CỦNG CỐ TOÁN 9- TẬP 2

Website: tailieumontoan.com 3A. a) Ta có a = 2, b = -3, c = -5. Tính được ∆ = 49 > 0. Phương trình có hai nghiệm phân việ=t: x1,2 −b ± ∆ ⇒ x ∈ −1; 5  2a  2   b) ta có a = 1, b = -6, b' = -3, c= 8. Tính được ∆' = 1. Ta tìm được x ∈{4;2} . c) Ta có a = 9, b = -12, c = 4. Tính được ∆ = 0. Phương trình có nghiệm kép là x=1 x=2 2. 3 d) Ta có a = -3, b = 4, c = -4. Tính được ∆ = -32 < 0. Phương trình vô nghiệm. 3B. Tương tự 3A. a) Tìm được x 1,2 = 1± 3 5 b) Tìm được x = 2. 2 c) Tìm được x ∈ −1; 1  d) Tìm được x ∈∅ .  5   4A. Tương tự 3A a) Tìm được x ∈  3 − 5 ; −3 − 5   2 2    b) Tìm được x = 2 c) Tìm được x1 = 3 = −1 3 , x2 2 d) Tìm được x ∈  6 + 2 6 ; −6 + 2 6   3 3    4B. Tương tự 3A, 4A a) Tìm được x1,2 = − 11 ± 5 b) Tìm được x ∈∅ 2 {c) Tìm được x ∈ 2; 3} b) Tìm được x 3 3 5A. Xét ∆' = (m - 1)2 - m(m - 3) = m + 1 a) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi m ≠ 0 ⇔ Tìm được m ≠ 0, m > −1. ∆ > 0 b) Xét m = 0 ⇒ 2x − 3 = 0 ⇔ x = 3 (TM ) 2 Xét m ≠0. Phương trình có nghiệm kép khi m ≠ 0 ⇔ m =−1 ∆ ' =0 c) Tương tự, ta tìm được m < -1 d) Tìm được m = 0 e) Tìm được m ≥ 1; m ≠ 0 . 5B. Tương tự 5A a) Tìm được m > −1, m ≠ 2 b) Tìm được m = −1 4 4 d) Tìm được m < −1 d) Tìm được m = 2 4 e) Tìm được m = 2 hoặc m > −1 . 4 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com 6A. a) Ta có ∆= m2 + 2m +1 ≥ 0, ∀m ⇒ ∆= m +1 * ∆ = 0 ⇔ m = −1: Phương trình đã chó có nghiệm kép: x=1 x=2 m −1 2 * ∆ > 0 ⇔ m ≠ −1: Phương trình đã chó có nghiệm phân biệt: x1 = m, x2 = −1 b) Với m= 3 ⇒ Phương trình có dạng: −6x − 3 =0 ⇔ x =− 1 2 Với m ≠ 3 ⇒ ∆=' 9m −18 * ∆ ' < 0 ⇔ m < 2 : Phương trình vô nghiệm. * ∆'= 0⇔ m= 2 : Phương trình có nghiệm kép: x=1 x=2 m m−3 * ∆ ' > 0 ⇔ m ≠ 3 : Phương trình có nghiệm phân biệt: x1,2 = m ± 9m −18 m > 2 m−3 6B. Tương tự 6A a) Với m = 0 ⇒ x = 2 ; Với n ≠ 0 ⇒ ∆ = −12m +1 * ∆ ' < 0 ⇔ m > 1 : Phương trình vô nghiệm. 12 * ∆= 0 ⇔ m= 1: Phương trình có nghiệm kép: x=1 x=2 1− 2m 2m 12 * ∆ > 0 ⇔ m ≠ 0 : Phương trình hai có nghiệm phân biệt: x1,2 = 1 − 2m ±1 − 12m m < 1 2m 12 b) Với m = 2 ⇔ x = 1 ; 3 Với m ≠ 2 ⇒ ∆=' 4m +1: * ∆ ' < 0 ⇔ m < −1 : Phương trình vô nghiệm. 4 * ∆'= 0⇔m= −1 : Phương trình có nghiệm kép: x=1 x=2 m +1 m−2 4 * ∆ > 0 ⇔ m ≠ 0 : Phương trình có hai nghiệm kép: x1,2 = m +1± 4m +1 m > −1 m−2 4 7A. Ta có ∆ = (b − c − a)(b − c + a)(b + c − a)(b + c + a) . Từ đó chứng minh được ∆ < 0 . 7B. Ta có ∆= a2 + b2 + c2 − 2ab − 2bc − 2ca Vì a < b + c ⇒ a2 < ab + ca . Tương tự ta có b2 < ab + bc và c2 < ca + bc . Từ đó suy ra ∆ < 0. 8A. Gọi x 0 là nghiệm chung của hai phương trình. Ta có: (a − c)x0 =d − b Nếu a≠c thì x0 = d −b . Thay x0 vào phương trình ta được ĐPCM. a−c Nếu a = c thì b = d ⇒ ĐPCM. 8B. Ta có ∆1 + ∆2= a2 + b2 − 4(a + b). Từ 1 + 1 = 1 ⇒ a + b = 1 ab . ab 2 2 Từ đó ta có ∆1 + ∆2= a2 + b2 − 2ab= (a − b)2 ≥ 0 ⇒ ĐPCM. Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com 9A. a) Gọi x0 là nghiệm chung của hai phương trình. Ta biến đổi được (1 + m) x0 = m +1. Tìm được m = -1 hoặc m = 2. b) Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Hai phương trình cùng vô nghiệm ⇒ −2, m < −1 4 Trường hợp 2: JHai phương trình cùng có nghiệm và tập nghiệm giống nhau ⇒ m =−1. Vậy −2 < m < −1 thì hai phương trình tương đương. 4 9B. Tương tự 9A a) Tìm được a ∈∅ b) Tìm được 1 < a < 3 4 10. Tương tự 1A a) Tìm được x ∈  1 ; − 2  b) Tìm được x ∈∅ .  2  c) Tìm được x ∈  2; 2  d) Tìm được x ∈  5 ± 17     2   3    11. Tương tự 5A a) m > −17 b) m = −17 c) m < −17 24 24 24 d) m ∈∅ e) m ≥ −17 c) m < −1. 12. a) m ≠ 0, m > −1 24 b) m = −1 d) m = 0 e) m ≥ −1 13. Tương tự 9A a) Tìm được m = 2 hoặc m = -3. b) Tìm được 1 < m < 2 2 BÀI 3. HỆ THỨC VI-ÉT VÀ ỨNG DỤNG 1A. Ta có ∆= 13 > 0 ⇒ PT đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có  x1 + x2 =5  x1.x2 = 3  a) Ta có A = x12 + x22 = (x1 + x2 )2 − 2x1x2 = 52 − 2.3 =19 b) Ta có C = x13 + x23 = (x1 + x2 )3 − 3x1x2 (x1 + x2 ) = 80 c) Ta có D= 1 + 1 x14 + x24 (x12 + x22 )2 − 2(x1x2 )2 = 343 x14 x24 x1.x2 4 (x1x2 )4 81 ( )= = d) Ta có E = x1 − x2 = ( x1 + )x2 2 − 4x1x2 = 13 1B. Tương tự 1A a) Ta có M = − 25 b) Ta có N = 13 6 14 c) Ta có P = − 49 d) Ta có Q = −17 4 12 2A. a) Ta có ∆ =' (m − 3)2 ≥ 0, ∀m ⇒ Phương trình có hai nghiệm x1, x2 với mọi m Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com b) Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có  x1 + x2 = 2m − 4  x1.=x1 2m − 5  Biểu thức liên hệ giữa x1 , x2 không phụ thuộc vào m là: x1 + x2 − x1x2 =1 2B. Tương tự 2A Phương trình có hai nghiệm x1x2 với mọi m Biểu thức liên hệ giữa x1 , x2 không phụ thuộc vào m là: 2( x1 + x2 ) + x1x2 =−4 3A. a) Ta có a+b+c = 15 + (−17) + 2 = 0 ⇒ x1 = 1, x2 = 2 15 b) Ta có a − b + c =0 ⇒ x1 =−1, x2 =1234 1230 c) Ta có a + b + c =0 ⇒ x1 =1, x2 =−7 − 4 3 d) Ta có a − b + c =0 ⇒ x1 =−1, x2 =2 5 3B.Tương tự 3A a) Ta có=x1 1,=x2 2 b) Ta có x1 =−1, x2 =32 7 23 c) Ta có x1 = 1, x2 = − 1979 d) Ta có x1 =−1, x2 =198 1975 311 4A. a) Ta thấy a + b + c = (m − 2) + (−2m − 5) + m + 7 = 0 ⇒ Phương trình luôn có nghiệm x = 1 không phụ thuộc vào m. b) Với m = 2: Phương trình chỉ có nghiệm x = 1. Với m ≠ 2 : Phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = m + 7 m−2 4B. a) Thay x = -2 vào phương trình đã cho, ta có (2m −1)(−2)2 + (m − 3)(−2) − 6m − 2 =0 (luôn đúng) ⇒ ĐPCM. b) Với m = 1 : Phương trình chỉ có nghiệm x = -2. 2 Với m≠ 1: Phương trình có hai nghiệm x ∈ −2; 3m +1  2m −1 2 5A. Thay x = -2 vào phương trình ta tìm được m = 1 hoặc m = 2 * Với m= 1, ta có: x2 − 6x −16 =0 ⇔  x = 8  x = −2 * Với m = 2, ta có: 2x2 − 9x − 26 =0 ⇔  x = 13  2  x = −2 5B. Tương tự 5A. Tính được m = 4; x2 = -18. 6A. a) Ta có u,v là hai nghiệm của phương trình sau X 2 − 15 X + 36 =0 ⇔ X = 12 ⇒ (u,v) ∈{(12;3),(3;12)}  X =3 b) Ta có (u + v)2 = u2 + v2 + 2uv = 13 + 2.6 = 25 ⇔ u + v =5 u + v =−5 * Với u + v =5 ta có u,v là hai nghiệm của phương trình sau: Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com X2 −5X +6 = 0⇔ X =2  X =3 Vậy (u,v)∈{(2;3),(3; 2),(−2; −3),(−3; −2)} 6B. Tương tự 6A a) Không tồn tại u,v thỏa mãn vì 42 - 4.7 = -12 < 0. b) Tìm được (u,v)∈{(−2;−10),(−10;−2)} 7A. Ta có (2 + 3) + (2 − )3 =4 và (2 + 3)(2 − 3) =1 Do đó 2 + 3 và 2 − 3 là nghiệm của phương trình sau: X2 - 4X + 1 = 0 7B. Tương tự 7A. Tìm được phương trình X2 + 4X -77 = 0. 8A. a) Ta có ∆= 25 +12m ≥ 0 . Tìm được m ≥ − 25 12 ( )b) Ta có S = 2 + 2 = 2 x12 + x22 = 50 +12m x12 x22 9m2 ( x1x2 )2 V=à P x2=12 . x222 ( x=1x42 )2 9 . Với ĐK 0 ≠ m ≥ 25 thì ta có 2 và 2 là hai nghiệm 9m2 12 x12 x22 của phương trình bậc hai X 2 − 509m+12=2 X + 9m4 2 0 ha : 9m2 X 2 − 2(6m=+ 25) X + 4 0. 