếu ∆ ' < 0 ⇒ phương trình vô nghiệm −b' a 3 1 Định lí Vi –ét: Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x1, x2 thì: b  S = x1 + x 2 =−   a  c P = x x = 1 2  a  *Chú ý: Để kiểm tra phương trình bậc hai có nghiệm, ta kiểm tra một trong hai cách sau: 1) a.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 b 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 c 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 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 8 Năm học: 2019 – 2020 7 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 8 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 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 HD: 1 Khi m = –2, ta có phương trình: x2 + 5x + 4 = 0, pt có a – b + c = 1 –5 + 4 = 0 ⇒  x1 = − 1  c 4  x2 = − = − = − 4  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 x 1, x2 không phụ thuộc vào m HD: 1 Khi m = 3, ta có phương trình: x2 – 4x + 3 = 0, pt có a + b + c = 1 +(–4) + 3 = 0 ⇒  x1 = 1  c 3  x2 = = = 3  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 x 1, x2 độc lập với m 1 2 HD: 1 Khi m = 2, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 = –1, x2 = − 2 ∆ = (2m – 3)2 ≥ 0, ∀m 3 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 9 Năm học: 2019 – 2020 •  m > 2 ⇔ ⇔ ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (2m – 3) > 0 |2m – 3| > 0  m <  Hệ thức: 2S + 4P = 1 ⇒ 2( x1 + x2) + 4 x1x2 = 1 3 2 3 2 • 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 x 1, 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 – 3) < 0 ⇒ m < 2 Bài tập 5 : Cho phương trình bậc hai x2 –2(m – 1)x + m2 = 0 (1) 1 Tìm m để: a) Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt b) Pt (1) có một nghiệm là – 2 2 Giả sử x1, x2 là 2 nghiệm của pt (1) CMR: (x1 – x2)2 + 4(x1 + x2) + 4 = 0 HD: 1a • Phương trình (1) có ∆ ' = 1 – 2m 1 2 1b Pt (1) có một nghiệm là – 2 khi: (– 2)2 –2(m – 1)(–2) + m2 = 0 ⇔ m2 + 4m = 0 ⇔  m1 = 0 m = − 4  2 • Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi ∆ ' > 0 ⇔ 1 – 2m > 0 ⇔ m < 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 Ta có: (x1 – x2)2 + 4(x1 + x2) + 4 = (x1 + x2)2 – 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 ∆ ' = m + m + 5 =  m+ ÷ + > 0, ∀m 2 4  2 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 10 Năm học: 2019 – 2020 + ở vị trí so le trong + ở vị trí so le ngoài + ở vị trí đồng vị - Là hai dây chắn giữa chúng hai cung bằng nhau trong một đường tròn - Chúng là hai cạnh đối của một hình bình hành Dạng 4: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc  Cách chứng minh: - Chúng song song song song với hai đường thẳng vuông góc khác - Chứng minh chúng là chân đường cao trong một tam giác - Đường kính đi qua trung điểm dây và dây - Chúng là phân giác của hai góc kề bù nhau Dạng 5: Chứng minh ba đường thẳng đồng quy  Cách chứng minh: - Chứng minh chúng là ba đường cao, ba trung