Use the HTML Cheat Sheet for color picker, search for special HTML characters, get examples of the most common tags and generate any tags.
TOÁN 9 TỰ HỌC TOÁN 9 HỌC KỲ II Th.s NGUYỄN CHÍN EM Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 MỤC LỤC PHẦN I Đại số 1 CHƯƠNG 3 Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn 3 1 Phương trình bậc nhất hai ẩn số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 B Phương pháp giải toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 C Bài tập luyện tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2 Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 B Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 3 Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 B Phương pháp giải toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Dạng 1. Giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Dạng 2. Sử dụng hệ phương trình giải toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 4 Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 B Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Dạng 1. Giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Dạng 2. Sử dụng hệ phương trình giải toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 C Bài tập luyện tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 5 Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 B Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 Dạng 1. Bài toán chuyển động . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 Dạng 2. Bài toán vòi nước . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 6 PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 A Phương pháp giải toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 Dạng 1. Giải phương trình tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 Dạng 2. Sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình về phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . 70 Dạng 3. Giải phương trình chứa ẩn ở mẫu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 Dạng 4. Giải phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 Dạng 5. Giải phương trình trùng phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 Dạng 6. Giải phương trình hồi quy và phản hồi quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 Dạng 7. Phương trình dạng (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = m (1), với a+b = c+d 83 Dạng 8. Phương trình dạng (x + a) 4 + (x + b) 4 = c (1). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 Dạng 9. Sử dụng phương trình bậc hai giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối 85 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang i/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Dạng 10. Sử dụng phương trình bậc hai giải phương trình chứa căn thức . . . . . . . . . 86 B Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 7 GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 B Phương pháp giải toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 Dạng 1. Bài toán chuyển động . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 Dạng 2. Bài toán về số và chữ số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 Dạng 3. Bài toán vòi nước . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 Dạng 4. Bài toán có nội dung hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 Dạng 5. Bài toán về phần trăm - năng suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 C Bài tập luyện tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 PHẦN II Hình học 123 CHƯƠNG 3 Góc với đường tròn 125 1 Góc ở tâm - Số đo cung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 B Phương pháp giải toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 C Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 2 Liên hệ giữa cung và dây . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 B Phương pháp giải toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 C Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 3 Góc nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 B Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 Dạng 1. Giải bài toán định lượng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 Dạng 2. Giải bài toán định tính. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 4 Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 B Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 Dạng 1. Giải bài toán định tính. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 Dạng 2. Giải bài toán định lượng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 C Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 5 Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn, góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 B Phương pháp giải toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 C Bài tập luyện tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang ii/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 6 CUNG CHỨA GÓC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 A TÓM TẮT LÝ THUYẾT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 Dạng 1. TÌM QUỸ TÍCH CÁC ĐIỂM M TẠO THÀNH VỚI HAI MÚT CỦA ĐOẠN THẲNG AB CHO TRƯỚC MỘT GÓC AMB ÷CÓ SỐ ĐO KHÔNG ĐỔI BẰNG α (0◦ < α < 180◦ ). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 Dạng 2. DỰNG CUNG CHỨA GÓC α (0◦ < α < 180◦ ) TRÊN ĐOẠN THẲNG AB = a CHO TRƯỚC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 Dạng 3. SỬ DỤNG QUỸ TÍCH CUNG CHỨA GÓC CHỨNG MINH NHIỀU ĐIỂM CÙNG NẰM TRÊN MỘT ĐƯỜNG TRÒN. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176 Dạng 4. TOÁN TỔNG HỢP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 C BÀI TẬP TỰ LUYỆN. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 7 Tứ giác nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 B Phương pháp giải toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 Dạng 1. Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 Dạng 2. Sử dụng tứ giác nội tiếp giải các bài toán hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 C Bài tập luyện tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 8 Đường tròn ngoại tiếp - Đường tròn nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 B Phương pháp giải toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204 C Bài tập luyện tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208 9 Độ dài đường tròn, cung tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 B Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 10 Diện tích hình tròn, hình quạt tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 B Phương pháp giải toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 11 Ôn tập chương III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 CHƯƠNG 4 Hình cầu, hình trụ, hình nón 247 1 Hình trụ. Diện tích xung quanh và thể tích hình trụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247 B Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247 C Luyện tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250 2 Hình nón - Hình nón cụt - Diện tích xung quanh và thể tích của hình nón, hình nón cụt. . . . 254 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 B Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 C Luyện tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang iii/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 3 Hình cầu - Diện tích mặt cầu và thể tích hình cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261 A Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261 B Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261 C Luyện tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263 4 Ôn tập chương IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267 A Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267 B Luyện tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang iv/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 PHẦN I ĐẠI SỐ Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 1/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 2/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 CHƯƠNG 3 HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN BÀI 1 PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN SỐ A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa Phương trình bậc nhất hai ẩn là phương trình dạng ax + by = c. Trong đó: a, b, c là hằng số và a, b không đồng thời bằng không. x, y là hai ẩn số. Từ đó ta có định nghĩa sau: Định nghĩa 1. Nghiệm của phương trình bậc nhất hai ẩn là các cặp giá trị (x1; y1), (x2; y2), . . . của hai ẩn số x và y thỏa mãn tính chất “khi thay vào phương trình thì giá trị tương ứng của hai biểu thức ở hai vế của phương trình bằng nhau ”. 2. Cách giải Mỗi phương trình bậc nhất hai ẩn đều có vô số nghiệm. Tập hợp các nghiệm của phương trình được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là một đường thẳng, gọi là đường thẳng ax + by = c (mỗi điểm của đường thẳng ax + by = c biểu diễn một cặp nghiệm (x; y) của phương trình). Nếu a 6= 0, b 6= 0 thì đường thẳng đó là đồ thị của hàm số bậc nhất y = − a b + c b . Nếu a = 0, b 6= 0 thì đường thẳng đó là đồ thị của hàm số y = c b . Đó là đường thẳng song song với Ox nếu c 6= 0, trùng với Ox nếu c = 0. Nếu a 6= 0, b = 0 thì đường thẳng đó có dạng x = c a . Đó là đường thẳng song song với Oy nếu c 6= 0, trùng với Oy nếu c = 0. 4! Chú ý: 1. Đường thẳng x = c a không phải là đồ thị của hàm số. 2. Với yêu cầu giải phương trình ax + by = c, ta thường thực hiện ba công việc: Biến đổi để chỉ ra một vài nghiệm cụ thể của phương trình. Viết được công thức nghiệm tổng quát của phương trình. Biểu diễn nghiệm của phương trình trên mặt phẳng tọa độ. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 3/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN VÍ DỤ 1. Trong các cặp số (−2; 1),(0; 2),(−1; 0),(1; 5) và (4; −3) cặp số nào là nghiệm của phương trình a) 5x + 4y = 8. b) 3x + 5y = −3. ✍ LỜI GIẢI. Để giải dạng toán này, ta thay các cặp số đã cho vào vế trái của biểu thức. Số thứ nhất thay vào biến x, số thứ hai thay vào biến y và tính toán. Nếu kết quả có được bằng vế phải thì cặp số đã cho là nghiệm của phương trình. Nếu kết quả có được không bằng vế phải thì cặp số đã cho không là nghiệm của phương trình. a. Xét phương trình 5x + 4y = 8. Với cặp số (−2; 1). Ta có 5(−2) + 4 · 1 = −6 6= 8. Do đó cặp số (−2; 1) không là nghiệm của phương trình. Với cặp (0; 2). Ta có 5 · 0 + 4 · 2 = 8. Do đó, cặp số (0; 2) là nghiệm của phương trình. Với cặp số (−1; 0). Ta có 5 · (−1) + 4 · 0 = −5 6= 8. Do đó, cặp số (−1; 0) không là nghiệm của phương trình. Với cặp số (1,5; 3). Ta có 5 · 1,5 + 4 · 3 = 19,5 6= 8. Do đó, cặp số (1,5; 3) không phải là nghiệm của phương trình. Với cặp số (4; −3). Ta có 5 · 4 + 4 · (−3) = 8. Do đó, cặp số (4; −3) là nghiệm của phương trình. b. Xét phương trình 3x + 5y = −3. Các cặp (−1; 0) và (4; −3) là nghiệm của phương trình. Các cặp (−2; 1), (0; 2) và (1,5; 3) không là nghiệm của phương trình. VÍ DỤ 2. Giải phương trình x − 2y = 6. ✍ LỜI GIẢI. Thực hiện việc biến đổi phương trình về dạng x = 2y + 6. Tới đây, cho y các giá trị tùy ý chúng ta sẽ tính được giá trị tương ứng của x, cụ thể: Với y = −4 ⇒ x = 2 · (−4) + 6 = −2 ⇒ cặp (−2; −4) là một nghiệm. Với y = 0 ⇒ x = 2 · 0 + 6 = 6 ⇒ cặp (6; 0) là một nghiệm. Vì y có thể lấy giá trị tùy ý, nên phương trình có vô số nghiệm, dạng tổng quát của nghiệm là (x = 2y + 6; y ∈ R) hoặc viết (2y + 6; y). Nhận xét. 1. Vì vai trò của x, y trong phương trình như nhau nên có thể giải phương trình theo cách: Thực hiện việc biến đổi phương trình về dạng y = x − 6 2 . Tới đây, cho x các giá trị tùy ý chúng ta sẽ tính được giá trị tương ứng của y, cụ thể: Với x = 0 ⇒ y = −3 ⇒ cặp số (0; −3) là một nghiệm của phương trình. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 4/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Với x = 2 ⇒ y = −2 ⇒ cặp số (2; −2) là một nghiệm của phương trình. Vì x có thể lấy giá trị tùy ý nên phương trình đã cho có vô số nghiệm, dạng tổng quát của nghiệm là Å x; x − 6 2 ã . 2. Tập nghiệm của phương trình x − 2y = 6 ⇔ y = 1 2 x − 3 là một đường thẳng. VÍ DỤ 3. Giải phương trình 0x + 2y = 12. ✍ LỜI GIẢI. Thực hiện việc biến đổi phương trình về dạng 2x = 12 ⇔ y = 6. Tới đây, cho x các giá trị tùy ý ta luôn nhận được y = 6. Do đó các cặp số (−81; 6),(33; 6), . . . đều là nghiệm của phương trình. Vậy, phương trình có vô số nghiệm, dạng tổng quát của nghiệm là (x ∈ R; y = 6) hoặc viết (x; 6). Nhận xét. 1. Vì hệ số của x trong phương trình bằng 0 nên không thể giải phương trình theo x được. 2. Tập các nghiệm của phương trình: 0x + 2y = 12 ⇔ y = 6 là một đường thẳng song song với Ox và cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 6. Tổng quát: Phương trình y = m có vô số nghiệm dạng (x; m), biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là đường thẳng song song với Ox và cắt Oy tại điểm có tung độ bằng m nếu m 6= 0, trùng với Ox nếu m = 0. VÍ DỤ 4. Giải phương trình 6x − 0y = 18. ✍ LỜI GIẢI. Thực hiện việc biến đổi phương trình về dạng 6x = 18 ⇔ x = 3. Tới đây, cho y các giá trị tùy ý ta luôn nhận được x = 3. Do đó, các cặp số (3; 2005),(3; 1989), . . . đều là nghiệm của phương trình. Vậy phương trình có vô số nghiệm, dạng tổng quát của nghiệm là (3; y ∈ R) hoặc viết (3; y). Nhận xét. 1. Vì hệ số của y trong phương trình bằng 0 nên không thể giải phương trình theo y được. 2. Tập nghiệm của phương trình 6x − 0y = 18 ⇔ x = 3 là một đường thẳng song song với Oy và cắt Ox tại điểm có hoành độ bằng 3. Tổng quát: Phương trình x = n có vô số nghiệm dạng (n; y), biểu diễn trễn mặt phẳng tọa độ là đường thẳng song song với Oy và cắt Ox tại điểm có hoành độ bằng n nếu n 6= 0, trùng với Oy nếu n = 0. VÍ DỤ 5. Cho hai phương trình x + 2y = 4 và x − y = 1. Vẽ hai đường thẳng biểu diễn tập nghiệm của hai phương trình đó trên cùng một hệ tọa độ. Xác định tọa độ giao điểm của hai đường thẳng và cho biết tọa độ của nó là nghiệm của các phương trình nào? ✍ LỜI GIẢI. Ta có Đường thẳng biểu diễn tập nghiệm của phương trình x+2y = 4 đi qua hai điểm A(0; 2) và B(4; 0). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 5/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Đường thẳng biểu diễn tập nghiệm của phương trình x − y = 1 đi qua hai điểm C(0; −1) và D(1; 0). x y O 1 2 4 −1 2 1 Từ đồ thị hàm số, dễ dàng nhận thấy hai đường thẳng AB và CD giao nhau tại điểm M(2; 1). Vì M ∈ AB và M ∈ CD nên tọa độ M là nghiệm của cả hai phương trình x + 2y = 4 và x − y = 1. VÍ DỤ 6. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình: a) x − 3y = 4. b) 3x + y = 6. c) 4x − 5y = 8. ✍ LỜI GIẢI. 1 Biến đổi phương trình về dạng x = 3y + 4. Nhận xét rằng, với mọi y ∈ Z, ta luôn có x = 3y + 4 ∈ Z. Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên thỏa mãn (3y + 4; y) với y ∈ Z. 2 Biến đổi phương trình về dạng y = −3x + 6. Nhận xét rằng, với mọi x ∈ Z, ta luôn có y = −3x + 6 ∈ Z. Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên thỏa mãn (x; −3x + 6) với x ∈ Z. 3 Biến đổi phương trình về dạng 4x = 5y + 8 ⇔ x = y + 2 + y 4 (1). Đặt k = y 4 , k ∈ Z ⇔ y = 4k, k ∈ Z. Thay y = 4k vào (1) ta được x = 4k + 2 + k = 5k + 2 ∈ Z, k ∈ Z. Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên thỏa mãn (5k + 2; 4k) với k ∈ Z. Nhận xét. Như vậy, qua ví dụ trên chúng ta đã biết được một phương pháp tìm nghiệm nguyên của một phương trình bậc nhất hai ẩn. VÍ DỤ 7. Cho đường thẳng (d): mx − (m + 4)y = m. 1. Tìm m để đường thẳng (d): a. Cắt hai trục tọa độ tại hai điểm phân biệt. b. Song song với Ox. c. Song song với Oy. d. Song song với đường thẳng (∆): x + y = 6. 2. Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định. ✍ LỜI GIẢI. 1. Với đường thẳng (d), ta có a = m, b = −(m + 4) và c = m. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 6/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 a. Để (d) cắt cả hai trục tọa độ, điều kiện là a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 ⇔ m 6= 0 − (m + 4) 6= 0 m 6= 0 ⇔ ( m 6= 0 m 6= −4. Vậy với m 6= 0 và m 6= 4, thỏa mãn yêu cầu đề bài. b. Để (d) song song với Ox, điều kiện là a = 0 b 6= 0 c 6= 0 ⇔ m = 0 − (m + 4) 6= 0 m 6= 0 (vô nghiệm). Vậy không tồn tại m để (d) song song với Ox. c. Để (d) song song với Oy, điều kiện là a 6= 0 b = 0 c 6= 0 ⇔ m 6= 0 − (m + 4) = 0 m 6= 0 ⇔ m = −4. Vậy với m = −4, thỏa mãn yêu cầu đề bài. d. Viết lại hai phương trình đường thẳng (d) và (∆) dưới dạng: (d): y = m m + 4 x − m m + 4 , với m 6= −4 và (∆): y = −x + 6. Khi đó, để (d) song song với (∆), điều kiện là m m + 4 = −1 ⇔ m = −m − 4 ⇔ m = −2. Vậy với m = −2, thỏa mãn yêu cầu đề bài. 2. Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua. Khi đó ta có mx0 − (m + 4)y0 = m, ∀m ⇔ (x0 − y0 − 1)m − 4y0 = 0, ∀m ⇔ ( x0 − y0 − 1 = 0 − 4y0 = 0 ⇔ ( x0 = 1 y0 = 0. Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định là M(1; 0). VÍ DỤ 8. 1 Lập công thức tính khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng ax + by + c = 0. 2 Áp dụng, tính khoảng cách từ gốc tọa đến đường thẳng 3x − 4y = 10. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta xét các trường hợp: Trường hợp 1: Nếu a = 0 và b 6= 0. Khi đó, đường thẳng có dạng by + c = 0 ⇔ y = − c b . Do đó, khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng bằng − c b = c b . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 7/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Trường hợp 2: Nếu a 6= 0 và b = 0. Khi đó, đường thẳng có dạng ax + c = 0 ⇔ x = − c a . Do đó, khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng bằng − c a = c a . Trường hợp 3: Nếu a 6= 0 và b 6= 0. Gọi A, B theo thứ tự là giao điểm của (d) với các trục Ox, Oy, ta được: Với điểm A : x = 0 ⇒ y = − c b , do đó A 0; − c a . Với điểm B : y = 0 ⇒ x = − c a , do đó B − c a ; 0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng (d). Trong 4OAB vuông tại O, ta có 1 OH2 = 1 OA2 + 1 OB2 ⇔ OH = OA · OB √ OA2 + OB2 = c b · − c a …c b 2 + − c a 2 = |c| √ a 2 + b 2 (∗). 2 Gọi h là khoảng cách từ O đến đường thẳng, ta có ngay h = | − 10| p 3 2 + (−4)2 = 2. Nhận xét. Công thức (∗) vẫn đúng trong trường hợp 1 và trường hợp 2. VÍ DỤ 9. Cho hai đường thẳng (d1): a1x + b1y + c1 = 0 (a1, b1 6= 0) (d2): a2x + b2y + c2 = 0 (a2, b2 6= 0). Chứng minh rằng 1 (d1) và (d2) cắt nhau khi a1 a2 6= b1 b2 . 2 (d1) và (d2) song song với nhau khi a1 a2 = b1 b2 6= c1 c2 . 3 (d1) và (d2) trùng nhau khi a1 a2 = b1 b2 = c1 c2 . ✍ LỜI GIẢI. Như ta đã học ở phần trước, với hai đường thẳng (d1): y = m1x + n1 và (d2): y = m2x + n2. Ta có các kết quả:: (d1) k (d2) ⇔ m1 = m2 và n1 6= n2. (d1) ≡ (d2) ⇔ m1 = m2 và n1 = n2. (d1) ∩ (d2) = {A} ⇔ m1 6= m2. Viết lại các đường thẳng dưới dạng: (d1): y = − a1 b1 x + c1 b1 và (d2): y = − a2 b2 x + c2 b2 . 1 (d1) và (d2) cắt nhau khi − a1 b1 6= − a2 b2 ⇔ a1 a2 6= b1 b2 . 2 (d1) và (d2) song song với nhau khi − a1 b1 = − a2 b2 c1 b1 6= c2 b2 ⇔ a1 a2 = b1 b2 b1 b2 6= c1 c2 ⇔ a1 a2 = b1 b2 6= c1 c2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 8/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 3 (d1) và (d2) trùng nhau khi − a1 b1 = − a2 b2 c1 b2 = c2 b2 ⇔ a1 a2 = b1 b2 b1 b2 = c1 c2 ⇔ a1 a2 = b1 b2 = c1 c2 . C BÀI TẬP LUYỆN TẬP BÀI 1. Giải các phương trình sau: a) 4x − y = 1 b) x + 2y = 0 c) 0x + 2y = 6 d) 3x − 0y = 12 ✍ LỜI GIẢI. Biến đổi phương trình về dạng y = 4x − 1. Suy ra các cặp số (1; 3), (0; −1), . . . là nghiệm của phương trình. Vậy phương trình có vô số nghiệm, với dạng tổng quát (x; 4x − 1). a) Biến đổi phương trình về dạng x = −2y. Suy ra các cặp số (0; 0), (−4; 2), . . . là nghiệm của phương trình. Vậy phương trình có vô số nghiệm, với dạng tổng quát (−2y; y). b) Biến đổi phương trình về dạng 2y = 6 ⇔ y = −3. Suy ra các cặp số (0; 3), (81; 3). . . là nghiệm của phương trình. Vậy phương trình có vô số nghiệm, với dạng tổng quát (x; 3). c) Biến đổi phương trình về dạng 3x = 12 ⇔ x = 4. Suy ra các cặp số (4; 33), (4; 89). . . là nghiệm của phương trình. Vậy phương trình có vô số nghiệm, với dạng tổng quát (4; y). d) BÀI 2. Vẽ các đường thẳng có phương trình sau: a) 3x − 4y = 12 b) 3x − 2y = 0 c) 0x − y = 2 d) 2x − 0y = −4 ✍ LỜI GIẢI. a) Với x = 0 ⇒ y = −3. Với y = 0 ⇒ x = 4. Đồ thị của hàm số 3x − 4y = 12 là một đường thẳng đi qua 2 điểm (0; −3) và (4; 0). x y O 4 −3 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 9/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 b) Với x = 0 ⇒ y = 0. Với x = 2 ⇒ y = 3. Đồ thị của hàm số 3x − 2y = 0 là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ và qua điểm (2; 3). x y O 2 3 c) Đồ thị hàm số y = −2 là một đường thẳng đi qua (0; −2) và song song với trục Ox. x y O −2 d) Đồ thị hàm số x = −2 là một đường thẳng đi qua (−2; 0) và song song với trục Oy. x y −2 O BÀI 3. Kiểm tra xem các cặp số (3; −1), Ä√ 2; 1 − √ 2 ä ,(81; −80),(2; 1). Cặp số nào là nghiệm của phương trình x + y = 1. ✍ LỜI GIẢI. Ta lần lượt xét: Thay (3; −1) vào phương trình, ta được 3 + (−1) = 1 ⇔ 2 = 1 (vô lý). Vậy cặp (3; −1) không là nghiệm của phương trình. Thay Ä√ 2; 1 − √ 2 ä vào phương trình, ta được √ 2 + 1 − √ 2 = 1 (đúng). Vậy cặp Ä√ 2; 1 − √ 2 ä là nghiệm của phương trình. Thay (81; −80) vào phương trình, ta được 81 − 80 = 1 (đúng). Vậy cặp (81; −80) là nghiệm của phương trình. Thay (2;1) vào phương trình, ta được 2 + 1 = 1 ⇔ 3 = 1 (vô lý). Vậy cặp (2; 1) không là nghiệm của phương trình. BÀI 4. Đường thẳng 2x − y = −4 đi qua điểm nào trong các điểm sau: A(2; 4), B Å 1 √ 2 ; 4 + √ 2 ã , C(1; −2), D Å 1 √ 3 − 2 ; −2 √ 3 ã . ✍ LỜI GIẢI. Ta lần lượt xét: Thay A(2; 4) vào phương trình, ta được 2 · 2 − 4 = −4 ⇔ 0 = −4 (vô lý). Vậy đường thẳng không đi qua điểm A. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 10/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Thay B Å 1 √ 2 ; 4 + √ 2 ã vào phương trình, ta được 2 · 1 √ 2 − Ä 4 + √ 2 ä = −4 ⇔ −4 = −4 (đúng). Vậy đường thẳng đi qua điểm B. Thay C(1; −2) vào phương trình, ta được 2 · 1 − (−2) = −4 ⇔ 4 = −4 (vô lý). Vậy đường thẳng không đi qua điểm C. Thay D Å 1 √ 3 − 2 ; −2 √ 3 ã vào phương trình, ta được 2 · 1 √ 3 − 2 − Ä −2 √ 3 ä = −4 ⇔ 2 · √ 3 + 2 −1 + 2√ 3 = −4 ⇔ −4 = −4 (đúng) Vậy đường thẳng đi qua điểm D. BÀI 5. Cho đường thẳng (d): mx + 2y = 4. 1. Vẽ đường thẳng khi m = 2. 2. Tìm m để đường thẳng (d) a. Cắt hai trục tọa độ tại hai điểm phân biệt. b. Song song với Ox. c. Song song với Oy. d. Song song với đường thẳng ∆: x + y = 6. e. Có hướng đi lên. f. Có hướng đi xuống. 3. Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định. ✍ LỜI GIẢI. 1. Với m = 2 ta có 2x + 2y = 4 ⇔ y = −x + 4. Với x = 0 ⇒ y = 4; với y = 0 ⇒ x = 4. Đồ thị hàm số y = −x + 4 là một đường thẳng đi qua (0; 4) và (4; 0). x y O 4 4 2. Xét phương trình y = − m 2 x + 2. Ta có a. (d) cắt hai trục tọa độ tại 2 điểm phân biệt ⇔ − m 2 6= 0 ⇔ m 6= 0. b. (d) song song với Ox ⇔ − m 2 = 0 ⇔ m = 0. c. (d) song song với Oy ⇔ m 6= 0 − 2 m = 0 (vô nghiệm). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 11/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Vậy không tồn tại m để (d) song song với Oy. d. (d) song song với đường thẳng ∆ ⇔ − m 2 = −1 ⇔ m = 2. e. (d) có hướng đi lên ⇔ − m 2 > 0 ⇔ m < 0. f. (d) có hướng đi xuống ⇔ − m 2 < 0 ⇔ m > 0. 3. Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua. Khi đó ta có mx0 + 2y0 = 4 ∀m ⇔ ( x0 = 0 2y0 − 4 = 0 ⇔ ( x0 = 0 y0 = 2 . Vậy M(0; 2) là điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua khi m thay đổi. BÀI 6. Chứng minh rằng khi m thay đổi, các đường thẳng sau luôn đi qua một điểm cố định. a) 3x + m(y − 1) = 2 b) mx + (m − 2)y = m c) m(x − 5) − 2y = 6 d) mx − 2y = 6 ✍ LỜI GIẢI. 1 Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua. Khi đó ta có 3x0 + m(y0 − 1) − 2 = 0 ∀m ⇔ ( 3x0 − 2 = 0 y0 − 1 = 0 ⇔ x0 = 2 3 y0 = 2 . Vậy M Å 2 3 ; 2ã là điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua khi m thay đổi. 2 Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua. Khi đó ta có mx0 + (m − 2)y0 = m ∀m ⇔ (x0 + y0 − 1)m − 2y0 = 0 ⇔ ( x0 + y0 − 1 = 0 − 2y0 = 0 ⇔ ( x0 = 1 y0 = 0. Vậy M(1; 0) là điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua khi m thay đổi. 3 Giả sử M(x0; u0) là điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua. Khi đó ta có m(x0 − 5) − 2y0 = 6 ∀m ⇔ ( x0 − 5 = 0 − 2y0 − 6 = 0 ⇔ ( x0 = 5 y0 = −3 . Vậy M(5; −3) là điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua khi m thay đổi. 4 Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua. Khi đó ta có mx0 − 2y0 = 6 ⇔ ( x0 = 0 − 2y0 − 6 = 0 ⇔ ( x0 = 0 y0 = −3. Vậy M(0; −3) là điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua khi m thay đổi. BÀI 7. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau: a) 2x + y = 4 b) x − 7y = 9 c) x − 2y = 3 d) 3x − 2y = 4 e) 3x + y = 8 ✍ LỜI GIẢI. 1 Biến đổi phương trình về dạng y = −2x + 4. Nhận xét rằng, với mọi x ∈ Z, ta luôn có y = −2x + 4 ∈ Z. Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên thỏa mãn (x; −2x + 4) với x ∈ Z. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 12/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Biến đổi phương trình về dạng x = 7y + 9. Nhận xét rằng với mọi y ∈ Z ta luôn có x = 7y + 9 ∈ Z. Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên thỏa mãn (7y + 9; y) với y ∈ Z. 3 Biến đổi phương trình về dạng x = 2y + 3. Nhận xét rằng, với mọi y ∈ Z, ta luôn có x = 2y + 3 ∈ Z. Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên thỏa mãn (2y + 3; y) với y ∈ Z. 4 Biến đổi phương trình về dạng 2y = 3x − 4 ⇔ y = −2 + x + 1 2 x (1). Đặt k = 1 2 x, k ∈ Z ⇔ x = 2k, k ∈ Z. Thay x = 2k vào (1) ta được y = −2 + 2k + k = −2 + 3k ∈ Z, k ∈ Z. Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên thỏa mãn (2k; −2 + 3k), với k ∈ Z. 5 Biến đổi phương trình về dạng y = −3x + 8. Nhận xét rằng, với mọi x ∈ Z, ta luôn có y = −3x + 8 ∈ Z. Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên thỏa mãn (x; −3x + 8), với x ∈ Z. BÀI 8. Tìm khoảng cách từ gốc tọa độ đến các đường thẳng sau: a) 4x + 3y + 20 = 0 b) 2x − y = 4 c) 3x = 2 d) −2y = 1 ✍ LỜI GIẢI. Áp dụng công thức tính khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng ax + by + c = 0 ở ví dụ 8. 1 Gọi h là khoảng cách từ O đến đường thẳng, ta có h = | − 20| √ 4 2 + 32 = 20 5 = 4. 2 Gọi h là khoảng cách từ O đến đường thẳng, ta có h = |4| p 2 2 + (−1)2 = 4 √ 5 . 3 Gọi h là khoảng cách từ O đến đường thẳng, ta có h = 2 3 = 2 3 . 4 Gọi h là khoảng cách từ O đến đường thẳng, ta có h = 1 −2 = 1 2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 13/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 2 HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN A TÓM TẮT LÍ THUYẾT 1. Định nghĩa Định nghĩa 1. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng ( a1x + b1y = c1 a2x + b2y = c2 . Định nghĩa 2. Giải hệ phương trình là tìm tất cả các cặp số (x; y) là nghiệm chung của hai phương trình. 2. Nghiệm và số các nghiệm của hệ - Minh họa bằng đồ thị Với hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng ( a1x + b1y = c1 a2x + b2y = c2 . Hệ số nghiệm duy nhất ⇔ a1 a2 6= b1 b2 . Hệ vô nghiệm ⇔ a1 a2 = b1 b2 6= c1 c2 . Hệ có vô số nghiệm ⇔ a1 a2 = b1 b2 = c1 c2 . 3. Hệ phương trình tương đương Định nghĩa 3. Hai hệ phương trình được gọi là tương đương nếu mọi nghiệm của hệ này đều là nghiệm của hệ kia và ngược lại. Định nghĩa 4. Phép biến đổi tương đương là phép biến đổi từ một hệ phương trình đến một hệ phương trình khác tương đương với nó. B CÁC DẠNG TOÁN VÍ DỤ 1. Giải hệ phương trình sau bằng đồ thị ( 4x + 3y = 12 8x + 6y = 24 . ✍ LỜI GIẢI. 4x + 3y = 12 ⇔ y = − 4 3 x + 4. 8x + 6y = 24 ⇔ y = − 4 3 x + 4. Ta có đồ thị bên. Dựa vào đồ thị, hai đường thẳng trùng nhau nên có vô số điểm chung. Vậy hệ có vô số nghiệm, mỗi nghiệm là tọa độ (x; y) của một điểm trên đường thẳng 4x + 3y = 12. x y O 3 4 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 14/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 2. Không cần vẽ hình, hãy cho biết số nghiệm của mỗi hệ phương trình sau đây và giải thích vì sao? ( y = 3 − 2x y = 3x − 1. a) y = − 1 2 x + 3 y = − 1 2 x + 1. b) ( 2y = −3x 3y = 2x. c) 3x − y = 3 x − 1 3 y = 1. d) ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét các phương trình trong hệ, ta có Đường thẳng y = 3 − 2x có hệ số góc a1 = −2. Đường thẳng y = 3x − 1 có hệ số góc a2 = 3. Vì a1 6= a2 nên hai đường thẳng này cắt nhau. Vậy hệ có một nghiệm duy nhất. 2 Xét các phương trình trong hệ, ta có Đường thẳng y = − 1 2 x + 3 có hệ số góc a1 = − 1 2 và b1 = 3. Đường thẳng y = − 1 2 x + 1 có hệ số góc a2 = − 1 2 và b2 = 1. Vì a1 = a2 và b1 6= b2 nên hai đường thẳng này song song. Vậy hệ vô nghiệm. 3 Xét các phương trình trong hệ, ta có Đường thẳng y = − 3 2 x có hệ số góc a1 = − 3 2 . Đường thẳng y = 2 3 x có hệ số góc a2 = 2 3 . Vì a1a2 = −1 nên hai đường thẳng này vuông góc với nhau. Vậy hệ có một nghiệm duy nhất. 4 Xét các phương trình trong hệ, ta có Đường thẳng 3x − y = 3 ⇔ y = 3x − 3. Đường thẳng x − 1 3 y = 1 ⇔ y = 3x − 3. Ta thấy hai đường thẳng này trùng nhau. Vậy hệ có vô số nghiệm. VÍ DỤ 3. Hãy xác định số nghiệm của các hệ phương trình sau (minh họa bằng đồ thị) ( 2x − y = −1 x − y = −1. a) x − y = 8 x 2 − y 2 = 4. b) ( 3x + 6y = 6 x + 2y = 3. c) ✍ LỜI GIẢI. 1 Nhận xét rằng a1 a2 = 2 1 = 2 và b1 b2 = −1 −1 = 1, suy ra a1 a2 6= b1 b2 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất. x y y = x + 1 y = 2x + 1 −1 O − 1 2 1 2 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 15/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Nhận xét rằng a1 a2 = 1 1 2 = 2 và b1 b2 = −1 − 1 2 = 2, suy ra a1 a2 = b1 b2 = 2 = c1 c2 . Vậy hệ có vô số nghiệm. x y y = x − 8 O 8 −8 3 Nhận xét rằng a1 a2 = 3 1 = 3 và b1 b2 = 6 2 = 3, suy ra a1 a2 = b1 b2 = 3 6= 2 = c1 c2 . Vậy hệ vô nghiệm. x y 3x + 6y = 6 x + 2y = 2 O 2 3 1 3 2 VÍ DỤ 4. Hãy xác định số nghiệm của các hệ phương trình sau (minh họa bằng đồ thị) ( 4x + 0y = 12 x − y = 2. a) ( x + 3y = 6 0x − y = −2. b) ✍ LỜI GIẢI. 1 Nhận xét rằng a1 a2 = 4 1 = 4 và b1 b2 = 0 −1 = 0, suy ra a1 a2 6= b1 b2 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất. x y x = 3 x − y = 2 O 2 3 1 −2 2 Nhận xét rằng a2 a1 = 0 1 = 0 và b2 b1 = −1 3 , suy ra a2 a1 6= b2 b1 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất. x y y = 2 O x + 3y = 6 6 2 VÍ DỤ 5. Chứng tỏ rằng hệ phương trình ( ax − y = 2 x + 2y = 3 . a) Có nghiệm duy nhất với a = 3. Vô nghiệm với a = − 1 2 b) . Hãy minh họa bằng đồ thị. ✍ LỜI GIẢI. 1 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 16/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Với a = 3, hệ phương trình có dạng ( 3x − y = 2 x + 2y = 3 . Nhận xét rằng a1 a2 = 3 1 = 3 và b1 b2 = −1 2 , suy ra a1 a2 6= b1 b2 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất. x y x + 2y = 3 3x − y = 2 O 3 −2 1 1 2 Với a = − 1 2 , hệ phương trình có dạng − 1 2 x − y = 2 x + 2y = 3 . Nhận xét rằng a1 a2 = − 1 2 và b1 b2 = − 1 2 , suy ra a1 a2 = b1 b2 = − 1 2 6= 2 3 = c1 c2 . Vậy hệ vô nghiệm. x y x + 2y = 3 x + 2y = −4 O 3 3 2 −4 −2 VÍ DỤ 6. Cho hệ phương trình ( a1x + y = b a2x + y = b . 