8B. Tương tự 8A Điều kiện m ≥ − 25 . Phương trình tìm được là X 2 + 10 + 6m X + m =0 (Điều 12 3m + 6 m + 2 kiện: −2 ≠ m ≥ − 25 ) 12 9A. a) Ta có x2 - 7x + 6 = (x - 1) (x - 6) b) Ta có 30x2 - 4x - 34 = 30 ( x + 1)  x − 17   15  ( )( )c) Ta có x − 5 x + 6= x − 2 x − 3 ( )d) Ta có 2x − 5 x +=3 2 x −1  x − 3   2  9B. Tương tự 9A a) Ta có 4x2 − 5x +=1 4 ( x −1)  x − 1   4  b) Ta có 21x2 − 5x − 26= 21( x +1)  x − 26   21  ( )c) Ta có 4x − 7 x +=3 4 x −1  x − 3   4  ( )d) Ta có 12x − 5 x=− 7 12 x −1  x + 7   12  10A. a) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu ⇔ ac < 0 ⇔ m < −1 b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. ⇔ ∆= 82 − 4(2m + 6) > 0 ⇔ m < 5 c) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt cùng âm Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com ∆ > 0 4m2 − 8m + 4 > 0 m < 2 ⇔ S < 0 ⇔ 2(m − 3) < 0 m ≠ 1 P > 0 8 − 4m > 0 ⇔ d) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt cùng dương ∆ > 0 32 − 8m > 0 ⇔ −1 < m < 4 ⇔ S < 0 ⇔ 6 > 0 2 P > 0 2m +1 > 0 e) Vì ∆ = (m −1)2 − 4(−3 − m) = (2m −1)2 +15 > 0, ∀m ∈  ⇒ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Phương trình có dungd 1 nghiệm dương ⇔ ac =−3 − m < 0 . Tìm được m > −3 10B. Tương tự 10A a) Tìm được −1 < m < 2 b) Tìm được m >0 3  ≤ −2 − m c) Tìm được m < −1 d) Tìm được −1 ≤ m < 0 11A. Ta có ∆ = 52 − 4(m + 4) = 9 − 4m Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ m < 9 4 Theo hệ thức Vi-ét ta có  x1 + x2 =5  x1.x2= m+4  a) ta có x1 + x2 =4 ⇔ ( x1 + x2 )2 − 2x1x2 + 2 x1x2 =16 ⇒ 2 m + 4 = 2m −1. Tìm được m ∈∅ . b) Ta có 3x1 + 4x2 =6 ⇔ 3(x1 + x2 ) + x2 =6 ⇒ x2 =−9 Vì x = -9 là nghiệm của phương trình nên ta có (−9)2 − 5.(−9) + m + 4 =0 . Tìm được m =−3 ± 13 11B. Tương tự 10A và 11A a) Tìm được m = 4 b) Tìm được m < −1    x2 = −1  x2 ≠ −2 c) Tìm được −1 < m < 0 d) Tìm được m < −1   x2 ≠ −2 3) Tìm được m = −1 g) Tìm được m ≥1 m ≤ −5 12. Tương tự 1A a) Ta có A = −11 b) Ta có B = − 16 9 87 c) Ta có C = 9 d) Ta có D = −41 13. Tương tự 3A a) Ta có =x 1 1,=x2 1 b) Ta có x 1=−1, x2 =3 16 c) Ta có =x 1 1,=x2 19 d) Ta có x 1=−1, x2 =247 246 14. Tương tự 6A Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com a) Tìm được (u,v)∈{(7;−15),(−15;7)} b) Tìm được (u,v)∈{(15;−6),(−6;15)} 15. a) Tìm được m = ±4 b) Ta có Amin = 33 ⇔ m = 0 c) Ta có hệ thức x1 + x2 + 2x1x2 =−17 16. Tương tự 10A. m >  a) Tìm được −2 < m < 4 b) Tìm được − 9 <m< −2 c) Tìm được −2 < m < −1 4 17. Tương tự 10A và 11A. a) ta có ∆= 25 > 0,∀m ∈  d) Tìm được m ∈∅ b) Tìm được m < −3 c) Ta có Amin = 25 ⇔ m = −1 d) Tìm được m = −1 2 2 m = 0 18. a) Ta có =∆ 4(m − 3)2 ≥ 0, ∀m ∈  b) Tìm được m > 1 BÀI 4. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI 1A. a) Đặt x2 = t ≥ 0 , ta có: t2 + 5t − 6 =0 Giải ra ta được t = 1 (TM) hoặc t = −6 (loại) Từ đó tìm được x = ±1 b) Đặt (x +1)2 =t ≥ 0 Sau khi tìm được t ta tìm được x =−1± 2 3 . 1B. a) x ∈∅ b) x = ±1 2A. a) ĐK: x ≠ 1 và x ≠ 2 Quy đồng mẫu thức, giải được: x =± 19 − 3 b) Tìm đượck x = −17 hoặc x =−1± 31 c) Tìm được x = 5 2B. a) x = − 5 hoặc x = 5 b) x = 1 c) x = 1 hoặc x = 5 4 2 (3A. a) Đưa PT về dạng: x − 2 )( x + )2 ( x + 3) =0 { }Từ đó tìm được x ∈ ± 2;−3 b) Tìm được x = 4 3B. a) x = 1 hoặc x = 5 ± 33 b)=x 1=; x 0 hoặc x = 10 4 23 4A. a) Đặt y = x2 + 3x +1. Giải ra ta được y = ±3 Từ đó tìm được x = −3 ± 17 2 b) Xét hai trường hợp Trường hợp 1: Với x = 0, thay vào thấy không là nghiệm Trường hợp 2. Với x ≠ 0 , chia cả hai vế của PT cho x2 sau đó đặt x +16 + 60 =y . x Giải ra ta được y = 2 hoặc y = -3. Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Từ đó tìm được x = 15 hoặc x = -4. c) Trường hợp 1. Xét x = 0, thay vào thấy không là nghiệm. Trường hợp 2. Xét x ≠ 0 , chia cả tử và mẫu cho x sau đó đặt =y 3x + 2 . Giải ra ta x được y = -11 hoặc y = 2. Từ đó tìm được x = −11± 97 6 4B. a) x = 3 ± 37 hoặc x = 3 ± 5 22 b) x = 4 hoặc x = -5 c) x = 5 hoặc x = − 2 43 5A. a) ĐK: x ≥ 0 ; Biến đổi phương trình ta được x −3 =3− x ⇔ x −3≤0⇔ 0≤ x ≤9 b) PT ⇔ 3 − x ≥ 0 ⇔  x ≤ 3 ⇔ x =8   x = 8 7  x 2 + x + 1 = 9 − 6x + x2 7 5B. a) x = 1 b) x = 1hoặc x = 5 6. a) Thêm 4x2 ở cả hai vế của PT, ta được ( x2 )+ 2 2 = (2x + 6)2 Giải ra ta được x= 1± 5 b) Tìm được x = 1 c) Tìm được x = −1± 5 1− 3 2 2 7. a) ĐK: 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ 4 1− x ≥ 1− x và 4 x ≥ x ⇒ VT ≥ 1− x + x = 1 = VP Dấu \"=\" xảy ra ⇔ 1=− x 0 ⇒== xx 1 1=− x 1 0 Kết luận b) Tìm được x = 1 . 2 8. Đặt 2x −1 = t (t ≥ 0) ⇒ t2 − 6t + 5= 0 . Tìm được t từ đó tìm được x ∈{−2;0;1;3} b) PT ⇔  x − 5x 2 + 2x 5x =11  x + 5  x+5 Đặt x2 = t , tìm được t = −11 hoặc t = 1 x+5 Từ đó tìm được x = 1± 21 b) x = 1 hoặc x = −3 b) Vô nghiệm 2 d) x= 2 ± 3 10. a) x = ±2 2 11. a) x = 2 5 12. a) x= 1± 3 hoặc x= 1± 2 c) x = −7 ± 17 d) x= 2 ± 3 2 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com 13. a) x = −1 hoặc x= 1± 7 b) x = 1 3 4 −1 BÀI 5. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH 1A. Gọi số tấm thảm phân xưởng phải dệt trong một ngày theo kế hoạch là x (ĐK: x ∈ N* ) Theo bài ra ta có phương trình: 3000 − 2 = 8 + 3000 − 8x x x +10 Giải phương trình ta được x = 100 (TMĐK) Kết luận 1B. Tương tự 1A, tháng đầu tổ 1 và tổ 2 lần lượt làm được 300 và 420 sản phẩm. 2A. Gọi năng suất của tổ 1 là: x ( x > 0, phần công việc/giờ); Năng suất của tổ 2 là 1 − x (phần công việc/giờ) 2 Thời gian tổ 1 làm 1 mình xong công việc là: 1 giờ; x Thời gian tổ 2 làm 1 mình xong công việc là; 1 1 giờ; − 2 x Theo bài ra có phương trình=: 1 1 1 − 3 . − x x 2 Giải phương trình ta được x = 1 3 Vậy thời gian tổ 1, tổ 2 hoàn thành công việc 1 mình lần lượt là 3 giờ và 6 giờ. 2B. Người thứ nhất hoàn thành vông việc một mình trong 40 giờ. Người thứ hai hoàn thành vông việc một mình trong 60 giờ. 3A. Người thứ hai làm một mình xong công việc trong 15 giờ. 3B. Nếu làm một mình, người thứ nhất làm xong công việc trong 22 giờ 30 phút, người thứ hai làm trong 45 giờ. 4A. Gọi số lớn là a; số bé là 2a − 9 3 Ta có phương trình: a2 −  2a − 9 2 =119  3  Giải phương trình ta được a = 12. Vậy số lớn là 12, số bé là 5 4B. Gọi số thứ nhất là a, số thứ hai là 17 - a. Theo đề bài ta có phương trình: a3 + (17 − a)3 =1241 Giải phương trình ta có = 9 hoặc a = 8 Vậy số lớn là 9, số bé là 8. 5A. Chiều rộng khu vườn là 60m; Chiều dài khu vườn là 80m. 5B. Diện tích thửa ruộng là 308m2. 6A. Gọi thời gian người đó đi từ A đến B là t giờ. Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 20 phút nên thời gian về là t − 1 (giờ). Từ 3 đó ta có phương trình =25t 30  t − 1   3  Giải phương trình ta được t = 2 (giờ). Vậy quãng đường AB là 50km. 6B. Quãng đường AB là 60km 7A. Gọi quãng đường AB là x km ( x > 30) Thời gian xe máy thứ nhất chạy là x giờ, thời gian xe máy thứ hai chạy là 30 x + 2 (giờ). 36 3 Theo đề bài ta có phương trình: x= x + 2 30 36 3 Giải phương trình ta được x = 120 Vậy quãng đường AB là 120km 7B. Vận tốc người đi từ A đến B là 12km/h và của người đi từ B đến A là 9km/h. 8A. Gọi thời điểm hai người gặp nhau là lúc x(giờ) (x > 0); Theo bài ra ta có phương trình: 10( x − 7=) 30  x − 26  ;  3  Giải phương trình ta được x = 9, 5; hay lúc 9 giờ 30 phút. hai người gặp nhau lúc 9 giờ 30 phút. 8B. Đoàn tàu từ Hà Nội đi thành phố Hồ Chí Minh với vận tốc 40km/h; đoàn tàu từ Nam Định đi thành phố Hồ Chí Minh với vận tốc 35km/h. 9A. Gọi vận tốc riêng của canô là v (km/h). Theo đề bài ta có phương trình: 4 (v + 3) = 2(v − 3) 3 Giải phương trình ta được v = 15 (km/h) 9B. Vận tốc canô khi nước yên lặng là 16km/h. 10A. Gọi số học sinh lớp 8A là x ( x> 21); Số học sinh lớp 8A là 94 - x. Theo đề bài ta có phương trình: 25 x + 20 (94 − x) =21 100 100 Giải phương trình ta có x = 44. Vậy số học sinh lớp 8A là 44 em, 8B là 50 em. 10B. Số học sinh lớp 8A là 33 em, 8B là 27 em. 11. Người thứ nhất làm một mìnhtrong 4 giờ thì xong công việc; Người thứ hai làm một mình trong 6 giờ thì xong công việc. 12. Đơn vị 1 thu hoạch được 350 tấn thóc; đơn vị 2 thu hoạch được 250 tấn thóc. 13. Theo quy định mỗi ngày tổ sản xuất phải làm 40 sản phẩm. 14. Độ dài các cạnh của tam giác vuông lần lượt là 5cm, 12cm và 13cm. 15. Đáp số: 23 và 32 16. Vận tốc canoo khi xuôi dòng là 180 km / h 11 17. Thời gian xe lăn bánh trên đường là 48 giờ. Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com 18. Vận tốc của máy bay cánh quả là 600km/h; Vận tốc của maysbay phản lực là 900km/h. 19. Khối lượng riêng hai chất lần lượt là 0,8g/cm3; 0,6g/cm3. BÀI 6. BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG THẲNG PARABOL 1A. a) Với n = 1, ta được d :=y 1 x +1 2 i) HS tự làm. ii) Xét PT hoành độ giao điểm của d và (P): x2 − 1 x −1 =0 22 Giải ra ta được x1 = -1 và x2 = 2. Từ đó tìm được A  −1; 1  ; B(2; 2)  2  iii) Tính được S AOB =3 bằng một trong các cách sau: 2 Cách 1. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuônggóc của A, B trên trục Ox. Khi đó SAOB = SAHKB - SAHO- SBKO Cách 2. Gọi I là giao điểm của d và Oy, M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên trục Oy. Khi đó S AOB = S AOI + SBOI = 1 AM .OI + 1 BN.OI 2 2 Cách 3. Gọi T là hình chiếu vuông góc của O trên d. Khi đó: S AOB = 1 OT.AB 2 b) PT hoành độ giao điểm của d và (P): x2 - x - 2n = 0. i) d tiếp xúc với (P) ⇔ ∆ =0 . Từ đó tìm được n = − 1 8 ii) d cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ ∆ =0 Từ đó tìm được n > − 1 8 iii) d cắt (P) tại hai điểm nằm ở hai phía trục Oy ⇔ ac < 0 . Từ đó tìm được n > 0. 1B. a) Với m = 3, ta được d : y = -2x + 3 i) HS tự làm. ii) Xét PT hoành độ giao điểm của d và (P): x2 + 2x - 3 = 0. Giải ra ta được xM = -3 và xN =1. Từ đó tìm được M(-3; 9), N(1; 1) iii) Độ dài MN = ( xN − xM )2 + ( yN − yM )2 = 4 5 b) PT hoành độ giao điểm của d và (p): x2 + 2x - m = 0. i) d tiếp xúc với (P) ⇔ ∆ = 0. Từ đó tìm được m = -1. ii) d cắt không cắt nhau ⇔ ∆ < 0. Từ đó tìm được m < -1. iii) d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ âm ∆ > 0 ⇔ S < 0 . Từ đó tìm được −1 < m < 0 . P > 0 2A. a) Gọi PT đường thẳng d có dạng y = ax + b. Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Theo đề bài ta có: A, B ∈( P) ⇒ A(−2;1), B(4; 4) Do A, B∈d ⇒ 4−a2a++bb==41 ⇔ a = 1 ⇒ d : y= 1 x+2  = 2 2 b 2 b) PT đường thẳng d có dạng: y =−2x + b với b ≠ 5 2 PT hoành độ giao điểm của d và (P) là: x2 + 2x - b = 0. d tiếp xúc với ( P) ⇔ ∆ ' =1+ b = 0 ⇔ b = −1 ⇒ y = −2x −1 c) Gọi PT đường thẳng d có dạng y = ax + b PT hoành độ giao điểm của d và (p) là: x2 ax - b = 0 , với ∆= a2 + 4 b 33 Để d tiếp xúc với (P) tại điểm C(3;3) =∆ +0b==3 ⇔ ba =−23 ⇒ d : y =2x − 3 3a 2B.Gọi PT đường thẳng d có dạng y = ax + b a) Vì M ∈(P) ⇒ M  1 ; 1   2 2  Do O, M ∈d ⇒ b = 0 b =1 . Tìm được a =1 1 a + b = 0  2 2 Từ đó d : y = x b) Vì d ⊥ d ' nên d có dạng: y = -3x + b. PT hoành độ giao điểm của d và (P) là x2 + 6x - 2b = 0 Vì d tiếp túc với (P) nên ∆ ' =0 Từ đó tìm được d : y =−3x − 9 2 c) PT hoành độ giao điểm của d và (P) là 3x2 - ax - b = 0. Vì d tiếp xúc với (P) tại điểm N (1; 3) nên ∆ =0 a + b =3 Từ đó tìm được d : y = kx - 1. 3A. a) Ta có d : y = kx - 1 PT hoành độ giao điểm của d và ( P) : x2 + kx −1 =0 Ta có: ∆= k 2 + 4 > 0 với mọi k ⇒ ĐPCM. b) Ta có: x1 − x2 2 = k 2 + 4 ≥ 4 ⇒ x1 − x2 ≥ 2 c) Sử dụng định lý Pitago đảo 3B. a) Tìm được d ' : y =−3x + 5 b) Tìm được − 9 < m < 0 4 4A. a) Thay tọa độ điểm A vào PT của (P) tìm được m = 2 . Khi đó ta được 3 parabol ( P) : y = 1 x2 3 ( ) ( )b) Tìm được A −2 3;4 và B 2 3;4 ⇒ AB =4 3 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Từ đó=SAOB 1=AB.4 8 3 (đvdt) 2 4B. a) Tìm được y = -x2 b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là x2 + 2mx - m + 2 = 0 có ∆ = m2 + m - 2. Với ∆ > 0 ⇔ m > 1 hoặc m < -2 thì d cắt (P) tại hai điểm phân biệt. - Với ∆= 0 ⇔ m= 1 hoặc m = -2 thì d tiếp xúc (P). - Với ∆ < 0 ⇔ −2 < m < 1 thì d không cắt (P). 5. a) A(−2; −1) b) a = −1 và ( P) : y = − 1 x2 c) y= x +1 44 6. a) HS tự vẽ hình b) Tìm được m = -1. c) d luôn đi qua A(2; -1) thuộc (P) 7. a) PT hoành độ giao điểm của d và (P): 1 x2 + mx − 2 =0 2 Vì a, c trái dấu (hoặc ∆= m2 + 4 > 0 ) ∀m nên ta có ĐPCM. b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của PT hoành độ giao điểm ⇒ A(x1 ; 2 − mx1), B(x2; 2 − mx2 ) và x1 + x2 =−2m, x1x2 =−4 ⇒ AB= (4m2 +16)(m2 +1) ⇒ ABmin =4 tại m = 0 Từ đó SAOB = 4 8. a) PT hoành độ giao điểm của d và (P) có a, c trái dấu. b) Sử dụng định lý Pitago đảo. 9. a) m = -2 hoặc m = 4 b) m = 10 hoặc m = 10 10. a) y = −1 x2 9 4 b) m = −5 11. a) ( 2;2) và (− 2;2) 16 b) ∆ =' (m −1)2 + 2 > 0∀m c) −1 < m < 3 22 ÔN TẬP CHƯƠNG IV 1A. a) − 1 < m ≠ 0 b) m = −1 2 2 c) m < −1 d=) m −=1, m 0 2 2 e) m ≥ −1 b) a ∈∅ 2 1B. a) a > 2 hoặc a < -6. c) a > 2; d) a < -6. 2A. Chứng minh được: ∆1' + ∆'2 + ∆3' > 0 ⇒ ĐPCM. 2B. Ta có: ∆ '= a2 + b2 + c2 − ab − bc − ac Chứng minh được ∆ ' ≥ 0 ⇒ ĐPCM. Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com 3A. a) Biến đổi phương trình thành 3 5 − x =1− 3 2 + x . Sau đó lập phương cả hai vế và đặt 3 2 + x =t .Khi đó phương trình trở thành t2 - t - 2 = 0. Giải ra ta được t = -1 hoặc t = 2 Từ đó tìm được x = -3 hoặc x = 6 b) Cách 1. Dễ thấy x = 2 và x = 1 là nghiệm của phương trình. Đặt A = ( x )−1 2016 + ( x − )2 2016 . Ta nhận thấy khi x > 2 hoặc x < 1 thì A > 1. Khi 1 < x < 2 thì A< 1. Cách 2. Đặt a = x - 1. Phương trình trở thành a2016 + (a −1)2016 =1. Nhận xét phương trình chỉ có nghiệm khi 0 ≤ a ≤ 1 và khi đó a2016 + (a −1)2016 ≤ a2 + (a −1)2 =1− 2a(1− a) Vậy phương trình có nghiệm==⇔ aa 10==⇔ xx 1 2 Kết luận: Phương trình có tập nghiệm là S = {1;2} 3B. a) Biến đổi phương trình về (x + 1)3 = 2009. Từ đó tìm được x =−1+ 3 2009 ; b) Biến đổi phương trình về (x2 - 2x - 1) (x2 - x - 1) = 0. x =1± 2, x =1± 5 2 4A. a) d : y = kx + k - 2; b) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là: x2 + kx + k - 2 = 0. Ta có a, c trái dấu ⇔ k < 2; c) Sma x= −15 ⇔ k= 1 (TM k < 2) 4 2 4B. a) Khi m = 1 thì d : y = x + 1. HS tự vẽ hình. b) d luôn đi qua điểm cố định M (0;1) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) có a, c trái dấu hoặc có ∆= m2 +1 > 0∀m c) m = ±2 3 5A. a) Với m = 2 thì phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = -2; Với m ≠ 2 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = -2 và x2 = -m. b) m = -3 và nghiệm còn lại là x = -2; c) m = 2; d) m = -2; e) m > 0 và hai nghiệm cùng âm; g) i) A = m2 - 8m + 8; ii) m = 0; iii) Amin = -8 ⇔ m = 4; 5B. a) =∆ (2a + 3)2 + 4 > 0∀a ∈  b) Amin =6 ⇔ m =−1 2 c) a > − 3 ; d) a ∈∅ 4 6. a) =∆ (2m − 7)2 + 39 > 0, ∀m ∈  b) Am a x =− 471 ⇔ m =27 16 8 c) m = 3 . 7. a) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) có a, c trái dấu: Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com b) m = 2017 2 8.a) m ≠ −2; b) m = 0; m = −4 c) m < −1; m ≠ −2 9.a) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) có nghiệm kép x = 1 ⇒ y = 2; b) m > 8. 10. a) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) có a, c trái dấu; b) m = ±1 b) m = -20. 