tuyến, ba trung trực, ba phân giác trong (hoặc một phân giác trong và phân giác ngoài của hai góc kia) - Vận dụng định lí đảo của định lí Talet Dạng 6: Chứng minh hai tam giác bằng nhau  Cách chứng minh: * Hai tam giác thường: - Trường hợp góc - cạnh - góc (g-c-g) - Trường hợp cạnh - góc - cạnh (c-g-c) - Trường hợp cạnh - cạnh - cạnh (c-c-c) * Hai tam giác vuông: - Có cạnh huyền và một góc nhọn bằng nhau - Có cạnh huyền bằng nhau và một cạnh góc vuông bằng nhau - Cạnh góc vuông đôi một bằng nhau Dạng 7: Chứng minh hai tam giác đồng dạng  Cách chứng minh: * Hai tam giác thường: - Có hai góc bằng nhau đôi một - Có một góc bằng nhau xen giữa hai cạnh tương ứng tỷ lệ - Có ba cạnh tương ứng tỷ lệ * Hai tam giác vuông: - Có một góc nhọn bằng nhau - Có hai cạnh góc vuông tương ứng tỷ lệ Dạng 8: Chứng minh đẳng thức hình học  Cách chứng minh: Giả sử phải chứng minh đẳng thức: MA.MB = MC.MD (*) - Chứng minh: ∆MAC ∼ ∆MDB hoặc ∆MAD ∼ ∆MCB - Nếu 5 điểm M, A, B, C, D cúng nằm trên một đường thẳng thì phải chứng minh các tích trên cùng bằng tích thứ ba: MA.MB = ME.MF MC.MD = ME.MF Tức là ta chứng minh: ∆MAE ∼ ∆MFB ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 30 Năm học: 2019 – 2020 ∆MCE ∼ ∆MFD → MA.MB = MC.MD * Trường hợp đặc biệt: MT2 = MA.MB ta chứng minh ∆MTA ∼ ∆MBT Dạng 9: Chứng minh tứ giác nội tiếp  Cách chứng minh: Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: - Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 - Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện - Tứ giác có 4 đỉnh cách đều một điểm - Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc α Dạng 10: Chứng minh MT là tiếp tuyến của đường tròn (O;R)  Cách chứng minh: - Chứng minh OT ⊥ MT tại T ∈ (O;R) - Chứng minh khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng MT bằng bán kính - Dùng góc nội tiếp Dạng 11: Các bài toán tính toán độ dài cạnh, độ lớn góc:  Cách tính: - Dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông - Dựa vào tỷ số lượng giác - Dựa vào hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông - Dựa vào công thức tính độ dài, diện tích, thể tích C 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 BAC = 600 HD: ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 31 Năm học: 2019 – 2020 1 CMR: OF ⊥ AB và OE ⊥ AC: + (O,R) có: ·ACF ntieá  p chaé n »AF  · » » » BCF ntieá p chaé nBF  ⇒ AF = BF ⇒ OF ⊥ AB  ·ACF = BCF · (CF laøphaâ n giaù c)  + (O,R) có: ·  ABE ntieá p chaé n »AE  · » » » CAE ntieá p chaé nCE  ⇒ AE = CE ⇒ OE ⊥ AC  · · ABE = CAE (BE laøphaâ n giaù c)  2 CMR: Tứ giác AMON nội tiếp: · OF ⊥ AB taïi M ⇒ OMA = 900  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 2 OA π R2  OA  Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA ⇒ S = π  = π = ÷ 4 4  2  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 //  1 OE ⊥ AC taïi N ⇒ NA = NC = AC   2 BC (2) Từ (1) và (2) ⇒ ⇒ ID ⊥ MN · 4 CMR: Nếu D nằm trên (O) thì BAC = 600: + I và D đối xứng qua BC ⇔ BC là đường trung trực của ID, suy ra: · · • ∆ IBD cân tại B ⇒ CBD ( BC là đường trung trực đồng thời là đường = CBE cao) · · • ∆ ICD cân tại C ⇒ BCD ( BC là đường trung trực đồng thời là đường = BCF cao) + Khi D nằm trên (O,R) thì: • CBD · »  ntieá p chaé nCD  ·CBE ntieá » » = CE »   p chaé nCE  ⇒ CD » = CD »  ⇒ »AE = EC » »  Mà: CE = AE (cmt) · · CBD = CBE (cmt)   » + CD » = ACD ¼ ⇒ CD » = 1 ACD ¼ • Mặc khác: »AE + EC (1) 3 • BCD · »  ntieá p chaé nBD  · »  ⇒ BD » = BF »  BCF ntieá p chaé nBF » » »   ⇒ AF = FB = BD » »  Mà: BF = AF (cmt) · · BCD = BCF (cmt)   ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 32 Năm học: 2019 – 2020 » + BD » = ABD ¼ ⇒ BD » = 1 ABD ¼ • Mặc khác: »AF + FB (2) 3 · » ⇒ ·BAC = 1 sñBC » = 1 (sñBD » + sñCD » ) (3) • BAC n.tieá p chaé nBC 2 2 + Từ (1), (2) và (3) 1 1 ¼ 1 ¼  1 1 ¼ + sñ ABD ¼ ⇒ ·BAC =  sñ ABD + sñ ABD = sñ ABD = 3600 = 600 ÷ 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 ( 2 Khi BM = ) a 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: · · + ∆ ABM = ∆ BCN (c.g.c) ⇒ BAM = CBN · · · · + CBN + ABH = ABC = 900 ⇒ AHB = 900 (ĐL tổng 3 góc của ∆ AHB) · ⇒ AM ⊥ BN tại H ⇒ ·AHN = MHN = 900 + Tứ giác AHND có: ⇒ ·AHN + ·ADN = 1800 ⇒ AHND là tứ giác nội tiếp · · + Tứ giác MHNC có: ⇒ MHN + MCN = 1800 ⇒ MHNC là tứ giác nội tiếp a Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a: 4 a a 3a ⇒ CN = ⇒ DN = + Khi BM = 4 4 4 2 Khi BM = + ∆ AND vuông tại D ⇒ AN = 2 5a  3a  AD + DN = a +  ÷ = 4  4  2 2 2 2 + Diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND: S = π AN 2 25π a 2  5a  = π  ÷ :4 = 4 64  4  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của MN theo a: + Đặt x = BM = CN ⇒ CM = a – x ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 33 Năm học: 2019 – 2020 + ∆ MCN vuông tại C ⇒ MN = CM + CN = (a – x) + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2 2 2 2 2 a  a2  x 2 −  ÷+ 2 2  2 a ⇒ MN2 đạt giá trị nhỏ nhất là a khi x 2 − =0 2 2 2 a ⇒ MN đạt giá trị nhỏ nhất là a = a 2 khi x = 2 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là a a 2 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 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 ⇒ BHC = 900 nhìn đoạn BC ⇒ H ∈ đường tròn đường kính BC (1) · + CK ⊥ AB ⇒ BKC = 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: · ¼  KBH n.tieá p chaé nHK · · · ·  ⇒ KBH = KCH ⇒ ABE = ACF · ¼  KCH n.tieá p chaé nHK  + Đường tròn (O) có: · ABE ntieá p chaé n »AE   · »  ⇒ »AE = CF » ⇒ AE = AF (1) CAE ntieá p chaé n AF   · · ABE = CAF (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: ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 34 Năm học: 2019 – 2020 · »  BCK n.tieá p chaé nBK  · · · ·  ⇒ BCK = BHK ⇒ BCF = BHK (3) · »  BHK n.tieá p chaé nBK  + Đường tròn (O) có: · »  BCF n.tieá p chaé nBF  · ·  ⇒ BCF = BEF (4) ·BEF