1 Chứng minh rằng hệ luôn có nghiệm với mọi a1, a2, b bất kì. 2 Hệ có thể có vô số nghiệm được không? ✍ LỜI GIẢI. 1 Biến đổi hệ về dạng ( y = −a1x + b (d1) y = −a2x + b (d2) . Nhận xét rằng, hai đường thằng (d1) và (d2) ứng với hai phương trình trong hệ luôn cắt trục Oy (vì hệ số tự do bằng nhau) tại điểm I(0; b). Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm (0; b) với mọi a1, a2, b bất kì. 2 Hệ có vô số nghiệm khi (d1) trùng (d2) ⇔ a1 = a2. VÍ DỤ 7. Sử dụng ba định lí đã biết tìm ba hệ phương trình tương đương với hệ sau ( x − y = 2 x − 3y = 8 . ✍ LỜI GIẢI. Sử dụng định lí 1, ta được ( x − y = 2 x − 3y = 8 ⇔ x 2 − y 2 = 1 x − 3y = 8 . Sử dụng định lí 2, ta được ( x − y = 2 x − 3y = 8 ⇔ ( x − y = 2 (x − y) − (x − 3y) = 2 − 8 ⇔ ( x − y = 2 2y = −6 . Sử dụng định lí 3, ta được ( x − y = 2 x − 3y = 8 ⇔ ( x = y + 2 (y + 2) − 3y = 8 ⇔ ( x = y + 2 − 2y = 6 . Nhận xét. Trong lời giải trên, khi sử dụng định lí 2 và định lí 3, nếu chúng ta chỉ cần sử dụng thêm một lần nữa định lí 3, sẽ thu được nghiệm của hệ. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 17/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 8. Giải thích tại sao hai hệ phương trình sau tương đương ( 2x − y = 1 3x − 4y = 2 và 2x − y = 1 x − y = 3 5 . ✍ LỜI GIẢI. Ta có thể trình bày theo hai cách sau Cách 1. Thực hiện phép biến đổi tương đương ( 2x − y = 1 3x − 4y = 2 ⇔ ( 2x − y = 1 5x − 5y = 3 ⇔ 2x − y = 1 x − y = 3 5 . Cách 2. Sử dụng định nghĩa Giải hệ thứ nhất, ta được nghiệm duy nhất Å 2 5 ; − 1 5 ã . Giải hệ thứ hai, ta được nghiệm duy nhất Å 2 5 ; − 1 5 ã . Vậy hai hệ phương trình là tương đương. Nhận xét. Hai hệ phương trình tương đương trong trường hợp có nghiệm duy nhất luôn tồn tại hai cách chứng minh (sử dụng các phép biến đổi tương đương và sử dụng định nghĩa). VÍ DỤ 9. Giải thích tại sao hai hệ phương trình sau tương đương ( x + 2y = 2 2x + 4y = 4 và ( 3x + 6y = 6 4x + 8y = 8 . ✍ LỜI GIẢI. Ta có thể trình bày theo hai cách sau Cách 1. Thực hiện phép biến đổi tương đương ( x + 2y = 2 2x + 4y = 4 ⇔ ( 3x + 6y = 6 4x + 8y = 8 . Cách 2. Sử dụng định nghĩa Giải hệ thứ nhất, ta thấy hệ có vô số nghiệm thỏa mãn (2 − 2y; y). Giải hệ thứ hai, ta thấy hệ có vô số nghiệm thỏa mãn (2 − 2y; y). Vậy hai hệ phương trình là tương đương. Nhận xét. Hai hệ phương trình tương đương trong trường hợp có vố số nghiệm luôn tồn tại hai cách chứng minh (sử dụng các phép biến đổi tương đương và sử dụng định nghĩa). VÍ DỤ 10. Giải thích tại sao các cặp hệ phương trình sau tương đương Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 18/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ( x − 2y = 3 x − 2y = 4 và ( x − 2y = 3 3x − 6y = 12 a) . ( 3x − 2y = 1 6x − 4y = 3 và ( x + y = 3 3x + 3y = 1 b) . ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có thể trình bày theo hai cách sau Cách 1. Thực hiện phép biến đổi tương đương ( x − 2y = 3 x − 2y = 4 ⇔ ( x − 2y = 3 3x − 6y = 12 . Cách 2. Sử dụng định nghĩa Giải hệ thứ nhất, ta thấy hệ vô nghiệm. Giải hệ thứ hai, ta thấy hệ vô nghiệm. Vậy hai hệ phương trình là tương đương. 2 Ta thực hiện Giải hệ thứ nhất, ta thấy hệ vô nghiệm. Giải hệ thứ hai, ta thấy hệ vô nghiệm. Vậy hai hệ phương trình là tương đương. Nhận xét. Hai hệ phương trình tương đương trong trường hợp vô nghiệm, cách tốt nhất là sử dụng định nghĩa để chứng minh. 1. Bài tập tự luyện BÀI 1. Hãy xác định số nghiệm của các hệ phương trình sau (minh họa bằng đồ thị) ( x − 3y = 2 2x + y = 2. a) ( 4x − 3y = 0 3x + 4y = 0. b) ✍ LỜI GIẢI. 1 Nhận xét rằng a1 a2 = 1 2 và b1 b2 = −3 1 = −3, suy ra a1 a2 6= b1 b2 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất. x y x − 3y = 2 2x + y = 2 O 2 2 2 Nhận xét rằng a1 a2 = 4 3 và b1 b2 = −3 4 , suy ra a1 a2 6= b1 b2 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất. x y 4x − 3y = 0 3x + 4y = 0 O BÀI 2. Hãy xác định số nghiệm của các hệ phương trình sau (minh họa bằng đồ thị) ( x − 3y = 6 3x − 9y = 3. a) ( x − y = 6 3x − 3y = 18. b) Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 19/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. 1 Nhận xét rằng a1 a2 = 1 3 và b1 b2 = 1 3 , suy ra a1 a2 = b1 b2 6= 2 = c1 c2 . Vậy hệ vô nghiệm. x y x − 3y = 6 O 1 3x − 9y = 3 −2 2 Nhận xét rằng a1 a2 = b1 b2 = c1 c2 = 1 3 . Vậy hệ có vô số nghiệm. x y x − y = 6 3x − 3y = 18 O −6 6 BÀI 3. Hãy xác định số nghiệm của các hệ phương trình sau (minh họa bằng đồ thị) ( x − 0y = 2 0x + 4y = 8. a) ( 0x + 6y = 24 x − 2y = 1. b) ✍ LỜI GIẢI. 1 Nhận xét rằng a1 · b2 6= b1 · a2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất. x y x = 2 y = 2 O 2 2 2 Nhận xét rằng a2 a1 = 0 1 = 0 và b2 b1 = 6 −2 = −3, suy ra a2 a1 6= b2 b1 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất. x y y = 4 x − 2y = 1 O 1 4 BÀI 4. Bằng đồ thị, chứng tỏ rằng hệ phương trình ( 3x − y = 1 2x − ay = −3 . a) Có nghiệm duy nhất với a = 2. Vô nghiệm với a = 2 3 b) . ✍ LỜI GIẢI. 1 Với a = 2, hệ phương trình có dạng ( 3x − y = 1 2x − 2y = −3 . Nhận xét rằng a1 a2 = 3 2 và b1 b2 = 1 2 , suy ra a1 a2 6= b1 b2 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất. x y 3x − y = 1 2x − 2y = −3 O Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 20/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Với a = 2 3 , hệ phương trình có dạng 3x − y = 1 2x − 2 3 y = −3 . Nhận xét rằng a1 a2 = b1 b2 6= c1 c2 . Vậy hệ vô nghiệm. x y 3x − y = 1 2x − 2 3 y = −3 O BÀI 5. Bằng đồ thị, chứng tỏ rằng hệ phương trình ( x + 2y = a 2x + 4y = 6 . a) Có vô số nghiệm với a = 3. b) Vô nghiệm với a 6= 3. ✍ LỜI GIẢI. 1 Với a = 3, hệ phương trình có dạng ( x + 2y = 3 2x + 4y = 6 . Nhận xét rằng a1 a2 = b1 b2 = c1 c2 = 1 2 . Vậy hệ có vô số nghiệm. x y x + 2y = 3 2x + 4y = 6 O 2 Với a 6= 3, hệ phương trình có dạng ( x + 2y = a 2x + 4y = 6 . Nhận xét rằng a1 a2 = b1 b2 6= c1 c2 . Vậy hệ vô nghiệm. BÀI 6. Bằng đồ thị, chứng tỏ rằng các hệ phương trình sau luôn có nghiệm duy nhất ( x + 2y = 9 x = n. a) ( 3x − 2y = 8 y = m. b) ✍ LỜI GIẢI. 1 Vì x+ 2y = 9 là đường xiên, x = n là đường thẳng song song với Oy nên đồ thị của x + 2y = 9 luôn cắt đồ thị của x = n tại một điểm duy nhất. Vậy hệ luôn có nghiệm duy nhất x = n và y = 1 2 (9 − n). x y O 9 4.5 x = n x + 2y = 9 2 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 21/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Vì 3x − 2y = 8 là đường xiên, y = m là đường thẳng song song với Ox nên đồ thị của 3x − 2y = 8 luôn cắt đồ thị của y = m tại một điểm duy nhất. Vậy hệ luôn có nghiệm duy nhất y = m và x = 1 3 (8 + 2m). x y O 8 3 −4 y = m 3x − 2y = 8 BÀI 7. Cho hệ phương trình ( a 2x − y = b 2ax − y = b . 1 Chứng minh rằng hệ luôn có nghiệm với mọi a, b bất kì. 2 Hệ có nghiệm duy nhất khi nào? 3 Hệ có vô số nghiệm khi nào? ✍ LỜI GIẢI. 1 Biến đổi hệ về dạng ( y = a 2x − b (d1) y = 2ax − b (d2) . Nhận xét rằng, hai đường thẳng (d1) và (d2) ứng với hai phương trình trong hệ luôn cắt trục tung Oy (vì có hệ số tự do bằng nhau) tại điểm I(0; b). Vậy hệ luôn có nghiệm (0; b) với mọi a, b bất kì. 2 Hệ có nghiệm duy nhất khi (d1) cắt (d2) ⇔ a 2 6= 2a ⇔ a 2 − 2a 6= 0 ⇔ a(a − 2) 6= 0 ⇔ ( a 6= 0 a 6= 2. 3 Hệ có vô số nghiệm khi (d1) trùng (d2) ⇔ a 2 = 2a ⇔ a 2 − 2a = 0 ⇔ a(a − 2) = 0 ⇔ " a = 0 a = 2. BÀI 8. Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm 2x − y = 1 x + y = 2 ax − y = −3 . ✍ LỜI GIẢI. Ta kí hiệu 2x − y = 1 (1) x + y = 2 (2) ax − y = −3 (3) . Xét hệ phương trình tạo bởi (1) và (2) là ( 2x − y = 1 x + y = 2 ⇔ ( x = 1 y = 1 . (*) Để hệ có nghiệm, điều kiện (*) phải thỏa mãn phương trình (3), nghĩa là a · 1 − 1 = −3 ⇔ a = −2 Vậy a = −2 thỏa yêu cầu. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 22/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 9. Sử dụng ba định lí đã biết tìm ba hệ phương trình tương đương với mỗi hệ sau ( x + 3y = 2 3x + 8y = 5. a) ( x + y = 7 3x + 4y = 25. b) ✍ LỜI GIẢI. 1 Sử dụng định lí 1, ta được ( x + 3y = 2 3x + 8y = 5 ⇔ 1 2 x + 3 2 y = 1 3x + 8y = 5 . Sử dụng định lí 2, ta được ( x + 3y = 2 3x + 8y = 5 ⇔ ( x + 3y = 2 (3x + 8y) − (x + 3y) = 5 − 2 ⇔ ( x + 3y = 2 2x + 5y = 3 . Sử dụng định lí 3, ta được ( x + 3y = 2 3x + 8y = 5 ⇔ ( x = 2 − 3y 3(2 − 3y) + 8y = 5 ⇔ ( x = 2 − 3y − 9y + 8y = −1 . 2 Sử dụng định lí 1, ta được ( x + y = 7 3x + 4y = 25 ⇔ x 7 + y 7 = 1 3x + 4y = 25 . Sử dụng định lí 2, ta được ( x + y = 7 3x + 4y = 25 ⇔ ( x + y = 7 (3x + 4y) − (x + y) = 25 − 7 ⇔ ( x + y = 7 2x + 3y = 18 . Sử dụng định lí 3, ta được ( x + y = 7 3x + 4y = 25 ⇔ ( x = 7 − y 3(7 − y) + 4y = 25 ⇔ ( x = 7 − y y = 4 . BÀI 10. Giải thích tại sao các cặp hệ phương trình sau tương đương ( 2x + 3y = 7 x + 2y = 4 và ( 2x + 4y = 8 y = 1 a) . ( 3x + y = 2 2x + 3y = 6 và ( 6x + 2y = 4 y = 2 b) . ✍ LỜI GIẢI. 1 Thực hiện phép biến đổi tương đương. ( 2x + 3y = 7 x + 2y = 4 ⇔ ( 2x + 3y = 7 2x + 4y = 8 ⇔ ( 2x + 4y = 8 y = 1. 2 Thực hiện phép biến đổi tương đương. ( 3x + y = 2 2x + 3y = 6 ⇔ ( 6x + 2y = 4 6x + 9y = 18 ⇔ ( 6x + 2y = 4 7y = 14 ⇔ ( 6x + 2y = 4 y = 2. BÀI 11. Giải thích tại sao các cặp hệ phương trình sau tương đương ( 2x − 3y = 1 6x − 9y = 3 và 4x − 6y = 2 x − 3 2 y = 1 2 a) . ( 2x + 3y = 6 10x + 15y = 2 và x 3 + y 2 = 1 4x + 6y = 4 5 b) . ( x − y = 1 2x − 2y = 3 và ( 8x + 9y = 11 16x + 18y = 3 c) . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 23/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. 1 Sử dụng định nghĩa. Giải hệ thứ nhất, ta thấy hệ có vô số nghiệm thỏa mãn Å x; 2x − 1 3 ã . Giải hệ thứ hai, ta thấy hệ có vô số nghiệm thỏa mãn Å x; 2x − 1 3 ã . Vậy hai hệ phương trình là tương đương. 2 Sử dụng định nghĩa. Giải hệ thứ nhất, ta thấy hệ vô nghiệm. Giải hệ thứ hai, ta thấy hệ vô nghiệm. Vậy hai hệ phương trình là tương đương. 3 Sử dụng định nghĩa. Giải hệ thứ nhất, ta thấy hệ vô nghiệm. Giải hệ thứ hai, ta thấy hệ vô nghiệm. Vậy hai hệ phương trình là tương đương. BÀI 12. Tìm giá trị của m để các cặp hệ phương trình sau tương đương 1 ( 2x + 3y = 7 x + 2y = 4 và ( x + y = 3 2x − y = m . 2 ( x + 2y = 1 2x + 5y = 3 và ( x + 3y = 2 3mx + (m2 + 8)y = 4m + 2 . ✍ LỜI GIẢI. 1 Giải hệ thứ nhất, ta được nghiệm duy nhất x = 2 và y = 1. Hai hệ tương đương khi (2; 1) cũng là nghiệm của hệ còn lại, nghĩa là ( 2 + 1 = 3 2 · 2 − 1 = m ⇔ ( 3 = 3 m = 3 ⇔ m = 3. Thử lại, với m = 2, hệ có dạng ( x + y = 3 2x − y = 3 . Giải hệ này, ta có nghiệm duy nhất là (2; 1). Vậy m = 3 thỏa yêu cầu. 2 Giải hệ thứ nhất, ta được nghiệm duy nhất x = −1 và y = 1. Hai hệ tương đương khi (−1; 1) là nghiệm của hệ còn lại, nghĩa là ( − 1 + 3 · 1 = 2 3m(−1) + (m2 + 8) · 1 = 4m + 2 ⇔ ( 2 = 2 m2 − 7m + 6 = 0 ⇔ (m − 1)(m − 6) = 0 ⇔ " m = 1 m = 6. Thử lại Với m = 1 hệ có dạng ( x + 3y = 2 3x + 9y = 6 . Hệ có vô số nghiệm nên m = 1 không thỏa. Với m = 6 hệ có dạng ( x + 3y = 2 18x + 44y = 26 . Hệ có nghiệm duy nhất (−1; 1). Vậy m = 6 thỏa yêu cầu. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 24/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 3 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ A TÓM TẮT LÍ THUYẾT Để xây dựng được thuật toán giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp thế, chúng ta bắt đầu với việc giải hệ phương trình sau: ( 2x + y = 7 (1) x + 3y = 11 (2) Xét phương trình (1) của hệ, ta biến đổi y = 7 − 2x (3) Thay (3) vào phương trình (2), ta được x + 3 (7 − 2x) = 11 ⇔ 5x = 10 ⇔ x = 2. Thay x = 2 vào (3), ta được y = 7 − 2 · 2 ⇔ y = 3. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2; 3). Bước 1: Chọn phương trình (1) và biểu diễn ẩn y theo x. Bước 2: Thay biểu thức của y vào phương trình (2), rồi tìm giá trị của x. Bước 3: Thay giá trị của x vào biểu thức trong bước 1 để tìm y. Bước 4: Kết luận nghiệm. Từ đó, để giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp thế, ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Chọn phương trình (1) và biểu diễn ẩn y theo x. Bước 2: Thay biểu thức của x vào phương trình kia rồi tìm giá trị của y. Bước 3: Thay giá trị của y vừa tìm được vào biểu thức của x để tìm giá trị của x. Bước 4: Kết luận nghiệm. B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN { DẠNG 1. Giải hệ phương trình Phương pháp giải: VÍ DỤ 1. Giải hệ phương trình ( 5x + 3y = 1 (1) 2x + y = −1 (2) ✍ LỜI GIẢI. Ta lựa chọn một trong hai cách rút: Cách 1: Thực hiện phép rút y. Xét phương trình (2) của hệ, ta biến đổi y = −2x − 1 (3). Thay (3) vào phương trình (1), ta được: y = −2 · (−4) − 1 = 7. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (−4; 7). VÍ DỤ 2. (Bài 14/tr 15 -SGK) Giải các hệ phương trình bằng phương pháp thế Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 25/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 ( x + √ 5y = 0 (1) √ 5x + 3y = 1 − √ 5 (2) 2 Ä 2 − √ 3 ä x − 3y = 2 + 5√ 3 (1) 4x + y = 4 − 2 √ 3 (2) ✍ LỜI GIẢI. 1 Giải hệ phương trình ( x + √ 5y = 0 (1) √ 5x + 3y = 1 − √ 5 (2) Xét phương trình (1) suy ra x = − √ 5y. Thay vào phương trình (2) ta có √ 5 · Ä − √ 5y ä + 3y = 1 − √ 5 ⇔ −2y = 1 − √ 5 ⇔ y = √ 5 − 1 2 Khi y = √ 5 − 1 2 suy ra x = Ä − √ 5 ä · √ 5 − 1 2 ⇔ x = √ 5 − 5 2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là Ç√ 5 − 5 2 ; √ 5 − 1 2 å 2 Giải hệ phương trình Ä 2 − √ 3 ä x − 3y = 2 + 5√ 3 (1) 4x + y = 4 − 2 √ 3 (2) Từ phương trình (2) ta suy ra y = 4 − 2 √ 3 − 4x. Thay vào phương trình (1) ta có Ä 2 − √ 3 ä x − 3 Ä 4 − 2 √ 3 − 4x ä = 2 + 5√ 3 ⇔ Ä 14 − √ 3 ä x = 14 − √ 3 ⇔ x = 1 Khi x = 1 suy ra y = −2 √ 3. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất Ä 1; −2 √ 3 ä . VÍ DỤ 3. (Bài 15/tr 15 -SGK) Giải hệ phương trình ( x + 3y = 1 a 2 + 1 x + 6y = 2a trong các trườn hợp sau 1 a = −1 2 a = 0 3 a = 1 ✍ LỜI GIẢI. 1 Khi a = −1, ta được hệ phương trình ( x + 3y = 1 2x + 6y = −2 ⇔ ( x + 3y = 1 x + 3y = −1 . Dễ thấy hệ phương trình vô nghiệm. 2 Khi a = 0, ta được hệ phương trình ( x + 3y = 1 x + 6y = 0 ⇔ ( x + 3y = 1 3y = −1 ⇔ x = 2 y = − 1 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là Å 2; − 1 3 ã . 3 Khi a = 1, ta được hệ phương trình ( x + 3y = 1 2x + 6y = 2 ⇔ ( x + 3y = 1 x + 3y = 1 ⇔ x + 3y = 1. Vậy hệ phương trình có vô số nghiệm (x; y) thỏa mãn x = 1 − 3y, y ∈ R. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 26/280 ‡ GeoGebraPr Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 4. (Bài 17/tr 16 -SGK) Giải các hệ phương trình bằng phương pháp thế 1 (√ 2x − √ 3y = 1 x + √ 3y = √ 2 2 ( x − 2 √ 2y = √ 5 √ 2x + y = 1 − √ 10 3 Ä√ 2 − 1 ä x − y = √ 2 x + Ä√ 2 + 1ä y = 1 ✍ LỜI GIẢI. 1 Giải hệ phương trình (√ 2x − √ 3y = 1 (1) x + √ 3y = √ 2 (2) . Từ phương trình (2) suy ra x = √ 2 − √ 3y. Thay vào phương trình (1) ta có √ 2 Ä√ 2 − √ 3y ä − √ 3y = 1 ⇔ y Ä√ 6 + √ 3 ä = 1 ⇔ y = √ 6 − √ 3 3 Khi y = √ 6 − √ 3 3 thay vào (2) ta có x + √ 3 · Ç√ 6 − √ 3 3 å = √ 2 ⇔ x + √ 2 − 1 = √ 2 ⇔ x = 1. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là Ç 1; √ 6 − √ 2 3 å . 2 Giải hệ phương trình ( x − 2 √ 2y = √ 5 (1) √ 2x + y = 1 − √ 10 (2) Từ phương trình (1) suy ra x = √ 5 − 2 √ 2y. Thay vào phương trình (2) ta có √ 2 Ä√ 5 + 2√ 2y ä + y = 1 − √ 10 ⇔ 5y = 1 − 2 √ 10 ⇔ y = 1 − 2 √ 10 5 Khi y = 1 − 2 √ 10 5 thay vào (1) ta có x = √ 5 + 2√ 2 · Ç 1 − 2 √ 10 5 å ⇔ x = 2 √ 2 − 3 √ 5 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là Ç 2 √ 2 − 3 √ 5 5 ; 1 − 2 √ 10 5 å . 3 Ä√ 2 − 1 ä x − y = √ 2 (1) x + Ä√ 2 + 1ä y = 1 (2) Từ phương trình (1) ta suy ra y = Ä√ 2 − 1 ä x − √ 2. Thay vào phương trình (2) ta có x + Ä√ 2 + 1ä · îÄ√ 2 − 1 ä x − √ 2 ó = 1 ⇔ 2x − 2 − √ 2 = 1 ⇔ x = 3 + √ 2 2 . Khi x = 3 + √ 2 2 thay vào (2) ta có 3 + √ 2 2 + Ä√ 2 + 1ä y = 1 ⇔ Ä√ 2 + 1ä y = − 1 + √ 2 2 ⇔ y = − 1 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất Ç 3 + √ 2 2 ; − 1 2 å . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 27/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 5. (Bài 18/tr 16 -SGK) Cho hệ phương trình ( x + by = −4 bx − ay = −5 1 Xác định các hệ số a và b, biết hệ phương trình trên có nghiệm là (1; −2). 2 Xác định các hệ số a và b, biết hệ phương trình trên có nghiệm là Ä√ 2 − 1; √ 2 ä . ✍ LỜI GIẢI. 1 Do (1; −2) là nghiệm của hệ phương trình nên ( 2 − 2b = −4 b + 2a = −5 ⇔ ( b = 3 b + 2a = −5 ⇔ ( b = 3 a = −4 Vậy với a = −4 và b = 3 thỏa mãn bài toán. 2 Do Ä√ 2 − 1; √ 2 ä là nghiệm của hệ phương trình nên 2 Ä√ 2 − 1 ä + √ 2b = −4 Ä√ 2 − 1 ä b − √ 2a = −5 ⇔ (√ 2b = −2 − 2 √ 2 Ä√ 2 − 1 ä b − √ 2a = −5 ⇔ b = −2 − √ 2 a = 5 √ 2 − 2 2 Vậy với a = 5 √ 2 − 2 2 và b = −2 − √ 2. VÍ DỤ 6. Cho hệ phương trình ( mx + 3y = −2 m2x − 6y = 4 1 Giải hệ phương trình với m = 2. 2 Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm. ✍ LỜI GIẢI. 1 Khi m = 2 hệ phương trình trở thành ( 2x + 3y = −2 4x − 6y = 4 ⇔ ( 2x + 3y = −2 2x − 3y = 2 ⇔ ( 2x + 3y = −2 4x = 0 ⇔ y = − 2 3 x = 0 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là Å 0; − 2 3 ã . 2 Xét hệ phương trình ( mx + 3y = −2 (1) m2x − 6y = 4 (2) . Từ phương trình (1) suy ra 3y = −2 − mx ⇔ y = − 1 3 (2 + mx). Thay vào phương trình (2) ta có m2x + 6 · 1 3 (2 + mx) = 4 ⇔ m2 + 2m x = 0 (3) Để hệ phương trình vô số nghiệm khi (3) vô số nghiệm. Khi đó m2 + 2m = 0 ⇔ m (m + 2) = 0 ⇔ " m = 0 m = −2 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 28/280 ‡ GeoGebraPr Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Vậy với m = 0 và m = 2 hệ có vô số nghiệm. Nhận xét. 1. Như vậy, trong lời giải trên để tận dụng phép thế trong một bài toán có hai câu hỏi chúng ta đã thực hiện theo 3 bước: Bước 1: Bằng phép thế, chuyển đổi tính chất của hệ thành tính chất của phương trình. Bước 2: Thực hiện câu a) Bước 3: Thực hiện câu b). Đó chính là cách thể hiện rất phổ biến khi học lên cao. 2. Chúng ta đều đã được biét rằng, có thể thực hiện yêu cầu ” Tìm m để hệ phương trình có vô số nghiệm” bằng cách dựa trên vị trí tương đối giữa hai đường thẳng, cụ thể: Trường hợp 1: Với m = 0, hệ phương trình có dạng ( 0x + 3y = −2 0x − 6y = 4 ⇔ x tùy ý y = − 2 3 Trường hợp 2: Với m 6= 0 thì điều kiện để phương trình có vô số nghiệm là m m2 = − 3 6 = − 2 4 ⇔ 1 m = − 1 2 ⇔ m = −2 Vậy với m = 0 và m = 2 hệ có vô số nghiệm. Lưu ý: Nếu ta không xét trường hợp m = 0 mà chỉ kiểm tra điều kiện để phương trình có vô số nghiệm m m2 = − 3 6 = − 2 4 thì không được rút gọn mẫu số. Khi đó, ta phải biến đổi như sau m m2 = − 3 6 = − 2 4 ⇔ m m2 = − 1 2 ⇔ 2m = −m2 ⇔ m (2 − m) = 0 ⇔ " m = 0 m = 2 VÍ DỤ 7. Cho hệ phương trình ( x + y = 1 (1) mx + 2y = m (2) 1 Tìm m để hệ phương trình có vô số nghiệm. 2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm duy nhất đó. ✍ LỜI GIẢI. 1 Từ phương trình (1) suy ra y = −x + 1. Thay vào phương trình (2) ta có mx + 2 (1 − x) = m ⇔ (m − 2) x = m − 2 (3) Để hệ phương trình vô số nghiệm khi phương trình (3) vô số nghiệm suy ra m − 2 = 0 ⇔ m = 2 2 Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất. Do đó m − 2 6= 0 ⇔ m 6= 2. Vậy m 6= 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Khi m 6= 2 ta có (3) ⇔ x = 1. Thay vào (1) suy ra y = 0. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (1; 0). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 29/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 8. Cho hệ phương trình ( x + my = 1 (1) mx − y = −m (2) 1 Chứng tỏ rằng với mọi m hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất. 2 Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) là một điểm thuộc góc phần tư thứ nhất. ✍ LỜI GIẢI. 1 Từ phương trình (2) suy ra y = mx + m (3). Thay vào phương trình (1) ta có x + m (mx + m) = 1 ⇔ m2 + 1 x = 1 − m2 ⇔ x = 1 − m2 1 + m2 Khi x = 1 − m2 1 + m2 thay vào phương trình (3) ta được y = m · 1 − m2 1 + m2 + m ⇔ y = 2m 1 + m2 Vậy với mọi giá trị của m hệ phương trình có nghiệm duy nhất Å 1 − m2 1 + m2 ; 2m 1 + m2 ã . 2 Để thỏa mãn bài toán khi 1 − m2 1 + m2 > 0 2m 1 + m2 > 0 ⇔ ( 1 − m2 > 0 2m > 0 ⇔ ( m2 < 1 m > 0 ⇔ 0 < m < 1 Vậy với 0 < m < 1 hệ có nghiệm thỏa mãn bài toán. Nhận xét. 1. Trong chủ đề 9, chúng ta đã thực hiện câu a) bằng phương pháp cộng và ở đó chúng ta cần xét hai trường họp m = 0 và m 6= 0. Còn đối với phương pháp thế thì không cần phải như vậy, đó chính là một trong những ưu điểm của phương pháp thế so với phương pháp cộng. 2. Với câu b), chúng ta đã sử dụng một trong các kết quả sau: M (x, y) ∈ P (I) ⇔ x > 0 và y > 0. M (x, y) ∈ P (II) ⇔ x < 0 và y > 0. M (x, y) ∈ P (III) ⇔ x < 0 và y < 0. M (x, y) ∈ P (IV ) ⇔ x > 0 và y < 0. Tiếp theo, chúng ta sẽ quan tâm tới các hệ phương trình được giải nhờ kiến thức của hệ phương trình bậc nhất hai ẩn (thường được gọi là các hệ phương trình quy về hệ phương trình bậc nhất hai ẩn). Trước tiên, là các hệ phương trình được chuyển về hệ phương trình bậc nhất hai ẩn bắng phép biến đổi tương đương. VÍ DỤ 9. Giải hệ phương trình x y = 2 3 (1) 4x − 3y = −2 (2) Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 30/280 ‡ GeoGebraPr Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. Xét phương trình (1), ta có (1) ⇔ x = 2y 3 . Thay vào phương trình (2) ta có 4 · 2y 3 − 3y = −2 ⇔ 8y − 9y = 6 ⇔ y = 6. Khi y = 6 suy ra x = 4. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (4; 6). VÍ DỤ 10. Giải hệ phương trình ( y − |x| = 1 2x − y = 1 ✍ LỜI GIẢI. - Nếu x ≥ 0 hệ phương trình trở thành ( y − x = 1 2x − y = 1 ⇔ ( y − x = 1 x = 2 ⇔ ( y = 3 x = 2 So sánh với điều kiện thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có nghiệm là (2; 3). - Nếu x < 0 hệ phương trình trở thành ( y + x = 1 2x − y = 1 ⇔ ( y − x = 1 3x = 2 ⇔ y = 5 3 x = 2 3 So sánh với điều kiện không thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; 3). VÍ DỤ 11. Giải hệ phương trình ( 2x + y = 4 (1) |x − 2y| = 3 (2) ✍ LỜI GIẢI. Xét phương trình (1) ta có (1) ⇔ y = 4 − 2x (3). Thay vào phương trình (2) ta có |x − 2 (4 − 2x)| = 3 ⇔ |5x − 8| = 3 ⇔ " 5x − 8 = 3 5x − 8 = −3 ⇔ x = 11 5 x = 1 - Khi x = 1 thay vào (3) suy ra y = 2. - Khi x = 11 5 thay vào (3) suy ra y = − 2 5 . Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (1; 2) và Å 11 5 ; − 2 5 ã . Nhận xét. 1. Như vậy, với việc sử dụng phương pháp thế chúng ta đã chuyển được hệ phương trình về một phương trình chứa dấu trị tuyệt đối. 2. Tất nhiên, chúng ta cũng có thể sử dụng phương pháp cộng để giải bằng việc chuyển đổi hệ ban đầu thành hai hệ ( 2x + y = 4 x − 2y = 3 và ( 2x + y = 4 x − 2y = −3. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 31/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 12. (Bài 19/tr 16 - Sgk) Biết rằng đa thức P (x) chia hết cho đa thức x − a khi và chỉ khi P (a) = 0. Hãy tìm các giá trị của m và n sao cho đa thức sau đồng thời chia hết cho x + 1 và x − 3. P (x) = mx3 + (m − 2) x 2 − (3n − 5) x − 4n. ✍ LỜI GIẢI. Do giả thiết đa thức P (x) chia hết cho x + 1 suy ra đa thức P (−1) = 0 ⇔ −m + (m − 2) + (3n − 5) − 4n = 0 ⇔ −n − 7 = 0 ⇔ n = −7 (1) Lập luận tương tự ta có P (3) = 0 ⇔ 27m + 9 (m − 2) − 3 (3n − 5) − 4n = 0 ⇔ 36m − 13n − 3 = 0 (2) Thay (1) vào (2) ta có 36m + 91 − 3 = 0 ⇔ m = − 22 9 . Vậy với m = − 22 9 và n = −7 thỏa mãn bài toán. VÍ DỤ 13. Giải hệ phương trình ( 2x 2 + 3y = 17 3x 2 − 2y = 6 ✍ LỜI GIẢI. Đặt u = x 2 , điều kiện u ≥ 0. Khi đó hệ phương trình trở thành ( 2u + 3y = 17 (1) 3u − 2y = 6 (2) . Từ phương trình (1) suy ra 2u = 17 − 3y ⇔ u = 17 − 3y 2 (3). Thay vào phương trình (2) ta được 3 · Å 17 − 3y 2 ã − 2y = 6 ⇔ 3 (17 − 3y) − 4y = 12 ⇔ 13y = 39 ⇔ y = 3. Khi y = 3 thay vào (3) suy ra u = 4. Khi u = 4 suy ra x 2 = 4 ⇔ " x = 2 x = −2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm là (2; 3) và (−2; 3). VÍ DỤ 14. Giải hệ phương trình (p x + 3y = √ 3x − 1 5x − y = 9 ✍ LỜI GIẢI. Để hệ phương trình xác định khi ( x + 3y ≥ 0 3x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −3y x ≥ 1 3 (∗) Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 32/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Với điều kiện (∗) ta có (p x + 3y = √ 3x − 1 5x − y = 9 ⇔ ( x + 3y = 3x − 1 5x − y = 9 ⇔ ( 2x − 3y = 1 (1) 5x − y = 9 (2) Từ phương trình (2) suy ra y = 5x − 9 (3). Thay vào phương trình (1) ta được 2x − 3 (5x − 9) = 1 ⇔ 13x = 26 ⇔ x = 2. Khi x = 2 thay vào (3) suy ra y = 1. So sánh với điều kiện (∗) thấy thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2; 1). Nhận xét. Trong lời giải trên, việc biến đổi phương trình thứ nhất ta đã sử dụng phép biến đổi tương đương đã biết là » f (x) = » g (x) ⇔ ( g (x) ≥ 0 f (x) = g (x) Tiếp theo, chúng ta sẽ quan tâm đến các hệ phương trình được chuyển về hệ phương trình bậc nhất bằng cách đặt ẩn phụ. VÍ DỤ 15. Giải hệ phương trình 6 x − 1 − 5 y − 2 = 7 3 x − 1 + 2 y − 2 = −1 ✍ LỜI GIẢI. Để hệ phương trình xác định khi ( x − 1 6= 0 y − 2 6= 0 ⇔ ( x 6= 1 y 6= 2 (∗) Với điều kiệu (∗) ta đặt u = 1 x − 1 v = 1 y − 2 , khi đó hệ phương trình trở thành ( 6u − 5v = 7 3u + 2v = −1 ⇔ ( 6u − 5v = 7 6u + 4v = −2 ⇔ ( 6u − 5v = 7 9v = −9 ⇔ ( u = 2 v = −1 Khi ( u = 2 v = −1 suy ra 1 x − 1 = 2 1 y − 2 = −1 ⇔ x − 1 = 1 2 y − 2 = −1 ⇔ x = 3 2 y = 1 So sánh với điều kiện (∗) thấy thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất Å 3 2 ; 1ã . VÍ DỤ 16. Giải hệ phương trình ( |x − 1| + |y − 1| = 2 4 |x − 1| + 3 |y − 1| = 7 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 33/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. Đặt ( u = |x − 1| v = |y − 1| , điều kiện u, v ≥ 0. Khi đó hệ phương trình trở thành ( u + v = 2 4u + 3v = 7 ⇔ ( 4u + 4v = 8 4u + 3v = 7 ⇔ ( u + v = 2 v = 1 ⇔ ( u = 1 v = 1 So sánh với điều kiện thỏa mãn. Khi u = 1 suy ra |x − 1| = 1 ⇔ " x − 1 = 1 x − 1 = −1 ⇔ " x = 2 x = 0. Khi v = 1 suy ra |y − 1| = 1 ⇔ " y − 1 = 1 y − 1 = −1 ⇔ " y = 2 y = 0. Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là (2; 2), (2; 0), (0; 2) và (0; 0). VÍ DỤ 17. Giải hệ phương trình ( 3 √ x − 1 + 2√ y = 13 2 √ x − 1 − √ y = 4 ✍ LỜI GIẢI. Để hệ phương trình xác định khi ( x − 1 ≥ 0 y ≥ 0 ⇔ ( x ≥ 1 y ≥ 0 (∗) Với điều kiện (∗) ta đặt ( u = √ x − 1 v = √ y . Khi đó hệ phương trình trở thành ( 3u + 2v = 13 (1) 2u − v = 4 (2) . Xét phương trình (2) ta suy ra v = 2u − 4 (3). Thay vào phương trình (1) ta có 3u + 2 (2u − 4) = 13 ⇔ 7u = 21 ⇔ u = 3. Khi u = 3 thay vào (3) suy ra v = 2. Khi ( u = 3 v = 2 ta suy ra (√ x − 1 = 3 √ y = 2 ⇔ ( x − 1 = 9 y = 4 ⇔ ( x = 10 y = 4 So sánh với điều kiện (∗) thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (10; 4). { DẠNG 2. Sử dụng hệ phương trình giải toán Phương pháp giải: VÍ DỤ 18. Cho hai hệ phương trình ( 2x − y = 6 3x + y = 9 (I) và ( 2x − y = 6 y = m (II). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 34/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Xác định m sao cho hai hệ phương trình trên tương đương. ✍ LỜI GIẢI. Xét hệ phương trình (I) ta có ( 2x − y = 6 3x + y = 9 ⇔ ( 2x − y = 6 5x = 15 ⇔ ( 2x − y = 6 x = 3 ⇔ ( y = 0 x = 3 Suy ra hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất là (3; 0). Để thỏa mãn bài toán khi (3; 0) là nghiệm của hệ (II) do đó ( 2 · 3 − 0 = 6 0 = m ⇔ m = 0. Khi m = 0 hệ phương trình (II) trở thành ( 2x − y = 6 y = 0 ⇔ ( x = 3 y = 0 . Vậy với m = 0 hai hệ phương trình tương đương. VÍ DỤ 19. Với giá trị nào của m thì hai phương trình sau có nghiệm chung 2x 2 + mx − 1 = 0 và mx2 − x + 2 = 0. ✍ LỜI GIẢI. Để thỏa mãn bài toán khi và chỉ khi hệ phương trình ( 2x 2 + mx − 1 = 0 mx2 − x + 2 = 0 (∗) có nghiệm. Đặt y = x 2 , điều kiện y ≥ 0. Khi đó hệ phương trình (∗) trở thành ( mx + 2y − 1 = 0 (1) − x + my + 2 = 0 (2) . Xét phương trình (2) suy ra x = my + 2 (3). Thay vào phương trình (1) ta có m (my + 2) + 2y − 1 = 0 ⇔ m2 + 2 y = 1 − 2m ⇔ y = 1 − 2m m2 + 2 . Thay y = 1 − 2m m2 + 2 vào (3) ta có x = m · Å 1 − 2m m2 + 2ã + 2 ⇔ x = m (1 − 2m) + 2 (m2 + 2) m2 + 2 ⇔ x = m + 4 m2 + 2 . So sánh với điều kiện suy ra 1 − 2m ≥ 0 ⇔ m ≤ 1 2 . Do y = x 2 nên Å m + 4 m2 + 2ã2 = 1 − 2m m2 + 2 ⇔ (m + 4)2 = (1 − 2m) m2 + 2 m3 + 6m + 7 = 0 ⇔ (m + 1) m2 − m + 1 = 0 (3) Do m2 − m + 1 = Å m − 1 2 ã2 + 3 4 > 0 ∀m. Nên (3) ⇔ m + 1 = 0 ⇔ m = −1. So sánh với điều kiện thỏa mãn. Vậy m = −1 hai phương trình có nghiệm chung. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 35/280 ‡ GeoGebra Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Nhận xét. Lời giải trong ví dụ trên, chính là phương pháp hiệu quả đề thực hiện yêu cầu ”Tìm điều kiện của tham số để hai phương trình bậc hai có nghiệm chung", dạng toán này chúng ta sẽ gặp lại trong chương sau. 1. Bài tập tự luyện BÀI 1. Sử dụng phương pháp thế giải các hệ phương trình sau và minh họa nghiệm bằng đồ thị ( 3x + 5y = 1 2x + y = −4 a) ( 2x − 3y = −6 − 4x − 6y = 12 b) ( x + y = 6 2x − 3y = 12 c) ( x + 2y = 11 5x − 3y = 3 d) ✍ LỜI GIẢI. 1 Giải hệ phương trình ( 3x + 5y = 1 (1) 2x + y = −4 (2) . Xét phương trình (2) ta suy ra y = −2x − 4 (3). Thay vào phương trình (1) ta được 3x + 5 (−2x − 4) = 1 ⇔ −7x = 21 ⇔ x = −3. Thay vào (3) ta có y = 2. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (−3; 2). Vẽ đồ thị hai hàm số y = −2x − 4 và y = 1 5 (1 − 3x) trên cùng hệ trục tọa độ. Ta có x y −3 −2 −1 O 1 2 1 2 3 −1 −2 −3 −4 2 Giải hệ phương trình ( 2x − 3y = −6 (1) − 4x − 6y = 12 (2) . Xét phương trình (1) ta suy ra y = 2x + 6 3 (3). Thay vào phương trình (2) ta được −4x − 6 · Å 2x + 6 3 ã = −12 ⇔ −8x − 12 = 12 ⇔ x = −3. Thay vào (3) ta có y = 0. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (−3; 0). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 36/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Vẽ đồ thị hai hàm số y = 1 3 (2x + 6) và y = 1 3 (−2x − 6) trên cùng hệ trục tọa độ. Ta có x y −3 −2 −1 O 1 2 1 2 3 −1 −2 −3 3 Giải hệ phương trình ( x + y = 6 (1) 2x − 3y = 12 (2) . Xét phương trình (1) ta suy ra y = 6 − x (3). Thay vào phương trình (2) ta được 2x − 3 (6 − x) = 12 ⇔ 5x − 18 = 12 ⇔ x = 6. Thay vào (3) ta có y = 0. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (6; 0). Vẽ đồ thị hai hàm số y = 6 − x và y = 1 3 (2x − 12) trên cùng hệ trục tọa độ. Ta có x y −2 −1 O 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 −1 −2 −3 −4 4 Giải hệ phương trình ( x + 2y = 11 (1) 5x − 3y = 3 (2) . Xét phương trình (1) ta suy ra x = 11 − 2x (3). Thay vào phương trình (2) ta được 5 (11 − 2y) − 3y = 3 ⇔ −13y + 55 = 3 ⇔ y = 4. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 37/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Thay vào (3) ta có x = 3. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (3; 4). Vẽ đồ thị hai hàm số y = 1 2 (11 − x) và y = 1 3 (5x − 3) trên cùng hệ trục tọa độ. Ta có x y −2 −1O 1 2 3 4 1 2 3 4 5 6 −1 −2 a) (−3, 2). b) (−3, 0). c) (6, 0). d) (3, 4). BÀI 2. Giải các hệ phương trình sau ( 3x + 4y = −4 12x + 16y − 5 = 0 a) ( x − y = 5 (x − 2) (y + 3) = 3 + xy b) x 4 − y 6 = 1 x 8 + y 3 = 8 c) ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có ( 3x + 4y = −4 12x + 16y − 5 = 0 ⇔ 3x + 4y = −4 3x + 4y = 5 4 . Dễ thấy hệ phương trình vô nghiệm. 2 Ta có ( x − y = 5 (x − 2) (y + 3) = 3 + xy ⇔ ( x − y = 5 xy + 3x − 2y − 6 = 3 + xy ⇔ ( x − y = 5 3x − 2y = 9 ⇔ ( 2x − 2y = 10 3x − 2y = 9 ⇔ ( x − y = 5 x = −1 ⇔ ( y = −6 x = −1 Do đó hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (−1; −6). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 38/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 3 Ta có x 4 − y 6 = 1 x 8 + y 3 = 8 ⇔ x 2 − y 3 = 2 x 8 + y 3 = 8 ⇔ x 4 − y 6 = 1 x 2 + x 8 = 10 ⇔ x 4 − y 6 = 1 5x 8 = 10 ⇔ x 4 − y 6 = 1 x = 16 ⇔ ( y = 18 x = 16 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (16, 18). a) Hệ vô nghiệm b) Nghiệm của hệ là (−1, −6) c) Nghiệm của hệ là (16, 18) BÀI 3. Xác định hàm số y = ax + b biết rằng đồ thị hàm số đó đi qua điểm A (1; 2) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1. ✍ LỜI GIẢI. Do đồ thị hàm số đi qua điểm A (1; 2) nên 2 = a + b (1). Mặt khác đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1 nên 1 = b (2). Thay (2) vào (1) suy ra a + 1 = 2 ⇔ a = 1. Vậy hàm số là y = x + 1. Hàm số là y = x + 1. BÀI 4. Lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm a) A (0; 3) và B (1; 2) b) A (1; 6) và B (2; 0) c) A (−3; 14) và B (2; −1) ✍ LỜI GIẢI. 1 Do đường thẳng đi qua hai A (0; 3) và B (1; 2) suy ra phương trình có dạng y = ax + b. Khi đó ta có hệ phương trình ( b = 3 a + b = 2 ⇔ ( b = 3 a = −1 . Vậy phương trình đường thẳng là y = −x + 3 ⇔ x + y = 3. 2 Do đường thẳng đi qua hai A (1; 6) và B (2; 0) suy ra phương trình có dạng y = ax + b. Khi đó ta có hệ phương trình ( a + b = 6 2a + b = 0 ⇔ ( a + b = 6 a = −6 ⇔ ( b = 12 a = −6 . Vậy phương trình đường thẳng là y = −6x + 12 ⇔ 6x + y = 12. 3 Do đường thẳng đi qua hai A (−3; 14) và B (2; −1) suy ra phương trình có dạng y = ax + b. Khi đó ta có hệ phương trình ( − 3a + b = 14 2a + b = −1 ⇔ ( 5a = −15 2a + b = −1 ⇔ ( a = −3 b = 5 . Vậy phương trình đường thẳng là y = −3x + 5 ⇔ 3x + y = 5. a) x + y = 3 b) 6x + y = 12 c) 3x + y = 5 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 39/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 5. Cho hệ phương trình ( x + my = 11 (1) 5x − 3y = m + 1 (2) 1 Giải hệ phương trình với m = 2. 2 Tìm giá trị của m để hệ phương trình trên có nghiệm. ✍ LỜI GIẢI. 1 Khi m = 2 hệ phương trình trở thành ( x + 2y = 11 5x − 3y = 3 ⇔ ( 5x + 10y = 55 5x − 3y = 3 ⇔ ( 13y = 52 5x − 3y = 3 ⇔ ( y = 4 x = 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (3; 4). 2 Xét phương trình (1) suy ra x = 11 − my. Thay vào phương trình (2) ta có 5 (11 − my) − 3y = m + 1 ⇔ (5m + 3) y = 54 − m (3) - Nếu 5m + 3 = 0 ⇔ m = − 3 5 phương trình (3) trở thành 0 · y = 273 5 . Dễ thấy phương trình vô nghiệm nên hệ phương trình vô nghiệm. - Nếu 5m + 3 6= 0 ⇔ m 6= − 3 5 thì (3) có nghiệm duy nhất suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Vậy để hệ phương trình có nghiệm khi m 6= − 3 5 . a) (3; 4) m 6= − 3 5 b) BÀI 6. Cho hệ phương trình ( 3mx + 5y = 1 (1) 2x + my = −4 (2) 1 Giải hệ phương trình với m = 2. 2 Tìm giá trị của m để hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất. ✍ LỜI GIẢI. 1 Khi m = 2 hệ trở thành ( 6x + 5y = 1 2x + 2y = −4 ⇔ ( 6x + 5y = 1 6x + 6y = −12 ⇔ ( y = −13 2x + 2y = −4 ⇔ ( y = −13 x = 11 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (11; −13). 2 Xét phương trình (1) suy ra 5y = 1 − 3mx ⇔ y = 1 − 3mx 5 . Thay vào phương trình (2) ta có 2x + m · Å 1 − 3mx 5 ã = −4 ⇔ 3m2 − 10 x = m + 20 (3) Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) có nghiệm duy nhất. Khi đó 3m2 − 10 6= 0 ⇔ m2 6= 10 3 ⇔ m 6= ± … 10 3 . Vậy để hệ phương trình có nghiệm khi m 6= ± … 10 3 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 40/280 ‡ GeoGebraPr Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 a) (11; −13). m 6= ± … 10 3 b) . BÀI 7. Cho hệ phương trình ( x − 3y = m (1) − 3x + 9y = −12 (2) 1 Tìm giá trị của m để hệ phương trình có vô số nghiệm. 2 Tìm giá trị của m để hệ phương trình vô nghiệm. ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét phương trình (1) suy ra x = m + 3y. Thay vào phương trình (2) ta có (−3) · (m + 3y) + 9y = −12 ⇔ 3m = 12 ⇔ m = 4 (3) Để hệ phương trình có vô số nghiệm khi phương trình (3) có vô số nghiệm suy ra m = 4. Vậy với m = 4 thỏa mãn bài toán. 2 Theo kết quả trên để hệ phương trình vô nghiệm khi m 6= 4. a) m = 4. b) m 6= 4. BÀI 8. Cho hệ phương trình ( mx + 2y = 5 (1) 2x + y = m (2) 1 Tìm giá trị của m để hệ phương trình có một nghiệm duy nhất. 2 Tìm giá trị của m để hệ phương trình có vô số nghiệm. 3 Tìm giá trị của m để hệ phương trình vô nghiệm. ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét phương trình (2) suy ra y = m − 2x. Thay vào phương trình (1) ta có mx + 2 · (m − 2x) = 5 ⇔ (m − 4) · x = 5 − 2m (3) Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất. Suy ra m − 4 6= 0 ⇔ m 6= 4. Vậy với m 6= 4 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất. 2 - Nếu m − 4 = 0 ⇔ m = 4 thì phương trình (3) trở thành 0 · x = −3. Dễ thấy phương trình vô nghiệm suy ra hệ phương trình vô nghiệm. Theo kết quả trên khi m 6= 4 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Vậy không tồn tại giá trị của m để hệ phương trình có vô số nghiệm. 3 Theo kết quả trên để hệ phương trình vô nghiệm khi m = 4. a) m 6= 4. b) Không tồn tại giá trị m. c) m = 4. BÀI 9. Cho hệ phương trình ( x − my = m (1) mx + y = 1 (2) Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 41/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Chứng tỏ rằng với mọi m hệ luôn có nghiệm. 2 Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm (x, y) là một điểm thuộc góc phân tư thứ I. ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét phương trình (1) suy ra x = m + my (3). Thay vào phương trình (2) ta có m · (m + my) + y = 1 ⇔ m2 + 1 y = 1 − m2 (4) Do m2 + 1 > 0 ∀m nên phương trình (4) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. Khi đó (m2 + 1) y = 1 − m2 ⇔ y = 1 − m2 m2 + 1 . Do đó hệ phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m 2 Theo kết quả trên ta có y = 1 − m2 m2 + 1 thay vào (3) ta được x = m + m · Å 1 − m2 m2 + 1ã ⇔ x = 2m m2 + 1 Do đó hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất Å 2m m2 + 1 ; 1 − m2 m2 + 1ã . Để thỏa mãn bài toán khi 2m m2 + 1 > 0 1 − m2 m2 + 1 > 0 ⇔ ( m > 0 1 − m2 > 0 ⇔ ( m > 0 (1 − m) (1 + m) > 0 ⇔ ( m > 0 1 − m > 0 ⇔ 0 < m < 1 a) Tự làm. b) 0 < m < 1. BÀI 10. Cho hệ phương trình ( x − y = 2 3x − 2y = 9 (I). Xác định m để hệ phương trình (I) trương đương với hệ phương trình sau ( 2x − 2y = m 3x − 2y = 9 a) (∗) ( 2x − my = 4 (m + 1) x − 2y = 9 b) (∗∗) ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét hệ phương trình ( x − y = 2 3x − 2y = 9 ⇔ ( y = x − 2 3x − 2 (x − 2) = 9 ⇔ ( y = x − 2 x = 5 ⇔ ( y = 3 x = 5 Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất là (5; 3). Để thỏa mãn bài toán suy ra (5; 3) là nghiệm của hệ (∗). Thay vào (∗) suy ra m = 4. Khi m = 4 hệ (∗) trở thành ( 2x − 2y = 4 3x − 2y = 9 ⇔ ( x − y = 2 x = 5 ⇔ ( y = 3 x = 5 Vậy hệ (∗) có nghiệm duy nhất (5; 3). Do đó m = 4 thỏa mãn. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 42/280 ‡ GeoGebraPr Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Tương tự ta suy ra (5; 3) là nghiệm của hệ (∗∗). Dó đó ( 10 − 3m = 4 5 (m + 1) − 6 = 9 ⇔ ( 3m = 6 5m = 10 ⇔ m = 2 . Khi m = 2 hệ phương trình (∗∗) trở thành ( 2x − 2y = 4 3x − 2y = 9 . Dựa vào kết quả trên suy ra m = 2 thỏa mãn. a) m = 4 b) m = 2 BÀI 11. Giải các hệ phương trình ( x + y = 2 |2x − 3y| = 1 a) ( 2x − y = 1 |x − y| = |2y − 1| b) ( |x − y| = 12y − 11 2x − y = 1 c) ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có ( x + y = 2 |2x − 3y| = 1 ⇔ ( y = 2 − x |2x − 3 · (2 − x)| = 1 ⇔ ( y = 2 − x |5x − 6| = 1 ⇔ y = 2 − x " 5x − 6 = 1 5x − 6 = −1 ⇔ y = 2 − x x = 7 5 x = 1 ⇔ x = 7 5 y = 3 5 ( x = 1 y = 1 Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (1; 1) và Å 7 5 ; 3 5 ã . 2 Ta có ( 2x − y = 1 |x − y| = |2y − 1| ⇔ ( y = 2x − 1 |x − y| = |2y − 1| ⇔ ( y = 2x − 1 |x − (2x − 1)| = |2 (2x − 1) − 1| ⇔ ( y = 2x − 1 |1 − x| = |4x − 3| ⇔ y = 2x − 1 " 1 − x = 4x − 3 1 − x = −4x + 3 ⇔ y = 2x − 1 x = 4 5 x = 2 3 ⇔ x = 4 5 y = 3 5 x = 2 3 y = 1 3 Vậy hệ phương trình có các nghiệm là Å 4 5 ; 3 5 ã và Å 2 3 ; 1 3 ã . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 43/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 3 Ta có ( |x − y| = 12y − 11 2x − y = 1 ⇔ ( |x − y| = 12y − 11 y = 2x − 1 ⇔ ( |x − (2x − 1)| = 12 (2x − 1) − 11 y = 2x − 1 ⇔ ( |1 − x| = 24x − 23 y = 2x − 1 ⇔ 24x − 23 ≥ 0 y = 2x − 1 " 1 − x = 24x − 23 1 − x = −24x + 23 ⇔ 24x − 23 ≥ 0 y = 2x − 1 x = 22 25 x = 22 23 ⇔ x = 22 23 y = 21 23 x = 22 25 y = 23 25 Vậy hệ phương trình có các nghiệm là Å 22 23 ; 21 23ã và Å 24 25 ; 23 25ã . (1; 1) và Å 7 5 ; 3 5 ã a) . Å 4 5 ; 3 5 ã và Å 2 3 ; 1 3 ã b) . Å 22 23 ; 21 23ã và Å 24 25 ; 23 25ã c) . BÀI 12. Giải các hệ phương trình ( |x| − y + 1 = 0 2x − |y| − 1 = 0 a) ( |x| + 2 |y| = 3 7x + 5y = 2 b) ✍ LỜI GIẢI. 1 - Nếu y ≥ 0 hệ trở thành ( |x| − y + 1 = 0 2x − y − 1 = 0 ⇔ ( |x| − 2x + 2 = 0 (1) 2x − y − 1 = 0 (2) Xét phương trình (1) ta có (1) ⇔ |x| = 2x − 2 ⇔ 2x − 2 ≥ 0 " x = 2x − 2 x = −2x + 2 ⇔ x ≥ 1 x = 2 x = 2 3 ⇔ x = 2 Khi x = 2 thay vào (2) suy ra 3 − y = 0 ⇔ y = 3. So sánh điều kiện suy ra (2; 3) là nghiệm của hệ phương trình. - Nếu y < 0 hệ trở thành ( |x| − y + 1 = 0 2x + y − 1 = 0 ⇔ ( |x| + 2x = 0 (3) 2x − y − 1 = 0 (4) Xét phương trình (3) ta có (1) ⇔ |x| = −2x ⇔ − 2x ≥ 0 " x = −2x x = 2x ⇔ x ≤ 0 " x = 0 x = 0 ⇔ x = 0 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 44/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Khi x = 0 thay vào (4) suy ra −y − 1 = 0 ⇔ y = −1. So sánh điều kiện suy ra (0; −1) là nghiệm của hệ phương trình. 