11. a) y = -x2 ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG IV ĐỀ SỐ 1 PHẦN I. TRẮC NGHIỆM Câu 1. C Câu 3. A. Câu 2. D Câu 4. C PHẦN II. TỰ LUẬN Bài 1. Giải ra ta được: a) x ∈ −4; −5  { }b) x ∈ −1+ 3;3 + 3  2   Bài 2. a) PT có hai nghiệm phân biệt cùng dương ∆= 8m +1 > 0 ⇔ S= 2m +1 > 0 . Giải ra ta được m > 1. P= m(m −1) > 0 Từ đó kết luận: PT không có hai nghiệm phân biệt cùng dương ⇔ m ≤ 1. b) Gọi các chữ số hàng chục và hàng đơn vị lần lượt là a và b ( )a ∈ *, a ≤ 9; b ∈ , b ≤ 9 Theo đề bài, ta có: a + b =5  a 2 + b2 =13 Giải ra ta được a = 2, b = 3 hoặc a = 3, b = 2. Kết luận. Bài 3. a) HS tự làm b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): x2 = 2mx - 4 = 0. Cách 1. Vì ∆=' m2 + 4 > 0 ∀m nên tacos ĐPCM. Cách 2. Vì ac = -4 < 0 nên PT luôn có hai nghiệm trái dấu do đó chúng phân biệt (ĐPCM) c) i Từ giả thiết và theo hệ thức Vi-ét, ta có:  x1 x2 = −4  x1 − 2 x2 =9  Giải ra ta được x1 = 1, x2 =2m nên tìm được m= −3 hoặc m = 15 2 4 ii) Ta có A = 2(x1 + x2 ) − (x1 + x2 )2 + 2x1x2 . Áp dụng hệ thức Vi-ét và biến đổi ta được: A = -(2m - 1)2 - 7. Từ đó tìm được Amin =−7 ⇔ m =1 . 2 ĐỀ SỐ 2 PHẦN I. TRẮC NGHIỆM Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Câu 1. B Câu 3. D. Câu 2. B Câu 4. A PHẦN II. TỰ LUẬN Bài 1. a)  2 ; 2 { }b) −1− 2;2 − 2  3   Bài 2.a) Tìm được A  −1; 1  và B (2; 2) là tọa độ các giao điểm của d và (P).  2  b) HS tự vẽ d và (P) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy. Cách 1. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục Ox. Khi đó: SAOB = SAHKB − SAHO − SBKO Từ đó tìm được S AOB =3 (đvdt) 2 Cách 2. Gọi I là giao điểm của d và Oy, M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên trục Oy. Khi đó: S AOB = S AOI + SBOI = 1 AM .OI + 1 BN.OI 2 2 Từ đó ta cũng tìm được S AOB = 3 (đvdt) 2 Cách 3. Gọi T là hình chiếu vuông góc của O trên d. T đồng thời thuộc đường thẳng đi qua O và vuông góc với d. Từ đó tính được OT và AB rồi áp dụng công thức S AOB = 1 OT.AB ta cũng tìm được S AOB = 3 (đvdt). 2 2 Bài 3. a) PT có hai nghiệm x1, x2, trái dấu ⇔ ac < 0. Từ đó tìm được m < 0. b) Với m = 5, phương trình có dạng 2x2 - 9x + 5 = 0. Cách 1. Áp dụng công thức nghiệm của PT bậc hai, các nghiệm x1, x2 và thay vào M tìm được M = 61 . 4 Cách 2. Biến đổi M =(x1+x 2)2 − 2x1 x 2 rồi áp dụng hệ thức Vi-ét ta cũng tìm được M = 61 . 4 c) Vì ∆= m2 +16 > 0∀m nên PT luôn có hai nghiệm phân biệt. Xét ba trường hợp: Trường hợp 1. Ta có 0 < x1 < x2 ⇔ xx11x+2 x>2 0> 0 ⇔ m > 0 Trường hợp 2. Ta c ó x1 < 0 < x2 ⇔ ac < 0 ⇔ m < 0 Tr ường hợp 3. Ta có x1 =0 < x2 ⇔  f (0) = 0 ⇔ m =0   x1 + x2 > 0 Kết luận ∆ > 0 d) Ta có 1 < x1 < x2 ⇔ (x1 −1)(x2 −1) > 0 ⇔ m ∈ ∅ . (x1 −1) + (x2 −1) > 0 CHƯƠNG III. GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN BÀI 1. GÓC Ở TÂM. SỐ ĐO CUNG Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com 1A. a) Chứng minh được OM là tia phân giác của góc AMB . Từ đó ta tìm đư=ợc AMO 2=00, AOM 700 b) sđ A=mB A=OB 1400 ⇒sđ AnB = 2200 1B. a) Chứng minh được ∆OEA =∆OFB ⇒ AE =FB b) Chứng minh được O=EF OCD ⇒ AB / /CD 2A. a) Sử dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông ∆AMO ta tính được AOM = 600 b) Tính được AOB = 1200 , sđ ABC = 1200 . c) Ta có AOC = BOC ⇒ AC = BC 2B. Tương tự 2A Chứng minh được AOB = 1200 3. a) Tính được sđ BC = 500 . b) Chứng minh được sđ CBE = 1800 ⇒ C,O, E thẳng hàng (ĐPCM) * Cách khác: sử dụng CDE = 900 ⇒ ĐPCM. 4. Chứng minh được ∆BOC và ∆BOD là tam giác đều nên suy ra được sđ CD nhỏ = 1200 và sđ CD lớn = 2400. 5. a)Chứng minh được ∆BOM =∆CON (c.g.c), từ đó suy ra BM = CN b) Tính được MON = 1000 6. Tính được sđ AB nhỏ = AOB = 900 . Suy ra đ AB lớn = 2700. 7. a) Tính được OK = R 2 b) Tính đư=ợc MOK 6=00, MON 1200 c) HS tự làm. BÀI 2. LIÊN HỆ GIỮA CUNG VÀ DÂY 1A. Trường hợp 1: Tâm O ở giữa của hai dây. Kẻ OM ⊥ AB suy ra OM ⊥ CD tại N. Ta chứng minh được AOM = BOM Tương tự CON = DON (1) (2) Từ (1), (2) ⇒ AOC = BOC ⇒ AC = BD Trường hợp 2: Tâm O nằm ngoài khoảng hai dây. Kẻ OM ⊥ AB suy ra OM ⊥ CD tại N. Tương tự AOC = BOC ⇒ AC = BD 1B. Ta chứng minh AD = BE , mà CD ⊥ AB nên . Từ đó suy ra . * Cách khác:Chứng minh AOC = BOE ⇒ ĐPCM. 2A. Ta lấy K là điểm chính giữa cung nhỏ AB Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Ta chứng minh được CK = KD . Từ đó ta có OK ⊥ CD, OK ⊥ AB ⇒ CD//AB. 2B. a) HS tự chứng minh. b) Ta chứng minh được BE = CD từ đó suy ra BE = CD và tứ giác BDEC là hình thang cân. 3A. a) Ta chứng minh E là trung điểm của AC nên OE = 1 BC. 2 Tương tự ta có OF = 1 DB . 2 Mà BC < BD ta suy ra OE < OF b) Chứng minh được AE2 = AO2 - OE2 và AF2 = AO2 - OF2 Từ đó ta có AE2 > AF2 ⇒ AE > AF ⇒ sđ AE sđ AF 3B. a) HS tự chứng minh b) Ta chứng minh được tứ giác BCEN là hình bình hành ⇒ BC = EN. Do BCDE là hình bình hành ⇒ BC = ED; DE = EN ⇒ BA ⊥EN ⇒ BA ⊥ BC ⇒ BC là tiếp tuyến 4. Ta chứng minh được ∆ABC =∆BDA từ đó suy ra AC = BD 5. a) HS tự chứng minh. b) Chứng minh được M=N C=A CB ⇒ ĐPCM. 6. Gợi ý: Đưa về so sánh góc ở tâm để kết luận. 7. a) HS tự chứng minh. b) Từ giả thiết ta có AB là đường trung trực của CE ⇒ BC = BE ⇒ BF = DE c) Sử dụng mối liên hệ cung và dây. BÀI 3. GÓC NỘI TIẾP 1A. a) HS tự chứng minh. b) ∆IAC  ∆IDB (g.g) c) Sử dụng kết quả câu b). 1B. a) MPHQ là hình chữ nhật ⇒ MH = PQ b) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông chứng minh được MP.MA = MQ.MB ⇒ MPQ  ∆MBA c) PMH = MBH ⇒ PQH = O2QB ⇒ PQ là tiếp tuyến của (O2). Tương tự PQ cũng là tiếp tuyến. 2A. Do sđ MB = sđ MA = sđ NC Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com ⇒ NAS = ANS ⇒ SA =SN ⇒ SM =SC 2B. a) Ta có ACM = 900 (góc nội tiếp) b) ta có ∆ABH  ∆AMC (g.g) ⇒ BA=H OAC,O=CA OAC ⇒ BAH =OCA c) ANM = 900 ⇒ MNBC là hình thang ⇒ BC / /MN ⇒ sđ BN = sđ CM ⇒ CBN =BCM nên BCMN là hình thang cân. 3A. a) Chú ý: M , A, B ∈ (O) và AM=B 900 ⇒ ĐPCM. b) Gợi ý: Chứng minh AK và BI lần lượt là phân giác trong góc A, B của tam giác MAB. 3B. a) Chứng minh được ∆BAE cân tại B. b) Chứng minh được DO//BE (tính chất đường trung bình) Mà AK ⊥ BE (AKB = 900 ) ⇒ AK ⊥ DO 4A. Gợi ý: Chứng minh P là trực tâm tam giác SAB. 4B. a) Chứng minh được BFCH là hình bình hành. b) Sử dụng kết quả câu a), suy ra HF đi qua M. c) Chú ý: OM là đường trung bình của ∆AHF ⇒ ĐPCM. 5. Do AB//CD ⇒ sđ AC = sđ BD ⇒ ĐPCM. 6. Chứng minh được: ∆ABD đồng dạng ∆AEB (g-g) ⇒ ĐPCM. 7.Gợi ý: Xét các tam giác đồng dạng để chứng minh 8. Gợi ý: Sử dụng kết quả Bài 7. ⇒ AO = 12cm. 9. Chứng minh được B=M MC ⇒ AM là phân giác trong. Mặt khác: MAN = 900 ⇒ AN là phân giác ngoài. 10. a) HS tự chứng minh b) Gọi CH ∩ AB =K Chứng minh được ∆MIC cân tại I. ⇒ ICM =IMC Tương tự OMA = OAM Chứng minh được IMO = 900 ⇒ ĐPCM. 11. ABD + ABC =1800 ⇒ C, B, D thẳng hàng. Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com 12. a) Vẽ tiếp tuyến tại C cắt đường AB ở P. Phân giác CPB cắt OC ở I. Vẽ đường tròn tâm I bán kính IC, đó là đường tròn cần tìm. b) Do ACB = 900 nên MCN = 900 ⇒ MN là đường kính của (I) ⇒ ĐPCM. c) Chứng minh được MN//AB nên ID ⊥ MN ⇒ MD = ND hay CD là tia phân giác ACB ⇒ ĐPCM. BÀI 4. GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG 1A. a) A=BM A=NB 1 sđ BM . 