ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP LỚP 9 GV: Trương Văn Hổ ĐỀ SỐ 2 A. LÝ THUYẾT : 1. Chứng minh rằng với mọi số thực a, ta có 2 a a= . Áp dụng: a. Giải phương trình: 2 8 16 5 0x x+ + − = b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 4 4 1 4 12 9x x x x+ + + − + 2. Phát biểu và chứng minh định lý nêu lên tính chất góc nội tiếp. Áp dụng: Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn, kẻ hai cát tuyến ABC và ADE đến đường tròn. Chứng minh rằng: AB.AC = AD.AE. B. TRẮC NGHIỆM : Mỗi bài tập sau đều có kèm theo các câu trả lời a, b, c, d. Em hãy chọn câu trả lời đúng rồi ghi vào bài làm của mình: 1/ Khi nào phương trình ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghiệm bằng 1? a/ a + b + c = 0 b/ a – b + c = 0 c/ a + b – c = 0 d/ a – b – c = 0 2/ Với giá trị nào của m, phương trình 2x 2 + 6x – m + 2 = 0 có nghiệm? a/ m ≥ 2,5 b/ m ≥ – 2,5 c/ m > 2,5 d/ m > – 2,5 3/ Tứ giác ABCD nội tiếp được đường tròn (O; R). Biết µ µ 3A C= . Số đo của góc A là: a/ 135 0 b/ 45 0 c/ 60 0 d/ 120 0 4/ Cho ba điểm A, B, C cùng nằm trên một đường tròn. Hỏi có tất cả bao nhiêu cung? a/ 3 cung b/ 6 cung c/ 9 cung d/ 12 cung C. BÀI TOÁN : Bài 1: a/ Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(2; 0) và B(0; 1). b/ Viết phương trình đường thẳng d đi qua I(3; 2) và vuông góc với AB. c/ Tính chu vi và diện tích tam giác ABI. Bài 2: Rút gọn biểu thức: ( ) ( ) 1 2 1 1 1 1 1 a a a a a a a   + − + −  ÷  ÷ − + −   Bài 3: Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một canô chạy xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi ngược dòng từ B về A mất 4 giờ. Tính vận tốc của canô khi nước yên lặng, biết rằng quãng sông AB dài 30km và vận tốc dòng chảy là 4km/h. Có công mài sắt, có ngày nên kim. ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP LỚP 9 GV: Trương Văn Hổ Bài 4: Cho phương trình ẩn x: (m – 4)x 2 – 2mx + m – 2 = 0 a/ Giải phương trình khi m = 3 b/ Tìm m để phương trình có nghiệm x = 3 . Tìm nghiệm còn lại. c/ Tìm m để phương trình có nghiệm. d/ Khi m ≠ 4, gọi x 1; x 2 là hai nghiệm của phương trình, hãy viết hệ thức giữa x 1 ; x 2 không phụ thuộc m. Bài 5: Cho ba điểm A; B; C cố định với B nằm giữa A và C. Một đường tròn (O) di động đi qua B và C. Vẽ đường kính MN vuông góc với BC tại D (M nằm trên cung nhỏ BC). Tia AN cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Hai dây BC và MF cắt nhau tại E. Chứng minh rằng: a/ Tứ giác DEFN nội tiếp được. b/ AD.AE = AF.AN c/ Đường thẳng MF đi qua điểm cố định khi (O) di động. D. DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI: Bài 6: Chứng minh rằng: 3 3 70 4901 70 4901 Z− + + ∈ Bài 7: Cho hệ phương trình: 4 2 2 2 697 (1) 81 3 4 4 0 (2) x y x y xy x y  + =    + + − − + =  a/ Chứng minh rằng: Nếu (x, y) là nghiệm của phương trình (2) thì 7 1 3 y≤ ≤ b/ Giải hệ phương trình trên. Bài 8: Có tồn tại hay không hai số nguyên x, y sao cho 3x 2 + 7y 2 = 2002? Bài 9: Trên mặt phẳng cho đa giác lồi có 12 cạnh. Có bao nhiêu tam giác mà các đỉnh của nó là đỉnh của đa giác lồi đã cho. Bài 10: Cho hình thoi ABCD có · BAD = 40 0 , O là giao điểm hai đường chéo. Gọi H là hình chiếu của O trên cạnh AB. Trên tia đối của các tia BC, DC lần lượt lấy các điểm M và N sao cho HM // AN. Tính số đo góc MON. Có công mài sắt, có ngày nên kim. ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP LỚP 9 GV: Trương Văn Hổ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 2 Bài 6: Đặt x = 3 70 4901− + 3 70 4901+ . Ta có: x 3 = 3 3 3 70 4901 70 4901 3 (70 4901)(70 4901)( 70 4901 70 4901)− + + + − + − + + <=>x 3 = 140 – 3x <=> x 3 + 3x – 140 = 0 <=> (x – 5)(x 2 + 5x + 28) = 0 <=> x – 5 = 0 (do x 2 + 5x + 28 >0) <=> x = 5. Vậy 3 70 4901− + 3 70 4901+ = 5 ∈ Z Bài 7: a. Từ phương trình (2) ta có: x 2 + (y – 3)x + (y – 2) 2 = 0 Phương trình (2) có nghiệm (x; y) khi: ∆ = (y – 3) 2 – 4(y – 2) 2 ≥ 0 <=> (y – 3 + 2y – 4)(y – 3 – 2y + 4) ≥ 0 <=> (3y – 7)(1 – y) ≥ 0 <=> 1 ≤ y ≤ 7 3 b.Từ phương trình (2) ta có: y 2 + (x – 3y) + x 2 – 3x + 4 = 0. Phương trình (2) có nghiệm (x; y) khi ∆ = (x – 4) 2 – 4(x 2 – 3x + 4) ≥ 0 <=>4x – 3x 2 ≥ 0 <=>x(4 – 3x) = 0 <=> 0 ≤ x ≤ 4 3 Vì I ≤ y ≤ 7 3 và 0 ≤ x ≤ 4 3 nên x 4 + y 2 ≤ 4 2 4 7 697 3 3 91     + =  ÷  ÷     Vậy x 4 + y 2 = 697 81 <=> 4 7 ; 3 3 x y= = . Thử lại: tại 4 7 ; 3 3 x y= = ta có x 2 + y 2 + xy – 3x – 4y + 4 = 1 ≠ 0. Do đó 4 7 ; 3 3 x y= = không là nghiệm của phương trình (2). Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 8: Giả sử tồn tại hai số nguyên x và y sao cho 3x 2 + 7y 2 = 2002 => 3x 2 = 2002 – 7y 2 = 7(286 – y 2 ) => x M 7 => x 2 M 49 => 286 – y 2 M 7=> y không chia hết cho 7 do 286 không chia hết cho 7 Đặt y = 7k + r (k, r là các số nguyên sao cho 1 ≤ r ≤ 6) => y 2 = 7m + n (m, n là các số nguyên, n ∈ A = {1; 4; 9; 16; 25; 36} Ta có 286 – n không chia hết cho 6 với mọi n thuộc A Nên 286 – y 2 không chia hết cho 7. Bài 9: Giả sử ta có đa giác lồi 12 cạnh A 1 A 2 A 3 …A 12 . Vì đa giác đã cho là đa giác lồi nên ba đỉnh A i , A j , A k bất kỳ đều tạo thành một tam giác A i A j A k (Với i, j, k ∈ {x ∈ N/ 1 ≤ x ≤ 12} và i, j, k đôi một khác nhau. Có công mài sắt, có ngày nên kim. ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP LỚP 9 GV: Trương Văn Hổ Có 12 cách chọn đỉnh A i , 11 cách chọn đỉnh A j (trừ A i đã chọn), 10 cách chọn đ ỉnh A k (trừ A i và A j đã chọn). Do đó có 12.11.10 = 1320 tam giác. Tuy nhiên với cách chọn đó, mỗi tam giác được kể tên 6 lần. Do đó số tam giác là 1320 : 6 = 220. Bài 10: A B C D H O M N Ta có: · · BMH DAN= (góc có cạnh tương ứng song song) · · · · · · · · 0 ( 180 ; )MBH ADN do MBH ABC ADN ADC ABC ADC= + = + = = => ∆ MBH ∆ AND (gg) => MB BH AD DN = => MB.DN = AD.BH (1) Dễ dàng chứng minh ∆ OHB ∆ AOD( gg) => BH OB DO AD = => BH.AD= OB.OD (2) Từ (1) và (2) ta suy ra MB.DN = OB.OD => BM BO DO DN = (3) Ta có: · · · · 0 0 180 ; 180MBO CBD NDO CDO+ = + = · · CBD CDB= ( tam giác BCD cân tại C (CB = CD)) => · · MBO NDO= (4) Từ (3) và (4) ta suy ra ∆ MBO ∆ ODN (cgc) => · · OMB NOD= Ta có: · · · · · · ( ) · · ( ) · 0 0 0 180 180 180MON MOB NOD MON MOB NOD MOB OMB MBO+ + = ⇒ = − + = − + = Dễ tính: · · · 0 0 0 140 70 110ABC CBD MBD= ⇒ = ⇒ = Có công mài sắt, có ngày nên kim. . Do đó số tam giác là 1320 : 6 = 220. Bài 10: A B C D H O M N Ta có: · · BMH DAN= (góc có cạnh tương ứng song song) · · · · · · · · 0 ( 180 ; )MBH ADN do. · ( ) · · ( ) · 0 0 0 180 180 180MON MOB NOD MON MOB NOD MOB OMB MBO+ + = ⇒ = − + = − + = Dễ tính: · · · 0 0 0 140 70 110ABC CBD MBD= ⇒ = ⇒ = Có công mài