n.tieá » p chaé nBF  Từ (3) và (4) ⇒ · ·  BHK = BEF  ⇒ EF // HK · · BHK vaøBEF ñoà ng 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: • h= a 3 2 • O là trọng tâm của ∆ ABC ⇒ R = OA = 2 2 a 3 a 3 h= = 3 3 2 3 2 • • •  a 3  π a2 S(O) = π R = π  ÷ ÷ = 3 (đvdt)  3  1 1 a 3 a2 3 SABC = a.h = a (đvdt) = 2 2 2 4 1 1 π a2 a2 3 a2 (4π − 3 3) Svp = ( S(O) – SABC ) = ( )= (đvdt) 3 3 3 4 36 2 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 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 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 35 Năm học: 2019 – 2020 HD: a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D cùng thuộc một đường tròn: · + BAD = 900 nhìn đoạn BD ⇒ A ∈ đường tròn đường kính BD (1) · + BHD = 900 nhìn đoạn BD ⇒ H ∈ đường tròn đường kính BD (2) · + BCD = 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: + ∆ DEC và ∆ BEH có: · · DEC = BEH ( ñoá i ñæ nh) ∆ BEH (g.g)  ⇒ ∆ DEC · · DCE = BHE = 900  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 • ∆ DEC vuông tại C ⇒ DE = EC + CD 2 ⇒ DE =  a ÷ + a2 = a 5 2  2 BE.CE • Từ: DE.HE = BE.CE (cmt) ⇒ EH = DE  a a a 5 a 5 ⇒ EH =  ÷ : = 10  2 2 2 a 5 a 5 3a 5 + = 2 10 5 d) CMR: HC là tia phân giác của ·DEF : • DH = DE + EH = + Đường tròn đường kính BD có: · »   CHD ntieá p chaé nCD  · ·  0 ·  ⇒ CHD = CBD 1 ·CBD ntieá » 0  ⇒ CHD = 45 (1) · · p chaé nCD  Mà: CBD = ABC = 45  2  · · · + Mặc khác: CHD + CHF = DHF = 900 (2) 1· · · · ⇒ HC là tia phân giác của DHF = CHF = DHF + Từ (1) và (2) ⇒ CHD 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 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 36 Năm học: 2019 – 2020 HD: 1 CMR: Tứ giác MBOH nội tiếp dược đường tròn: · + ABCD là hình vuông ⇒ BD ⊥ AC ⇒ BOH = 900 (1) · · + (O) có: BMD nội tiếp chắn đường tròn ⇒ BMD = 900 (2) · · + Từ (1) và (2) ⇒ BOH + BMD = 900 + 900 = 1800 ⇒ MBOH là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BH * CMR: DH.DM = 2R2: ∆DOH và ∆DMB có: · · DOH = DMB = 900  ∆ DMB (g.g)  ⇒ ∆ DOH · BDM : chung  DO DH ⇒ = ⇒ DO DB = DH DM ⇒ R.2 R = DH DM ⇒ DH DM = 2 R 2 (đpcm) DM DB 2 CMR: MD.MH = MA.MC: + (O,R) có: · ¼  • MDC n.tieá p chaé nMC  · · · ·  ⇒ MDC = MAC ⇒ MDC = MAH · ¼  MAC n.tieá p chaé nMC  » = AD » • CD = AD (ABCD là hình vuông) ⇒ CD • CMD · »  n.tieá p chaé nCD  ·AMDn.tieá » · · p chaé n AD  ⇒ CMD = ·AMD ⇒ CMD = ·AMH  » = AD » CD  + ∆ MDC và ∆ MAH có: · · MDC = MAH (cmt)  ∆ MAH (g.g)  ⇒ ∆ MDC · CMD = ·AMH (cmt)  ⇒ MD MC = ⇔ MD MH = MA MC MA MH 3 Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C: + Khi ∆MDC = ∆MAH ⇒ MD = MA + (O,R) có: ¼ + CD » = MB » + BA » (1) ¼ ¼ ⇒ MC • MD = MA ⇒ MCD = MBA » = BA » (2) • Do:CD = BA ⇒ CD ¼ = MB ¼ ⇒ M là điểm chính giữa BC » Từ (1) và (2) ⇒ MC » Hay M’là điểm chính giữa BC + Do ∆MDC = ∆MAH ⇒ ∆M’DC = ∆M’AH’ ⇒ M’C = M’H’ ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 37 Năm học: 2019 – 2020 ⇒ ∆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: a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng: + (O) có ·ABC nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AC ⇒ ·ABC = 900 (1) + (O’) có ·ABD nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD ⇒ ·ABD = 900 (2) · + Từ (1) và (2) ⇒ CBD = ·ABC + ·ABD = 1800 ⇒ Ba điểm C, B, D thẳng hàng b) Tính độ dài đoạn OO’: + (O) và (O’) cắt nhau tại A và B ⇒ OO’ là đường trung trực của AB + Gọi H là giao điểm của OO’ và AB ⇒ OO’ ⊥ AB tại H; HA = HB = + ∆ AHO vuông tại H ⇒ OH = OA2 − HA2 = 1 AB = 12 (cm) 2 202 − 122 = 16 (cm) + ∆ AHO’ vuông tại H ⇒ O ' H = O ' A2 − HA2 = 152 − 122 = 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 + ∆ OEK vuông tại E ⇒ KE 2 = OK 2 − OE 2 (1) 2 2 2 + ∆ OHK vuông tại H ⇒ OK = OH + HK (2) 2 2 2 2 2 + Từ (1) và (2) ⇒ KE = (OH + HK ) – OE = 16 + HK2 – 202 = HK2 – 144 (*) + ∆ O’FK vuông tại F ⇒ KF 2 = O ' K 2 − O ' F 2 (3) 2 2 2 + ∆ O’HK vuông tại H ⇒ O ' K = O ' H + HK (2) ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 38 Năm học: 2019 – 2020 + Từ (3) và (4) ⇒ KF = (O’H + HK ) – O’F = 9 + HK – 15 = HK2 – 144 (**)  +Từ (*) và (**) ⇒ KE 2 = KF 2 ⇒ KE = KF m cuû a EF  ⇒ K laøtrung ñieå 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 COD = 900 c) AC BD = R2 · 2 Khi BAM = 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 2 2 2 2 2 2 2 HD: 1a) CMR: Tứ giác AOMC nội tiếp: · + Ax là tiếp tuyến tại A ⇒ OAC = 900 (1) · + CD là tiếp tuyến tại M ⇒ OMC = 900 (2) · · Từ (1) và (2) ⇒ OAC + OMC = 1800 ⇒ AOMC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OC · 1b) CMR: CD = CA + DB và COD = 900: + Hai tiếp tuyến CA và CM cắt nhau tại C ⇒ CA = CM và OC là 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 MOB (2) Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB + (O,R)có: · · AOM + MOB = 1800 (keàbu)ø  · = 900 OC laøphaâ n giaù c cuû a ·AOM  ⇒ COD  · OD laøphaâ n giaù c cuû a MOB  2 1c) CMR: AC BD = R : ∆COD vuoâ ng taïi O 2  2  ⇒ OM = MC.MD  ⇒ AC.BD = R OM ⊥ CD  vôù i OM =R,MC = AC, MD = BD  ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 39 Năm học: 2019 – 2020 · 2 Khi BAM = 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: · ¼  BAM noä i tieá p chaé n BM 0 · · •  ⇒ DBM = BAM = 60 (1) · ¼  DBM taïo bôû i t.tuyeá nvaødaâ y cungchaé n BM  • ∆ BDM có DB = DM ⇒ ∆ BDM cân tại D (2) Từ (1) và (2) ⇒ ∆ BDM đều + Nửa (O, R) có: · ¼  BAM noä i tieá p chaé n BM 0 0 · · •  ⇒ BOM = 2.BAM = 2.60 =120 · ¼ BOM ôûtaâ m chaé n BM  2 2 π R n π R 60 π R2 • Squạt = (đvdt) = = 360 360 3 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 MB đến đường tròn (O), ở đây A, 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 CHD 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: + ∆ MAC và ∆ MDA có: · MDA:chung  ∆ MDA (g.g)  ⇒ ∆ MAC · · »  MAC = MDA (cuø ng chaé n AC)  MA MC ⇒ = ⇔ MA2 = MC.MD (đpcm)) MD MA b) CMR:5 điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên một đường tròn: + (O) có: · • I là trung điểm của dây CD ⇒ OI ⊥ CD ⇒ OIM = 900 nhìn đoạn OM (1) · • MA ⊥ OA (T/c tiếp tuyến) ⇒ OAM (2) = 900 nhìn đoạn OM ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 40 Năm học: 2019 – 2020 · • MB ⊥ OB (T/c tiếp tuyến) ⇒ OBM (3) = 900 nhìn đoạn OM Từ (1), (2) và (3) ⇒ 5 điểm M, A, I, O, B ∈ đường tròn đường kính OM · c) CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn Suy ra AB là phân giác của CHD : + ∆ OAM vuông tại A ⇒ MA2 = MO MH   Mà:MA2 = MC MD (cmt )  MH MC ⇒ MO MH = MC MD ⇒ = MD MO + và ∆ MDO có: · DOM : chung   ∆ MDO (c.g.c) MH MC  ⇒ ∆ MHC =  MD MO  · · · ·  ⇒ MHC = MDO ⇒ MHC = CDO · ·  ⇒ CDO + CHO = 1800 0 · · Maø : MHC = CHO = 180 (keàbu)ø Suy ra: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn (đpcm) · * CMR: AB là phân giác của CHD : + ∆ COD có OC = OD = R ⇒ ∆ COD cân tại O · · · ·  ⇒ CDO = DCO ⇒ MDO = DCO  · · » cuû Maø : OHD = DCO(cuø ng chaé n OD a ñöôø ng troø n noä i tieá p töùgiaù c CHOD)  · ·  ⇒ MDO = OHD · ·  ⇒ OHD = MHC (1) · · Maø : MDO = MHC (cmt) · ·  AHC = 900 − MHC + Mặc khác: (2)  ·AHD = 900 − OHD ·  · · Từ (1) và (2) ⇒ AHC  = AHD   · · · Maø : AHC + AHD = CHD   · · ⇒ AB là tia phân giác của CHD Suy ra: HA là tia phân giác của CHD (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: + Gọi K là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại C và D của (O) · + CK ⊥ OC (T/c tiếp tuyến) ⇒ OCK = 900 nhìn đoạn OK (1) · + DK ⊥ OD (T/c tiếp tuyến) ⇒ ODK = 900 nhìn đoạn OK (2) Từ (1), (2) ⇒ Tứ giác OCK nội tiếp đường tròn đường kính OK · · » ⇒ OKC = ODC (cuø ng chaé n OC) · ·  ⇒ OKC = MDO · ·    ⇒ OKC = MHC · ·  Maø : MHC = MDO(cmt)  0 · · Maø : MHC + OHC = 180 (keàbu)ø  · · ⇒ OKC + OHC = 1800 ⇒ Tứ giác OKCH nội tiếp đường tròn đường kính OK · ⇒ OHK = ·OCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 41 Năm học: 2019 – 2020 ⇒ HK ⊥ MO   ⇒ HK ≡ AB ⇒ 3 điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm) Maø : AB ⊥ MO(cmt) Bài 9: Cho hình vuông cạnh a , lấy điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B,C) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K 1 Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp 2 Chứng minh: KM ⊥ DB 3 Chứng minh: KC KD = KH KB 4 Kí hiệu SABM , SDCM là diện tích của tam giác ABM, tam giác DCM CMR: (S ABM + SDCM ) không đổi Xác định vị trí của M trên BC để S 2ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ nhất Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a HD: 1 CMR: BHCD là tứ giác nội tiếp: · + BHD = 900 nhìn đoạn BD ⇒ H ∈ đường tròn đường kính BD (1) · + BCD = 900 nhìn đoạn BD ⇒ C ∈ đường tròn đường kính BD (2) Từ (1) và (2) ⇒ B, H, C, D ∈ đường tròn đường kính BD 2 Chứng minh: KM ⊥ DB: + ∆ BDK có : DH ⊥ BK   BC ⊥ DK  ⇒ M là trực tâm của ∆ BDK ⇒ KM là đường cao thứ ba ⇒ KM ⊥ DH caé t DK taïi M  DB 3 Chứng minh: KC KD = KH KB: · · KCB = KHD = 900  + ∆ KCB và ∆ KHD có:  ⇒ ∆ KCB · BKD : chung  KC KH ⇒ KC KD = KH KB (đpcm) = KB KD 4 CMR: (SABM + SDCM ) không đổi: 1 1 + ∆ ABM vuông tại B ⇒ SABM = AB.BM = a.BM 2 2 1 1 + ∆ DCM vuông tại C ⇒ SDCM = CD.CM = a.CM 2 2 1 1 Từ (1) và (2) ⇒ SABM + SDCM = a.BM + a.CM 2 2 ∆ KHD (g.g) ⇒ ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII (1) (2) Trang 42 Năm học: 2019 – 2020 1 1 1 1 a.