2 Chứng minh được: ∆ABM  ∆ANB (g.g) ⇒ ĐPCM. b) Chứng minh AO ⊥ BC áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO và sử dụng kết quả câu b) ⇒ AB2 = AH.AO c) Chứng minh được A=BI CBI (=BI CI ) ⇒ BI là phân giác ABC . Mà AO là tia phân giác BAC ⇒ I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC . 1B. Chứng minh được: ∆BAI  ∆ACI (g.g) ⇒ AB =IB ⇒ AB2 =IB2 AC IA AC2 IA2 Mặt khác: IA2 = IB.IC ⇒ ĐPCM. b) Do ∆BAI  ∆ACI (g.g) ⇒ AI = BI ⇒ AB CI AI CA ⇒ IA =IC − 24 =5 ⇒ IA =35cm IC IA 7 IC = 49cm 2A. a) HS tự chứng minh. b) Tương tự 1A. c) Chứng minh được: BAM = MBC Từ đó chứng minh được: ∆MAB  ∆MBD ⇒ MB2 =MA.MD 2B. Gọi BD ∩ AC =I Ta có =BAI A=CD E=BD 1 sđ ED 2 Áp dụng bổ đề ⇒ ĐPCM. Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com 3A. a) Sử dụng AQ//O'P ⇒ QAP =O' AP ⇒ ĐPCM. b) CP//BR (cùng vuông góc AR) 3B. a) ∆IAK  ∆IBA ⇒ IA =IK IB IA Mà IA =IM ⇒ IM = IK IB IM ⇒ ∆IKM  ∆IMB b) Chứng minh được: I=MK KCB ⇒ BC / /MA (ĐPCM) 4A. Kẻ đường kính AF Chứng minh A1 + B1 = 900 ⇒ AO ⊥ BD 4B. Ta có: DMN= E= GMN, DNM= NFD= GNM ⇒ ∆GMN = ∆DMN b) Chứng minh được MN là đường trung trực của GD ⇒ GD ⊥ EF (1) Gọi J là giao điểm của DC và MN. Ta có JM = JN  CJ  DH DK  CD  Mặt khác: JM = JN (cùng bằng JC.JD ⇒ DH = DK (2). Từ (1) và (2) ⇒ ĐPCM. 5. Chứng minh được ∆AMN  ∆ACB (g.g) ⇒ ĐPCM. 6. HS tự chứng minh. 7. Chứng minh được: ∆DBC  ∆BAD ⇒ DBC =BAD ⇒ sđ DBC = 1 sđ BmD 2 ⇒ BC là tiếp tuyến của (o) 8. Kẻ đường kính BF thì F, A, D thẳng hàng. Gọi DE là tiếp tuyến kẻ từ D. Khi đó ta có: DE2 = DA.DF ⇒ AF = 6cm. Từ đó tính được OB = 10cm 9. HS tự chứng minh. 10. BAM = CAM ⇒ BM = MC ⇒ OM ⊥ BC ⇒ BC / /DE 11. HS tự chứng minh 12. HS tự chứng minh 13. HS tự chứng minh BÀI 5. GÓC CÓ ĐỈNH BÊN TRONG ĐƯỜNG TRÌN. GÓC CÓ ĐỈNH BÊN NGOÀI ĐƯỜNG TRÒN Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com 1A. a) MC=D B=ID 1 sdCD 2 b) Sử dụng kết quả câu a). 1B. Tương tự 1A. HS tự làm. 2A. a) A=MN A=NM 1 sd ED 2 Suy ra ∆AMN cân tại A. Kéo dài AI cắt đường tròn (o) tại K. Chứng minh tương tự, ta có ∆AIE và ∆DIA lần lượt cân tại E và D. b) Xét ∆AMN cân tại A có AI là phân giác. Suy ra AI ⊥ MN tại F và MF = FN. Tương tự với ∆EAI cân tại E, ta có: AF = IF. Vậy tứ giác AMIN là hình hình hành. Mà AI ⊥ MN ⇒ ĐPCM. 2B. Tương tự 2A. HS tự làm. 3A. a) Chứng minh được PA2 = PC.PB và PA2 = PO2 = OA2 ⇒ tính được PO. b) Chứng minh được D=BC D=AB 1 CAB ⇒ ĐPCM. 2 3B. a) Học sinh tự chứng minh. b) Chứng minh A=FM C=AF ( ACF ) ⇒ MF / / AC . c) Chứng minh: M=FN MNF ⇒ ∆MNF cân tại M ⇒ MN =MF Mặt khác: OD = OF = R. Ta có MF là tiếp tuyến nên ∆OFM vuông ⇒ ĐPCM. 4A. a) HS tự chứng minh. b) ∆ADE  ∆ACD (g-g) ⇒ AD2 = AE.AC c) Tương tự: ∆ADF  ∆ABD ⇒ AD2 = AB.AF ⇒ ĐPCM. 4B. a) BID = 1 sđ =DE DBE ⇒ ∆BID cân ở D. 2 b) Chứng minh tương tự: ∆IEC cân tại E, ∆DIC cân tại D. ⇒ EI = EC và DI = DC ⇒ DE là trung trực của CI. c) F ∈ DE nên FI = FC ⇒ FIC = FCI = ICB ⇒ IF / /BC 5. a) Ta có: BPD = 1 (sđ BD - sđ AC ), AQC = 1 (sđ 22 BD + sđ AC ) ⇒ BPD + AQC = sđ BD = 1400 ⇒ BCD =700 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com b) HS tự chứng minh 6. a) HS tự chứng minh ∆BMN cân ở B. b) ∆EDF  ∆DBF (g.g) ⇒ DF =EF BF DF ⇔ DF 2 =EF.BF 7. HS tự chứng minh 8. a) Chứng minh tương tự 4B ý a). b) M chính giữa AB ⇒ NE là phân giác BNA ⇒ BN =EB (tính chất đường phân giác) ⇒ BN.AE AN EA = NA.BE c) Chứng tinh tương tự 4B d) Chứng minh ∆ABN  ∆DBN ⇒ ĐPCM/ 9. HS tự chứng minh 10. KG là đường phân giác của MKP ⇒ MG =MK (1) GP KP KJ là đường phân giác của MKN ⇒ MJ =MK (2) JN KN Chứng minh được: KN = KP (3) Từ (1); (2); (3) ⇒ MG =MJ ⇒ ĐPCM GP JN BÀI 6. CUNG CHỨA GÓC 1A. Ta có A= 500 ⇒ B + C = 1300 DBC + DCB =650 ⇒ BDC =1150 ⇒ Quỹ tích của điểm D là hai cung chứa góc 1150 dựng trên đoạn BC. 1B. Tương tự 1A. Tính được BIC = 1350 ⇒ Quỹ tích của điểm I là hai cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn BC. 2A. Các tam giác ∆ANE, ∆AMC và ∆BMD vuông cân ⇒ AEB = ADB = ACB = 450 Mà AB cố định nên các điểm A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn. 2B. Chứng minh được BIC = 1200 . ⇒ BOC = 2BAC = 1200 và ⇒ BHC = 1800 − 600 = 1200 (góc nội tiếp và góc ở tâm) ⇒ H, I, O cùng nhìn BC dưới góc 1200 nên B, C, O, Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com I, H cùng thuộc một đường tròn. 3A. Bước 1. Vẽ đoạn thẳng AB = 3cm, dựng trung trực d của AB; Bước 2: Vẽ tia Ax tạo với AB góc 550; Bước 3: Vẽ Ay ⊥ Ax cắt d ở O; Bước 4: Vẽ cung AmB tâm O, bán kính OA sao cho cung này nằm trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa tia Ax. AmB là cung cần vẽ. 3B. HS tự thực hiện. Bài toán có 2 nghiệm hình 4. Chứng minh được: CBF + BEM = MDF + DEC = 900 ⇒ BMD =900 nên M thuộc đường tròn đường kính BD. Mà E ∈ BC nên quỹ tích của điểm M là là cung BC của đường tròn đường kính BD. 5. a) Chứng minh ABE = ADE . b) Chứng minh được: ACB = BNM (đồng vị) ⇒ C, D, E nhìn AB dưới góc bằng nhau nên A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn. ⇒ BC là đường kính ⇒ BEC = 900 6. Tương tự 3A. BÀI 7. TỨ GIÁC NỘI TIẾP 1A. Xét tứ giác AMHN có: AMH + ANH = 900 + 900 +1800 ⇒ ĐPCM. Xét tứ giác BNMC có: B=NC B=MC 900 ⇒ ĐPCM. 1B. HS tự chứng minh 2A. Ta có: AED = 1 (sđ AD + sđ MB ) 2 = 1 sđ DM = MCD. ⇒ DEP + PCD = 1800 2 ⇒ PEDC nội tiếp. 2B. Ta có: =MIC C=HM 900 ⇒ MIHC nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc vuông) 3A. a) Học sinh tự chứng minh b) ∆ADB vuông tại D, có đường cao DH ⇒ AD2 = AH.AB Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com c) E=AC E=DC 1 sđ EC, EAC = KHC 2 (Tứ giác AKCH nội tiếp) ⇒ EDC = KHC ⇒ DF//HK (H là trung điểm DC nên K là trung điểm FC) ⇒ ĐPCM. 3B. a) Học sinh tự chứng minh b) N=EC C=BE 1 sđ CE 2 ⇒ ∆NEC ∼ ∆NBE (g.g) ⇒ ĐPCM. c) ∆NCH ∼ ∆NMB (g.g) ⇒ NC.NB = NH.NM = NE2 ∆NEH ∼ ∆NME (c.g.c) ⇒ NEH = EMN d) EMN = EON (Tứ giác NEMO nội tiếp) ⇒ NEH = NOE ⇒ EH ⊥ NO ⇒ ∆OEF cân tại O có ON là phân giác ⇒ EON = NOF ⇒ ∆NEO = ∆NFO vậy N=FO N=EO 900 ⇒ ĐPCM. 4A. a) =HIB H=KB 1800 ⇒ Tứ giác BIHK nội tiếp b) Chứng minh được: ∆AHI ∼ ∆ABK (g.g) ⇒ AH.AK = AI.AB = R2 (không đổi) c) Chứng minh được MCND là hình chữ nhật từ đó ⇒ ĐPCM. 4B. a) Chú ý: AM=O A=IO A=NO 900 b) A=MB M=CB 1 sđ MB 2 ⇒ ∆AMB ∼ ∆ACM (g.g) ⇒ ĐPCM. c) AMIN nội tiếp ⇒ AMN = AIN BE//AM ⇒ AMN = BEN ⇒ BEN = AIN ⇒ Tứ giác BEIN nội tiếp ⇒ BIE = BNM Chứng minh được: BIE = BCM ⇒ IE//CM. d) G là trọng tâm ∆MBC ⇒ G ∈ MI. Gọi K là trung điểm AO ⇒ MK = IK = 1 AO. 2 Từ G kẻ GG'//IK (G' ∈ MK) ⇒ GG ' = MG = MG ' = 2 IK = 1 AO không đổi (1) IK MI MK 3 3 =MG ' 2 MK ⇒ G ' cố định (2). Từ (1) và (2) có G 3 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com thuộc ( G '; 1 AO ). 3 5. Học sinh tự chứng minh. 6. Học sinh tự chứng minh. 7. Học sinh tự chứng minh. 8. Gợi ý: Chứng minh BEFC là hình thang cân 9. Gợi ý: AFE = AHE (tính chất hình chữ nhật và AHE = ABH (cùng phụ BHE ) 10. a) Học sinh tự chứng minh. b) Học sinh tự chứng minh. c) Học sinh tự chứng minh. d) Chú ý: =BIA B=MA, BMC BKC ⇒ Tứ giác BICK nội tiếp đường tròn (T), mà (T) cũng là đường tròn ngoại tiếp ∆BIK. Trong (T), dây BC không đổi mà đường kính của (T) ≥ BC nên đường kính nhỏ nhất bằng BC. Dấu \"=\" xảy ra ⇔ BIC= 900 ⇒ I ≡ A ⇒ M ≡ A 11. HS tự làm. 12. a) HS tự chứng minh. b) OM = R 2 c) MC. MD = MA2 = MH.MO ⇒ MC. MD = MH.MO ⇒ ∆MHC ∼ ∆MDO (c.g.c) ⇒ MHC = MDO ⇒ Tứ giác CHOD nội tiếp Chứng minh được: MHC = OHD ⇒ CHB =BHD (cùng phụ hai góc bằng nhau) 13. HS tự chứng minh. 14. a) HS tự chứng minh. b) HS tự chứng minh. c) Tứ giác ACFK nội tiếp (i) với I là trung điểm của KF ⇒ BD là trung trực AC phải đi qua I. d) HS tự chứng minh. 15. HS tự chứng minh. b) HS tự chứng minh. c) HS tự chứng minh. d) ∆MIH  ∆MAB ⇒ MH =IH =2EH =EH MB AB 2FB FB ⇒ ∆MHE  ∆MBF ⇒ MFA =MEK (cùng bù với hai góc bằng nhau) ⇒ KMEF nội tiếp ⇒ MEF = 900. Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com BÀI 8. ĐỘ DÀI ĐƯỜNG TRÒN, CUNG TRÒN 1A. Bán kính R của đường tròn 9 8 3 4,78 4 Đường kính d của đường tròn 18 16 6 9,56 8 Độ dài C của đường tròn 56,52 50,24 18,84 30 25,12 1B. Bán kính R của đường tròn 1,5 10 2,5 1 8 Đường kính d của đường tròn 3 20 5 2 16 Độ dài C của đường tròn 9,42 62,8 15,7 6,28 50,24 2A. a) l = π dm; b) C = 600π mm; 2B. a) l = 10π dm; b) C = 400π mm; 9 3A. Bán kính R của đường tròn 12 38,8 22 5,2 16,8 Số đo n0 của cung tròn 900 600 80,30 310 280 Độ dài l của cung tròn 18,8 40,6 30,8 2,8 8,2 3B. Bán kính R của đường tròn 14 46,5 20 4,2 12 Số đo n0 của cung tròn 900 500 88,30 350 200 Độ dài l của cung tròn 22 40,6 30,8 2,6 4,2 4A. a) ADB là góc nội tiếp trên đường kính AB ⇒ AD ⊥ BD . b) Do ADC = 900 nên D∈ đường tròn ( k; AC ) 2 c) ∆IBD cân tại I có B = 600 ⇒ ∆IBD đều ⇒ BID = 600 ⇒ lBD = π . 5 .60 5 π cm 2= 6 180 4B. a) Khi M ở ngoài hay M nằm trong đường tròn thì ∆MCD và ∆MBA đều có 2 góc bằng nhau ⇒ ĐPCM. Tỷ số đồng dạng là: CD = 1 AB 2 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

b) ABC = 300 ⇒ AOC = 600 ⇒ lAC = πR Website: tailieumontoan.com 3 Diện tích S Bán kính R Đường kính d Độ dài C 78,5 28,26 5 10 31,4 706,5 28,26 3 6 18,84 15 30 94,2 3 6 18,84 6. a) 2π R = 4π ⇒ R = 2cm b) AOB = 600 (∆OAB đều) ⇒ BOC =1200 lBC nhỏ = π .R.120 = 4 π cm 180 3 và lBC lớn = 8 π cm 3 7. A =1200 ⇒ OAC =600 ⇒ ∆OAC đều ⇒ R= AC= 30cm ⇒ C= 2π R= 6π cm 8. Đặt AB = a; BC = b; CD = c; AD = d. C=( AB) 2π . a π .a . Tương tự C(CD) = π .c =2 2 22 22 Vậy C( AB) + C(CD) =π (a + c) 2 22 Có C(BC) + C(CD) =π (b + d ) 2 22 Tứ giác ABCD ngoại tiếp, kết hợp tính chất tiếp ⇒ a + c = b + d ⇒ ĐPCM. 9. HS tự làm 10. a) AD là phân giác BAC ⇒ D là điểm chính giữa BC ⇒ OD ⊥ BC Mà DE là tiếp tuyến ⇒ ĐPCM. b) ECD 1 sđ=CD D=AC BAD ⇒ ĐPCM. 2 c) HC =P 3 ⇒ HOC =600 ⇒ BOC =1200 2 ⇒=lBC π .R.1=200 2πR 180 3 BÀI 9. DIỆN TÍCH HÌNH TRÒN, HÌNH QUẠT TRÒN 1A. Bán kính Độ dài Diện tích Số đo của cung Diện tích hình tròn (S) tròn n0 hình quạt tròn đường tròn (R) đường tròn (C) cung n0 1,9cm 12cm 11,3cm2 450 1,4cm2 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com 2cm 12,6cm 12,6cm2 351,10 12,5cm2 3,6cm 22,4cm 40,7cm2 900 10,2cm2 1B. Bán kính Độ dài Diện tích hình Số đo của cung Diện tích tròn (S) tròn n0 hình quạt tròn đường tròn (R) đường tròn (C) cung n0 2,2cm 14cm 15,2cm2 600 2,6cm2 4cm 25,1cm 50,3cm2 107,40 15cm2 4,4cm 27,6cm 60cm2 94,80 16cm2 =2A. R 2=2cm,C(O) 4π=2cm, S(O) 8π cm 2 2B. Tương tự 2A. 3A. S = 3π cm 2 3B. Giải tương tự 3A 4A. a) l = 2π R ; b) S = 3R2 − π R2 =( 3 − π )R2 3 33 4B. a) AC = 4cm ⇒ BC = 4 3cm ⇒ R= 4cm ⇒ C= 8π cm, S= 16π cm2 b) ∆AOC đều ⇒ AOC =600 ⇒ COD =1200 ⇒ lCAD π .4.120 =8 π cm . 180 3 ⇒=S 8 π .4 16 π cm2 3= 23 5. a) Chú ý: KMB = 900 và KEB = 900 ⇒ ĐPCM. b) ∆ABE  ∆AKM (g.g) ⇒ AE =AB AM AK ⇒ AE.AK = AB.AM = 3R2 không đổi. c) ∆OBC đều. ⇒ BOC= 600 ⇒ S = π R2 6 6. a) Chứng minh được ∆COD đều ⇒ AMB =600 b) ABC = 300 ⇒ AOC = 600 ⇒ lAC = πR 3 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com ÔN TẬP CHƯƠNG III 1A. a) Chứng minh được H=CB H=KB 900 b) ACK = HBK (CBKH nội tiếp) Lại có: A=CM H=BK 1 sđ AM 2 ⇒ ACM =ACK c) Chứng minh được: ∆MCA = ∆ECB (c.g.c) ⇒ MC = CE Ta có: C=MB C=AB 1 sđ CB = 450 2 ⇒ ∆MCE vuông cân tại C. d) Gọi PB ∩ HK =I PB Chứng minh được ∆HKB đồng dạng với ∆AMB (g.g) ⇒ HK = MA = AP ⇒ HK = AP.BK KB MB R R Mặt khác: ∆BIK  ∆BPA (g.g) (ĐPCM) 1B. a) O=BM O=EM 900 ⇒ Tứ giác OEBM nội tiếp. b) Chứng minh được: ∆ABM  ∆BDM (g.g) ⇒ MB2 =MA.MD c) ∆OBC cân tại O có OM vừa là trung trực vừa là phân giác ⇒ MOC = 1 BOC = 1 sđ BC 22 Mà BFC = 1 sđ BC ⇒ MOC =BFC 2 d) OE=M OC=M 900 ⇒ Tứ giác EOCM nội tiếp. ⇒ MEC = MOC = BFC mà 2 góc ở vị trí đồng vị ⇒ FB / / AM 2A. a) HS tự chứng minh b) MH.MO = MA.MB (=MC2) ⇒ ∆MAH  ∆MOB(c.g.c) ⇒ MHA =MBO MBO + AHO =MHA + AHO =1800 ⇒ AHOB nội tiếp. c) MK2 = ME.MF = MC2 ⇒ MK = MC ∆MKS =∆MCS(ch − cgv) ⇒ SK =SC ⇒ MS là đường trung trực của KC ⇒ MS ⊥ KC tại trung của CK Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com d) Gọi MS ∩ KC =I MI=.MS ME=.MF ( MC2 ) ⇒ EISF nội tiếp đường tròn tâm P ⇒ PI = PS. (1) MI.MS = MA.MB(=MC2) ⇒ EISF nội tiếp đường tròn tâm P ⇒ PI = PS. (1) MI.MS = MA.MB (=MC2) ⇒ AISB nội tiếp đường tròn tâm Q ⇒ QI = QS. (2) Mà IT = TS = TK (do ∆IKS vuông tại I). (3) Từ (1), (2) và (3) ⇒ P, T, Q thuộc đường trung trực của IS ⇒ P, T, Q thẳng hàng. 2B. a) ∆CHE' cân tại C ⇒ CE ' H =CHE ' ∆BHF' cân tại B ⇒ BF ' H =BHF ' Mà ⇒ CHE ' =BHF ' (đối đỉnh) ⇒ CE ' H =BF ' H ⇒ Tứ giác BCE'F' nội tiếp đường tròn tâm (O) b) Có B=FC ' B=E 'C C=HE ' CAB Vậy A, F', E' cùng chắn BC dưới góc bằng nhau. ⇒ 5 điểm B, F', A, E', C cùng thuộc một đường tròn tâm (O). c) AF' = AE' (=AH) ⇒ AO là trung trực của EF ⇒ AO ⊥ E'F'. ∆HE'F' có EF là đường trung bình ⇒ EF//E'F'. ⇒ AO ⊥ FE. d) AF=H AE=H 900 ⇒ AFHE nội tieps đường tròn đường kính AH. Trong (O): Kẻ đường kính AD, lấy I trung điểm BC. ⇒ OI =1 AH , BC cố định ⇒ OI không đổi. 2 ⇒ Độ dài AH không đổi ⇒ Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆AEF không đổi. 3. a) Chứng minh được DBOF nội tiếp đường tròn tâm I là trung điểm của DO. b) OA = OF 2 + AF 2 =5R ⇒ cos DAB =AF =4 3 AO 5 c) ∆AMO  ∆ADB(g.g) ⇒ DM =OB AM OA mà MOD = ODB = ODM ⇒ DM = OM ⇒ DB = DB = AD . Xét vế trái BD − D=M AD − D=M 1 DM OM AM DM AM AM d) DB =AB.tan DAB =8R . 3 =2R ⇒ OM =AO.tan DAB =5R 34 4 ⇒ SOMDB =13R2 8 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com SOMDB ngoai =SOMDB − 1 S(O,R) =R2 (13 − 2π ) 4 8 4. a) BH ⊥ AC và CM ⊥ AC ⇒ BH//CM Tương tự ⇒ CH//BM ⇒ BHCM là hình bình hành b) Chứng minh BNHC là hình bình hành ⇒ NH//BC ⇒ AH ⊥ NH ⇒ AHM = 900 Mà ABN = 90 ⇒ Tứ giác AHBN nội tiếp c) Tương tự ý b, ta có: BHEC là hình bình hành. Vậy NH và HE//BC ⇒ N, H, E thẳng hàng. d) AB=N 900 ⇒ AN là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN. AN =AM =2R ⇒ SAnB , AB =R 3 ⇒ AmB =1200 =S AOB 12=S ABM R2 3 4 SAmB = SatatAOB − S AOB = R2 (4π − 3 3) 12 ⇒ Scan tim = 2S AmB = R2 (4π −3 3) 6 5. a) HS tự chứng minh b) HS tự chứng minh c) ∆AEH vuông nên ta có: K=E K=A 1 AH. 2 ⇒ ∆AKE cân tại K ⇒ KAE =KEA ∆EOC cân ở O ⇒ OCE =OEC H là trực tâm ⇒ AH ⊥ BC Có AEK + OEC = HAC + ACO = 900 (K tâm ngoại tiếp) ⇒ OE ⊥ KE d) HS tự làm 6. a, b, c HS tự làm d) Gợi ý: G' ∈OI mà IG =' 1 ⇒ G ' thuộc ( G '; 1 R ) IO 3 3 7. a) HS tự chứng minh b) HS tự chứng minh c) HS tự chứng minh d) HS tự chứng minh e) HS tự chứng minh g) ∆OHE  ∆FHM ⇒ OH =HE HF HM ⇒ OH.HM = HE.HF ∆MAO vuông tại A, AH ⊥ MO Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com ⇒ OH.HM = AH 2 = AB2 ⇒ AB2 = 4HE.HF 4 h) M=HE M=KE 900 ⇒ Tứ giác KEMK nội tiếp. ⇒ OK.OE=OH.OM = OB2 = R2. i) Do IB =IA ⇒ MBI =ABI ⇒ BI là phân giác ABM Mà IM là phân giác AMB ⇒ I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABM. k) Xét đường tròn đi qua 5 điểm M, B, O, K, A có MA = MA ⇒ MB = MA ⇒ MKB = MKA ⇒ KM là phân giác trong góc BKA , mà KE ⊥ KM ⇒ KE là phân giác ngoài ⇒ KA = AE ⇒ AE = AF KB BE BE BF ⇒ AE.BF = AF.BE 1) HS tham khảo 4B, bài 7. Tứ giác nội tiếp Kết luận: G thuộc đường tròn J' bán kính 2 JO với 3 trung điểm OM và J' thỏa mãn AJ ' = 2 AJ 3 m) Học sinh tự giải. ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG III ĐỀ SỐ 1 PHẦN I. TRẮC NGHIỆM Câu 1. A Câu 2.B Câu 3. C Câu 4. D PHẦN II. TỰ LUẬN Bài 1.a) AIB = 1200 là góc tâm của (O; R) nên sđ AB = 1200 Áp dụng công thức tính độ dài cung tròn l = π Rn 180 với R = 2cm; n0 = 1200 Độ dài cung nhỏ AB=là: l π=.2.120 4π cm 180 3 b) Diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung nhỏ AB và hai bán kính IA, IB là phần tô màu xám. Áp dụng công thức: S = π R2n với R = 2cm; n0 = 1200 360 Tính được S = 4π cm2 3 Bài 2. a) SAO + SBO = 900 + 900 = 1800 Tứ giác OASB nội tiếp b) M=AC C=BA 1 sđ CA 2 ⇒ ∆MAC  ∆MBA (g − g) Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Từ đó suy ra MA2 = MB.MC c) Có MA2 = MB.MC, mà MA = MS ⇒ SM =MC MC MS Chứng minh được ∆MSB  ∆MCS =⇒ MBS CSM h=ay MBS CSA d) Chứng minh NAS = MBS (Vì cùng = CSA ) ⇒ Tứ giác NAOB là từ giác nội tiếp Chứng minh được ANO = ONB ⇒ ĐPCM Bài 3. - Diện tích phần trắng là: 2π (cm2) - Diện tích phần gạch sọc là: 4π -2π =2π (cm2) Hai phần có diện tích bằng nhau. ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG III ĐỀ SỐ 2 PHẦN I. TRẮC NGHIỆM Câu 1. A Câu 2.D Câu 3. B Câu 4.A PHẦN II. TỰ LUẬN Bài 1. a) AnB − cung lớn; AmB − cung nhỏ. Vì sđ AnB + sđ AnB = 3600; mà sđ AnB = 3sđ AnB ; nên sđ AnB = 2700 và độ dài cung AnB là l = 3π R 2 b) Vì ∆OAB vuông cân ⇒ AOB =900 và O=AB O=BA 450 c) Vì AB = R 2 ⇒ OH = R 2 (OH ⊥ AB; H ∈ AB) 2 Bài 2. a) Vì M=BC M=DB 1 sđ CB nên chứng minh được 2 ∆MBC  ∆MDB(g − g) b) Vì MBO + MAO =1800 nên tứ giác MAOB nội tiếp. c) Đường tròn đường kính OM là đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAOB ⇒ r =MO 2 Gọi H là giao điểm của AB với OM ⇒ OH ⊥ AB; AH = BH = R 3 2 Giải tam giác vuông OAM, đường cao AH ta được OM = 2R ⇒ r= R d) Ta có MIB = sđ DE + sđ BC và MAB = sđ AC + sđ BC 22 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Vì AE song song CD ⇒ s=đ DE sđ AC ⇒ MIB = MAB Do tứ giác MAIB nội tiếp hay 5 điểm A, B, O, I, M nằm trên cùng 1 đường tròn kính MO. Từ đó ta có được MIO = 900 ⇒ OI ⊥ CD hay I là trung điểm của CD. CHƯƠNG IV. HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN, HÌNH CẦU BÀI 1. DIỆN TÍCH XUNG QUANH VÀ THỂ TÍCH CỦA HÌNH TRỤ 1A. Ta thu được kết quả trong bảng sau: Bán Chiều Chu vi Diện Diện Diện Thể cao đáy tích tích tích tích kính đáy (cm3) đáy (cm) (cm) (cm2) xung toàn (cm) phần 2π quanh (cm2) (cm2) 1 2 2π π 4π 6π 5 4 10π 25π 40π 90π 100π 4 10 8π 16π 80π 112π 160π 8 25 16π 64π 400π 528π 1600π 1B. Tương tự 1A Chiều Chu vi Diện Diện Diện Thể Bán cao đáy tích tích tích tích kính (cm) (cm) đáy toàn (cm3) đáy (cm2) xung phần (cm) 3 4π (cm2) 20 π 4π quanh 2 (cm2) 12 π 12 π 2 25 4π 4π 100π 100π 108π 1,5 8 3π 2,25π 24π 18π 28,5π 40 5 80π 1600π 400π 8000π 3600π 2A. Vì h = 2R nên V = π R2h = π R2.2R=2π R3 Mặt khác: V = 128π ⇒ R = 4cm ⇒ h = 8cm, Sxq = 2π Rh = 64π cm2 2B. Tương tự 2A. Diện tích toàn phần gấp đôi diện tích xung quanh nên: 2π Rh + 2π R2=2.2π R2 ⇒ 2π Rh = 2π R2 ⇒ R = h. Vậy chiều cao của hình trụ là 3cm. 3A. a) i) Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau có CA = CM và DM = DB nên AC + BD = CM + DM = CD; ii) COD = COM + MOD = 1 (AOM + MOB) = 1 AOB = 900 22 iii) ∆COA  ∆ODB(g.g) ⇒ AC.BD = OA.OB = AB2 4 b) với OC = 2R, OM = r, chứng minh được MCO = 300 ⇒ MOC =600 . Từ đó tính được EM = OM sin 600 = R 3 . 2 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com =OE OM co=s 600 R2=; Sxq 2π .M=E.OE π R2 3 (đvdt) 2 =Và V π=.ME2.OE 3π R3 (đvtt) 8 3B. Tương tự 3A. a) Ta có AE=H AD=H DA=E 900 ⇒ Tứ giác ADHE là hình chữ nhật. Lại có AB.AD = AH2 = AE.AC nên AB.AD = AE.AC b) HB = 9cm, HC = 16cm (Lưu ý: AB < AC nên HB < HC) =HD 3=6 cm, HE 45=8 cm, Sxq 3456 =π cm2 , V 62208 π cm3 5 25 125 4A. Tương tự 1A Bán Chiều Chu vi Diện Diện Diện Thể cao đáy tích tích tích kính đáy tích đáy (cm) (cm) (cm2) xung toàn (cm3) (cm) phần quanh (cm2) (cm2) 5 12 10π 25π 120π 170π 300π 10 3 20π 100π 60π 260π 300π 10 17 20π 100π 340π 540π 1700π 2 5 4π 4π 20π 28π 20π 5. Tương tự 3A a) Tứ giác BIHK nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800) b) Chứng minh AH.AK = AI.AB = 1 R.2R = R2 ⇒ ĐPCM. 2 c) MCND là hình chữ nhật ⇒ MN, AB, CD đồng quy tại I là trung điểm của CD. d) Tam giác OCA đều ⇒ AB=C 300, MC=D 600 Tính được C=D 2=CI 2.=25 25cm, C=M 25 cm 22 =MD 252=3 cm, Sxq 2=π CM .MD 625 3 π cm3 2 BÀI 2. DỆN TÍCH XUNG QUANH VÀ THỂ TÍCH CỦA HÌNH NÓN, HÌNH NÓN CỤT 1A. Ta thu được kết quả trong bảng sau: Bán kính r 5 10 3 5 20 3 10 Đường kính d 10 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Chiều cao h 53 10 12 10 20 13 Đường sinh l 1000π 100π Thể tích V 125 3π 3 Diện tích xung quanh Sxq 50π 200 3 π 65π (300 + 200 3 )π 90π Diện tích toàn phần Stp 75π 10 5 1B. Ta thu được kết quả trong bảng sau: 20 10 55 12 Bán kính r 3 15 13 100π Đường kính d 6 500 5π Chiều cao h 100 Đường sinh l 1009 Thể tích V 300π 3 Diện tích xung quanh Sxq 9π 5 150π 65π 90π Diện tích toàn phần Stp (9 5 + 9)π 250π 2A. a) h = 12cm d)Stp = 216π cm2, V = 324π cm3. ( )2B. π, =3500 π cm3 Sxq =75 17 +125 V 3 3A. a) AOC = ODB (cùng phụ BOD ) ⇒ ∆AOC ∼ ∆BDO (g.g) ⇒ AC =AO BO BD ⇒ AC.BD = a.b (không đổi) b) Ta có C=OA O=DB 600, A=CO D=OB 300,=AC a 3,=BD b 3 3 i) SABCD = 3(a + b)(3a + b) 6 ii) 9 3B. Tính đượ=c Sxq 5=0π , V 79π 4. Tính được sin α = 0,4 ⇒ α = 23035' 5. Tính được V = 100cm3 6. a) V = 9706π cm3 ≈ 9,7l b) S =π (81+ 23 554) ≈ 622,36cm2 7. a) V = 960π cm3 ; b) Sxq = 136cm2 BÀI 3. DIỆN TÍCH VÀ THỂ TÍCH CỦA HÌNH CẦU Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com 1A. Ta thu được kết quả trong bảng sau: Bán kính 0,4mm 6dm 0,2m 100km 6hm 50dam hình cầu 10000 π Diện tích 16 π 144 π 4π 40000π 144π dam2 mặt cầu 25 dm2 25 km2 hm2 500000 π mm2 m2 3 Thể tích 32π 288 π 4π 4000000 π 288 π dam3 hình cầu dm3 375 3 hm2 375 Quả bia m3 km3 61cm mm3 61π mm 1B. Ta thu được kết quả trong bảng sau: 3721 π Loại bóng Quả bóng Quả khúc Quả Quả bóng cm2 gôn côn cầu ten-nít bản 226981π 6 Đường kính 42,7mm 7,32cm 13cm 6cm mm3 Độ dài 134,08 23cm 13π 6π cm đường mm tròn lớn 5728,03 168,33 169 π 36π cm2 Diện tích mm2 cm2 cm2 36π cm3 Thể tích 40764,51 205,36 2197 π mm3 cm3 6 cm3 2A. Tính được R = 3cm 2B. Tính được V = 500 π m3 3 3A. a), b) HS tự chứng minh. c) AM =R ⇒ SMON =25 d) V = 4 π R3 2 SAPB 16 3 3B. Tính được S = 2 πa2 4B. Tính được h = 6 2cm 5. a) Tính được S = 1 b) Tính được Vhc = 2 S xq Vht 3 6. a) Tính được S = 78,5% b) Tính được Vhc = 52, 4% S xq Vhlp 7. a) Tính được S = 64π cm2 và V = 256π cm3 3 b) Tính được S = 211,32π cm2 ÔN TẬP CHƯƠNG IV 1A. a) Tính được r = 1,44cm ⇒ Smc = 4πr2 = 26,03cm2 b) Ta có =Vc 4 π R=3 15,8cm3 ⇒=R 1, 56cm 3 ⇒ V=hn 1 π R2h ≈ 2,53π cm3 3 1B. Tính được V = 2 π h3 3 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com 2A. Khi quay hình chữ nhật quanh cạnh BC: Stp tru= 2π AB.AD + 2π AB=2 S1 Khi quay cạnh CD: Stp tru= 2π AD.AB + 2π BC2= S2 Mặt khác: S1 =S2 ⇔ 2π AD.AB + 2π AB2 =2π AD.AB + 2π BC2 ⇔ AB = BC ⇒ ABCD là hình vuông. 2B. Ta có St=p 2π .BC.AB + 2π BC=2 2π .2.a.a + 2π a=2 6π a2 Ta c=ó: V π BC=2.AB π=a2.2a 2π a3 3. a) S=xqN1 π AC.B=C π .b. b2 +=c2 S1; S =xqN2 π AB.B=C π .c. b2 +=c2 S2; ⇒ S1 ≠ S2 =b) VN1 1=.π .AC2.AB 1πb2c ; 3 3 VN=2 1 .π .AB2.AC= 1 π c2b ⇒ VN1 ≠ VN2 3 3 4. a) Stp = 20, 25π m2 b) Stp = 30, 24π m2 5. a) V=htABCD π  AB =2 .BC π=AB3 π 2 .R3 (1)  2 4 2 Vhc = 4 π R3 (2) 3 =Vhn 13=π  E2F 2 .GH 1 π EF 3 . Tính được GO = 3R 83 =⇒ Vhn 1 π=3 3R3 3π R3 . (3) 83 8 Từ (1), (2) và (3) ⇒ ĐPCM. =b) Stpht 3=π R2 (4), Shc 4π R2 (5) =Stphn 3=π EF 2 3=π 3R2 9 π R2 (6) 4 4 4 Từ (4); (5) và (6) ⇒ ĐPCM. 6. a) Dễ dàng tính được =AC 2=cm, AB 2 3cm=và Shn π=AC.BC 8π =⇒ Vhn 1 π A=C2.AB 8 3π 3 3 b) Tính được Stp = 12π cm2 ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG IV ĐỀ SỐ 1 PHẦN I. TRẮC NGHIỆM Câu 1. D. Câu 3. A. Câu 2. D. Câu 4. D. PHẦN II. TỰ LUẬN Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Bài 1. a) Dung tích của xô là:=V 1π h (r12 + r1r2 + r22 ) 3 với r1 = 5cm, r2 = 10cm; h = 20cm. Thay số liệu và tính toán ta được V  3663cm3 b) Tính được đường sinh của xô dạng hình nón cụt là l  20, 6cm . Diện tích tôn để làm xô mà không kể diện tích các chỗ ghép là S = Sxq + S1 = π (r1 + r2 )l + π r12 với S1 là diện tích đáy nhỏ của đáy dưới của xô. Thay số vào và tính toán ta được S  1048,76cm2 Bài 2. a) Sử dụng các tứ giác nội tiếp chứng minh được PMO = PAO và PN=O PBO ⇒ ∆MON và ∆APB đồng dạng (g.g) b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: MP = MA và NP = NB. Mặt khác MP.NP = PO2 và PO = R ⇒ AM.BN = R2 (ĐPCM) c) Ta có AM =R ⇒ MP =R 22 Mặt khác AM =R ⇒ BN =2R ⇒ PN =2R 2 Từ đó tìm được MN = 5R 2 Vì ∆MON và ∆APB đồng dạng nên =S∆MON =MABN 2 25 S∆APB 16 d) Khi quay nửa đường tròn đường kính AB xung quanh AB ta được hình cầu với tâm O và bán kính R' = OA = R. Thể tích hình cầu đó là V = 4 π R3 (đvdt) 3 ĐỀ SỐ 2 PHẦN I. TRẮC NGHIỆM Câu 1. D. Câu 3. A. Câu 2. D. Câu 4. D. PHẦN II. TỰ LUẬN Bài 1. a) HS tự làm b) Ta có ∆AHI đồng dạng với ∆ABK (g.g) ⇒ AH.AK =AI.AB =R2 c) Chứng minh được I là trung điểm của CD. Từ MCND là hình chữ nhật suy ra MN và CD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường ⇒ ĐPCM. d) Chứng minh được IO=C 600 ⇒ ∆ACO đều nên ACD = 300 . Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Chứng minh được ∆CBD đều nên CD = CB ⇒ CD = 25cm. Áp dụng tỉ số lượng giác trong ∆CDM (M =900 ) ta tính được: MD = 12,5cm và MC  21,7cm . Từ đó tính được diện tích xung quanh hình trụ tạo thành khi cho tứ giác MCND quay quanh MD là: =Sxq 2=π rh 542,5π cm2 Bài 2. a) Gọi thể tích của hình trụ và hình nón lần lượt V1 và V2. Hình trụ và hình nón cùng có bán kính bằng r = 7cm. Ta có thể tích của hình cần tìm là: V =V1 + V2 =π r 2h1 + 1 π r 2 h2 3 với h1; h2 lần lượt là chiều cao ứng với hình trụ và hình nón. Thay số ta được V = 416,5πcm3. b) Thể tích hình nón cụt là: V=nc 1 π h(r12 + r1r2 + r22 ) . 3 Thay số vào và tính toán ta được Vnc = 276,3π cm3 Thể tích hình nón là: Vn = 1π r2h . 3 Thay số ta được Vn = 315,8π cm3 ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II ĐỀ SỐ 1 Bài 1. a) Từ x= 7 − 4 3 , tìm được x= 2 − 3 . Thay vào Q và tính ta được Q−3−2 3 b) Rút gọn được P = 3 x + 3 9−x c) Tìm được M= P= −3 Q x +3 Giải M ≥ − 2 ta tìm được 9 ≤ x ≠ 9 . 34 d) Tìm được A = x + 7 x +3 Ta có A= ( x +1) + 6 ≥ 2 x + 6 = 2. x +3 x +3 Từ đó đi đến kết luận Amin = 2 ⇔ x = 1 * Cách khác: A= x + 7 = x − 3 + 16 x +3 x +3 = x + 3 + 16 − 6 ≥ 2 16 − 6 =2 x +3 ⇒ Kết luận Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Bài 2. Gọi số chi tiết máy tổ một và hai sản xuất được lần lượt là x và y (x, y ∈ * ; x, y < 900) Theo đề bài ta có hệ phương trình: x + y =900 =1010 1,15x +1,1y Giải được x = 400 và y = 500 Vậy theo kế hoạch tổ một và hai phải sản xuất lần lượt 400 và 500 chi tiết máy. Bài 3. a) Cách 1. Đặt 1 =u ta được 3x − 2u =1 y +1 5x + 2u =3 Giải ra ta được x = 1 và u = 1 24 Từ đó tìm được y = 3. Cách 2. Cộng vế với vế hai phương trình, ta được 8x = 4. Từ đó tìm được x = 1 và y = 3. 2 b) Vì x1x2 = -m2 - 1 < 0 ∀m nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt và trái dấu. Cách 1. Giả sử x1 < 0 < x2 Từ giả thiết thu được −x1 + x2 =2 2 Biến đổi thành ( x1 + )x2 2 − 4x1x2 =8 Áp dụng định lý Vi-ét, tìm được m = 1 hoặc m = − 3 5 Cách 2. Bình phương hai vế của giả thiết và biến đổi về dạng ( x1 + x2 )2 − 2x1x2 + 2 x1x2 = 8. ⇒ (m −1)2 + 4(m2 +1) = 8 Do x1x2 = −x1x2 ) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta cũng tìm được m = 1 hoặc m = − 3 5 Bài 4. a) Tứ giác BDQH nội tiếp vì BDH + BQH =1800 b) Vì tứ giác ACHQ nội tiếp ⇒ CAH =CQH Vì tứ giác ACDF nội tiếp ⇒ CAD =CFD Từ đó có CQH = CFD mà 2 góc ở vị trí đồng vị ⇒ DF//HQ. c) Ta có HQD = HBD (câu a) H=BD C=AD 1 sđ CD 2 CAD = CQH (ACHQ cũng nội tiếp) Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com ⇒ HQD = HQC ⇒ QH là phân giác CQD Mặt khác chứng minh được CH là phân giác góc QCD Trong tam giác QCD có H là giao của ba đường phân giác nên H là tâm đường tròn nội tiếp ⇒ H cách đều 3 cạnh CD, CQ, DQ. d) Vì CMFN là hình chữ nhật nên MN và CF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Trong tam giác FCD có MN//CD và MN đi qua trung điểm CF nên MN đi qua trung điểm DF. Mặt khác AB đi qua trung điểm của DF nên 3 đường thẳng MN, AB, DF đồng quy. Bài 5. Ta có: 2x2 + 1 ≥ 2x, 2 y2 + 1 ≥ 2 y và x2 + y2 ≥ 2xy 22 Cộng vế với vế các BĐT trên ta được: ( )3 x2 + y2 +1 ≥ 2( x + y + xy) =5 2 ⇒ A = x2 + y2 ≥ 1 2 Từ đó tìm được Amin = 1⇔ x= y= 1 2 2 ĐỀ SỐ 2 Bài 1. a) Thay x = 25, ta tính được A = 10 7 b) Rút gọn được B = 2 x −3 c) Ta có A.B = 2 − 4 ∈  ⇒ 2 + 2∈Ư(4). Từ đó tìm được x = 0, x = 4. x +2 Bài 2. Gọi thời gian đội chpr hàng và số hàng đội cần chở mỗi ngày theo kế hoạch lần lượt là x (ngày) và y (tấn/ngày) ĐK: x ∈ *; x > 1 Theo đề bài ta có hệ phương trình xy = 200 =216 (x −1)( y + 4) Giải ra ta được x = 10; y = 20 (TMĐK) Kết luận bài 3. a) Biến đổi hệ phương trình ban đầu ta được hệ x − y =0 3x + 3y =12 Từ đó tìm được x = 2, y = 2. b) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (p): x2 - 2x - m2 + 2m = 0 (1) d cắt (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía của trục tung Oy ⇔ (1) có hai nghiệm trái dấu. Từ đó tìm được m > 2 m < 0 Kết luận m >2 m <0 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Website: tailieumontoan.com Bài 4. a) HS tự chứng minh. b) Chứng minh ∆NMC  ∆NDA và ∆NME − NHA . c) Chứng minh ∆ANB có E là trực tâm ⇒ AE ⊥ BN mà có AK ⊥ BN nên có ĐPCM. Chứng minh tứ giác EKBH nội tiếp, từ đó có AKF = ABM . d) Lấy P và G lần lượt là trung điểm của AC và OP. Chứng minh I thuộc đường tròn (G, GA) Bài 5. Biến đổi M, ta được =M 4x2 y2 + x2 =+ y2 4 2 +  x 2 +  y 2 +y   y   x  ( )x2 + y2 2 y2 x2  x     y x  Đặ=t a x=,b y ta được ab = 1, suy ra a2 + b2 ≥ 2. yx Từ đó ta có ( )4 + a2 + b2 + 2 + 3 =M (a 4 + a2 +=b2 a2 + b2 + 2 4 a2 + b2 + 2 −2 4 + b)2 ≥2+3-2=3 Dấu \"=\" xảy ra ⇔ a =b =±1 ⇔ x = y  x = −y Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038