(BM + CM) = a.BC = a.a = a2 2 2 2 2 1 + Vì a là không đổi ⇒ a2 không đổi ⇒ (SABM + SDCM ) không đổi 2 * Xác định vị trí của M trên BC để S 2ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ nhất Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a: + Đặt x = BM ⇒ CM = a – x = 2 2 1  1  + Ta có: S +S =  a.BM ÷ +  a.CM ÷ = 2  2  1 = a2  x2 + (a − x)2  4 1 = a2  2x2 − 2ax + a2  4 1 2 2 1 2  = a  2(x − ax + a ) 4  2  1 2 1 2 1 2  = a (x− a) + a ) 2  2 4  1 2 1 2 1 4 a4 = a (x− a) + a ≥ 2 2 8 8 4 a 2 2 + SDCM + Giá trị nhỏ nhất của SABM là khi : x− 8 2 ABM 2 DCM 2 1  1   2 a.x÷ +  2 a.(a − x)     2 1 1 a = 0 ⇒x= a 2 2 a4 8 Bài 10: Cho điểm A ở ngoài đường tròn (O, R) Gọi AB, AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (B và C là hai tiếp điểm) Từ A vẽ một tia cắt đường tròn tại E và F (E nằm giữa A và F) a) CMR: ∆ AEC và ∆ ACF đồng dạng Suy ra AC2 = AE AF b) Gọi I là trung điểm của EF Chứng minh 5 điểm A, B, O, I, C cùng nằm trên một đường tròn 2 2 + SDCM Vậy khi M là trung điểm của BC thì SABM đạt giá trị nhỏ nhất là HD: a) CMR: ∆ AEC và ∆ ACF đồng dạng Suy ra AC2 = AE AF: + ∆ AEC và ∆ ACF có: ·ACE = CFE · »  (cuø ng chaé n CE  ⇒ ∆ KCB ∆ KHD (g.g) ·CAF : chung  ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 43 Năm học: 2019 – 2020 ⇒ AC AE ⇒ AC2 = AE AF (đpcm) = AF AC b) Gọi I là trung điểm của EF Chứng minh 5 điểm A, B, O, I, C cùng nằm trên một đường tròn: + (O) có: • I là trung điểm của dây EF ⇒ OI ⊥ EF · = 900 nhìn đoạn OA (1) ⇒ OIA • AB ⊥ OB (T/c tiếp tuyến) · (2) ⇒ OBA = 900 nhìn đoạn OA • AC ⊥ OC (T/c tiếp tuyến · ) ⇒ OCA (3) = 900 nhìn đoạn OA Từ (1), (2) và (3) ⇒ 5 điểm , A,B, O, I, C ∈ đường tròn đường kính OA ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 9 HKII Trang 44 ... trình có nghiệm phân biệt c) Giải với ∆ '' : Nếu b = 2b’ ⇒ b’ = b ⇒ ∆ '' = (b’)2 – ac ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN HKII Trang Năm học: 20 19 – 2020 • Nếu ∆ '' > ⇒ phương trình có nghiệm phân biệt: x1 =... chứng minh: ∆MAE ∼ ∆MFB ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN HKII Trang 30 Năm học: 20 19 – 2020 ∆MCE ∼ ∆MFD → MA.MB = MC.MD * Trường hợp đặc biệt: MT2 = MA.MB ta chứng minh ∆MTA ∼ ∆MBT Dạng 9: Chứng minh tứ giác... trung điểm BC · d) CMR: HC tia phân giác DHF ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN HKII Trang 35 Năm học: 20 19 – 2020 HD: a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D thuộc đường tròn: · + BAD = 90 0 nhìn đoạn BD ⇒ A ∈ đường