2 - Nếu x ≥ 0 hệ trở thành ( x + 2 |y| = 3 7x + 5y = 2 ⇔ ( 14 |y| − 5y = 19 (10 ) 7x + 5y = 2 (20 ) Xét phương trình (10 ) ta có (10 ) ⇔ 14 |y| = 5y + 19 ⇔ 5y + 19 ≥ 0 " 14y = 5y + 19 14y = −5y − 19 ⇔ y ≥ − 19 5 y = 19 9 y = −1 ⇔ y = 19 9 y = −1 + Khi y = −1 thay vào (20 ) suy ra 7x − 5 = 2 ⇔ x = 1. + Khi y = 19 9 thay vào (20 ) suy ra 7x + 95 9 = 2 ⇔ x = − 11 9 . So sánh điều kiện suy ra (1; −1) là nghiệm của hệ phương trình. - Nếu x < 0 hệ trở thành ( − x + 2 |y| = 3 7x + 5y = 2 ⇔ ( 14 |y| + 5y = 23 (30 ) 7x + 5y = 2 (40 ) Xét phương trình (30 ) ta có (30 ) ⇔ 14 |y| = 23 − 5y ⇔ 23 − 5y ≥ 0 " y = 23 − 5y y = −23 + 5y ⇔ y ≤ 23 5 y = 23 6 y = 23 4 ⇔ y = 23 6 Khi y = 23 6 thay vào (40 ) suy ra 7x + 115 6 = 2 ⇔ x = − 113 42 . So sánh điều kiện suy ra Å − 113 42 ; 23 6 ã là nghiệm của hệ phương trình. a) Nghiệm của hệ (2; 3) và (0; −1) Nghiệm của hệ (1; −1) và Å − 113 42 ; 23 6 ã b) BÀI 13. Với giá trị nào của m thì hai phương trình sau có nghiệm chung mx2 + x + 1 = 0 và x 2 + mx + 1 = 0 ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 45/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Để thỏa mãn bài toán khi hệ phương trình ( mx2 + x + 1 = 0 x 2 + mx + 1 = 0 có nghiệm. Mà ( mx2 + x + 1 = 0 x 2 + mx + 1 = 0 ⇔ ( mx2 + x + 1 = 0 mx2 + x − x 2 − mx = 0 ⇔ ( mx2 + x + 1 = 0 x 2 (m − 1) + x (1 − m) = 0 ⇔ ( mx2 + x + 1 = 0 (m − 1) x 2 − x = 0 ⇔ mx2 + x + 1 = 0 (∗) " m − 1 = 0 x 2 − x = 0 - Khi m − 1 = 0 ⇔ m = 1 thay vào (∗) suy ra x 2 + x + 1 = 0. Dễ thấy phương trình vô nghiệm. - Khi x 2 − x = 0 ⇔ " x = 0 x = 1 . + Khi x = 0 thay vào (∗) không thỏa mãn. + Khi x = 1 thay vào (∗) suy ra m + 2 = 0 ⇔ m = −2. Giá trị của m = −2 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 46/280 ‡ GeoGebraPr Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 4 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP CỘNG A TÓM TẮT LÍ THUYẾT Để xây dựng được thuật toán giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp cộng, chúng ta hãy bắt đầu với việc giải hệ phương trình sau: ( 2x + y = 7 x + 3y = 11 Bước 1 −−−−→ Biến đổi hệ số của ẩn x trong hệ bằng nhau, bằng cách nhân phương trình thứ hai với 2. Lần lượt thực hiện các phép biến đổi hệ về dạng: ( 2x + y = 7 2x + 6y = 22 Bước 2 −−−−→ Trừ theo vế hai phương trình để khử ẩn x và thu được một phương trình chỉ chứa y. ⇔ ( − 5y = −15 2x + y = 7 Bước 3 −−−−→ Giải phương trình chỉ chứa ẩn y, để tìm giá trị của y. ⇔ ( y = 3 2x + y = 7 Bước 4 −−−−→ Thay gia trị của y vào phương trình còn lại, để được một phương trình chỉ chứa ẩn x. ⇔ ( y = 3 2x + 3 = 7 Bước 5 −−−−→ Giải phương trình chỉ chứa ẩn x, rồi kết luận về nghiệm của hệ. ⇔ ( x = 2 y = 3. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2; 3). Từ đó, để giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp cộng, ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Biến đổi để các hệ số của một ẩn (giả sử x) có giá trị tuyệt đối bằng nhau. Bước 2: Cộng hoặc trừ từng vế của hai phương trình để khử ẩn x. Bước 3: Giải phương trình tìm giá trị của y. Bước 4: Thay giá trị y vừa tìm được vào một trong hai phương trình ban đầu để tìm giá trị của x. Bước 5: Kết luận nghiệm của hệ phương trình. 4! Chú ý 1. Để cho gọn lời giải, thông thường các bước 3 và bước 4 được kết hợp lại với nhau. 2. Trong một vài trường hợp, bước 1 và bước 3 không cần thực hiện, ví dụ: a) ( x − 3y = 1 2x + 3y = 11 ⇔ ( 3x = 12 x − 3y = 1 ⇔ ( x = 4 4 − 3y = 1 ⇔ ( x = 4 y = 1. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 47/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 b) ( 2x − y = 3 x − y = 1 ⇔ ( x = 2 x − y = 1 ⇔ ( x = 2 2 − y = 1 ⇔ ( x = 2 y = 1. B CÁC DẠNG TOÁN { DẠNG 1. Giải hệ phương trình Phương pháp giải: VÍ DỤ 1. Giải các hệ phương trình sau: ( 3x + 4y = 18 4x − 3y = −1 a) (√ 3x − √ 2y = 1 √ 2x + 3√ 3y = 4√ 6. b) ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta lựa chọn một trong hai cách khử: Cách 1. Ta thực hiện phép khử x. ( 3x + 4y = 18 4x − 3y = −1 ×4 ⇐⇒×3 ( 12x + 16y = 72 12x − 9y = −3 ⇔ ( 25y = 75 4x − 3y = −1 ⇔ ( y = 3 4x − 3 · 3 = −1 ⇔ ( x = 2 y = 3. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2; 3). Cách 2. Ta thực hiện phép khử y. ( 3x + 4y = 18 4x − 3y = −1 ×3 ⇐⇒×4 ( 9x + 12y = 54 16x − 12y = −4 ⇔ ( 25x = 50 3x + 4y = 18 ⇔ ( x = 2 3 · 2 + 4y = 18 ⇔ ( x = 2 y = 3. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2; 3). 2 Ta thực hiện (√ 3x − √ 2y = 1 √ 2x + 3√ 3y = 4√ 6 × √ 2 ⇐⇒ × √ 3 (√ 6x − 2y = √ 2 √ 6x + 9y = 12√ 2 ⇔ ( 11y = 11√ 2 √ 3x − √ 2y = 1 ⇔ ( y = √ 2 √ 3x − √ 2 · √ 2 = 1 ⇔ ( x = √ 3 y = √ 2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất Ä√ 3; √ 2 ä . Nhận xét. Như vậy, trong lời giải trên: 1) Qua ví dụ trên, các em học sinh hiểu thêm rằng việc nhân hệ số để một ẩn trong hệ có hệ số bằng nhau hoặc đối nhau, trong nhiều trường hợp cần thực hiện phép nhân ở cả hai phương trình của hệ (trong ví dụ là 3 và 4 cho mỗi phương trình). 2) Ở câu b), ta cần nhân hai phương trình của hệ theo thứ tự với √ 2 và √ 3 mới nhận được hệ số của x trong hệ là bằng nhau. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 48/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Trong thực tế, chúng ta sẽ gặp dạng toán cần thực hiện theo hai bước: Bước 1: Thiết lập hệ phương trình; Bước 2: Giải hệ nhận được trong bước 1. VÍ DỤ 2 (Bài 21/trang 19 - SGK). Giải các hệ phương trình sau: ( x √ 2 − 3y = 1 2x + y √ 2 = −2 a) ( 5x √ 3 + y = 2√ 2 x √ 6 − y √ 2 = 2. b) ✍ LỜI GIẢI. 1 Ký hiệu các phương trình của hệ theo thứ tự là (1), (2). Nhân hai vế của (1) với − √ 2, ta có hệ phương trình tương đương: ( − 2x + 3√ 2y = − √ 2 2x + y √ 2 = −2 ⇔ ( 4 √ 2y = −2 − √ 2 2x + y √ 2 = −2 ⇔ y = −1 − √ 2 4 x = √ 2 − 6 8 . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất Ç√ 2 − 6 8 ; −1 − √ 2 4 å . 2 Ký hiệu các phương trình của hệ theo thứ tự là (1), (2). Nhân hai vế của (1) với √ 2, ta có hệ phương trình tương đương: ( 5x √ 6 + y √ 2 = 4 x √ 6 − y √ 2 = 2 ⇔ ( 6x √ 6 = 6 x √ 6 − y √ 2 = 2 ⇔ x = √ 6 6 y = − √ 2 2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất Ç√ 6 6 ; − √ 2 2 å . VÍ DỤ 3. Cho hệ phương trình ( x + my = 1 mx − y = −m. 1 Chứng tỏ rằng với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất; 2 Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm (x; y) thỏa mãn x < 1 và y < 1; 3 Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x và y không phụ thuộc vào m. ✍ LỜI GIẢI. 1 Nhận xét rằng với m = 0, hệ có dạng ( x = 1 y = 0 ⇒ m = 0 hệ có nghiệm duy nhất. Với m 6= 0, biến đổi hệ về dạng ( x + my = 1 m2x − my = −m2 ⇔ ( (m2 + 1)x = 1 − m2 x + my = 1 ⇔ x = 1 − m2 m2 + 1 1 − m2 m2 + 1 + my = 1 ⇔ x = 1 − m2 m2 + 1 y = 2m m2 + 1 . Tức là, với m 6= 0 hệ cũng có nghiệm duy nhất. Vậy với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 49/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Để nghiệm (x; y) của hệ thỏa mãn x < 1 và y < 1, điều kiện là: 1 − m2 m2 + 1 < 1 2m m2 + 1 < 1 ⇔ ( 1 − m2 < m2 + 1 2m < m2 + 1 ⇔ ( m2 > 0 (m − 1)2 > 0 ⇔ ( m 6= 0 m − 1 6= 0 ⇔ ( m 6= 0 m 6= 1. Vậy với m 6= 0 và m 6= 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. 3 Nhận xét rằng x 2 + y 2 = Å 1 − m2 m2 + 1ã2 + Å 2m m2 + 1ã2 = (1 − m2 ) 2 + 4m2 (m2 + 1)2 = m4 − 2m2 + 1 + 4m2 (m2 + 1)2 = m4 + 2m2 + 1 (m2 + 1)2 = (m2 + 1)2 (m2 + 1)2 = 1. Vậy ta thu được hệ thức x 2 + y 2 = 1. 4! Chú ý. 1) Trong lời giải câu a), nếu chúng ta không xét riêng trường hợp m = 0 và m 6= 0 sẽ vi phạm phép biến đổi tương đương. 2) Trong phạm vi kiến thức THCS, khó có thể giải thích một cách đầy đủ cho các em học sinh hiểu được tại sao lại có được nhận xét về x 2 + y 2 . Tuy nhiên, đối với các em học sinh thực sự muốn nâng cao kiến thức thì hãy tham khảo cuốn Phương pháp giải toán đại số của Lê Hồng Đức do NXB Hà Nội ấn hành. VÍ DỤ 4. Cho hệ phương trình ( x + my = 2 mx + y = m + 1. 1 Giải hệ phương trình với m = 1; 2 Chứng tỏ rằng với mọi m 6= ±1 hệ luôn có nghiệm duy nhất; 3 Tìm giá trị của m để nghiệm duy nhất (x; y) của hệ thỏa mãn x + y < 0; 4 Tìm m nguyên để hệ có nghiệm nguyên duy nhất. ✍ LỜI GIẢI. 1 Với m = 1, hệ có dạng ( x + y = 2 x + y = 2 ⇒ hệ có vô số nghiệm thỏa mãn (x; 2 − x). 2 Nhận xét rằng với m = 0, hệ có dạng ( x = 2 y = 1 ⇒ m = 0 hệ có nghiệm duy nhất. Với m 6= 0, biến đổi hệ về dạng ( mx + m2 y = 2m mx + y = m + 1 ⇔ ( (m2 − 1)y = m − 1 mx + y = m + 1 m6=±1 ⇐⇒ y = 1 m + 1 mx + 1 m + 1 = m + 1 ⇔ x = m + 2 m + 1 y = 1 m + 1 . Tức là, với m 6= 0 và m 6= ±1 hệ cũng có nghiệm duy nhất. Vậy, với mọi m 6= ±1 hệ luôn có nghiệm duy nhất. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 50/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 3 Để nghiệm duy nhất của hệ thỏa mãn x + y < 0, điều kiện là m + 2 m + 1 + 1 m + 1 < 0 ⇔ m + 3 m + 1 < 0 ⇔ −3 < m < −1, thỏa mãn điều kiện duy nhất của nghiệm. Vậy với −3 < m < −1 thỏa mãn điều kiện đề bài. 4 Để nghiệm nguyên duy nhất của hệ nguyên điều kiện cần là m + 1 là ước của 1 (gồm có ±1), ta lập bảng: m + 1 −1 1 m −2 0 y = 1 m + 1 −1 1 x = m + 2 m + 1 0 2 Vậy, với m = −2 hoặc m = 0 hệ có nghiệm nguyên duy nhất. VÍ DỤ 5. Giải hệ phương trình x y = 3 2 3x − 2y = 5. ✍ LỜI GIẢI. Điều kiện: y 6= 0. Ta thực hiện x y = 3 2 3x − 2y = 5 ⇔ ( 2x = 3y 3x − 2y = 5 ⇔ ( 2x − 3y = 0 3x − 2y = 5 ⇔ ( 6x − 9y = 0 3x − 2y = 5 ⇔ ( 5y = 10 3x − 2y = 5 ⇔ ( y = 2 3x − 2 · 2 = 5 ⇔ ( x = 3 y = 2. Vậy, hệ có nghiệm duy nhất (3; 2). Nhận xét. Hẳn các em học sinh cũng thấy, ở dạng ban đầu hệ phương trình trong ví dụ trên không phải là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Tuy nhiên, chỉ cần một vài phép biến đổi đơn giản chúng ta đã chuyển được vê hệ bậc nhất hai ẩn, để từ đó sử dụng phương pháp cộng để tìm nghiệm. VÍ DỤ 6 (Bài 26/Trang 19 - Sgk). Giải các hệ phương trình: ( 2(x + y) + 3(x − y) = 4 (x + y) + 2(x − y) = 5 a) ( 2(x − 2) + 3(1 + y) = −2 3(x − 2) − 2(1 + y) = −3. b) ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 51/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Ta có thể lựa chọn một trong hai cách giải sau: Cách 1. Thực hiện việc rút gọn các phương trình của hệ đã cho rồi đưa về hệ: ( 5x − y = 4 3x − y = 5 ⇔ ( 5x − y = 4 2x = −1 ⇔ x = − 1 2 y = − 13 2 . Cách 2. Đặt ẩn phụ X = x + y; Y = x − y, ta có hệ: ( 2X + 3Y = 4 X + 2Y = 5 ⇔ ( 2X + 3Y = 4 2X + 4Y = 10 ⇔ ( 2X + 3Y = 4 Y = 6 ⇔ ( X = −7 Y = 6 ⇔ ( x + y = −7 x − y = 6 ⇔ ( 2x = −1 x − y = 6 ⇔ x = − 1 2 y = − 13 2 . Vậy, hệ phương trình có nghiệm duy nhất Å − 1 2 ; − 13 2 ã . 2 Ta có ( 2(x − 2) + 3(1 + y) = −2 3(x − 2) − 2(1 + y) = −3 ⇔ ( 2x + 3y = −1 3x − 2y = 5 ⇔ ( 4x + 6y = −2 9x − 6y = 15 ⇔ ( 13x = 13 9x − 6y = 15 ⇔ ( x = 1 y = −1. Vậy, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1; −1). VÍ DỤ 7 (Bài 27/Trang 19 - Sgk). Giải các hệ phương trình 1 x − 1 y = 1 3 x + 4 y = 5 a) 1 x − 2 − 1 y − 1 = 2 2 x − 2 + 3 y − 1 = 1. b) ✍ LỜI GIẢI. 1 Đặt u = 1 x và v = 1 y , ta đưa hệ phương trình về dạng ( u − v = 1 3u + 4v = 5 ⇔ ( 4u − 4v = 4 3u + 4v = 5 ⇔ ( 7u = 9 3u + 4v = 5 ⇔ u = 9 7 v = 2 7 ⇔ x = 7 9 y = 7 2 . Vậy, hệ phương trình có nghiệm duy nhất Å 7 9 ; 7 2 ã . 2 Đặt u = 1 x − 2 và v = 1 y − 1 , ta đưa hệ phương trình về dạng ( u − v = 2 2u + 3v = 1 ⇔ ( 3u − 3v = 6 2u + 3v = 1 ⇔ ( 5u = 7 2u + 3v = 1 ⇔ u = 7 5 v = 3 5 . Từ u = 7 5 ⇒ 1 x − 2 = 7 5 ⇔ x = 5 7 + 2 ⇔ x = 19 7 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 52/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Từ v = 3 5 ⇒ 1 y − 1 = 3 5 ⇔ y = 5 3 + 1 ⇔ y = 8 3 . Vậy, hệ phương trình có nghiệm duy nhất Å 19 7 ; 8 3 ã . VÍ DỤ 8. Tìm giá trị của m để các cặp hệ phương trình sau tương đương: ( x + y = 7 3x + 4y = 25 và ( mx − y = m x − y = −1 a) ( x + 3y = 2 3x + 8y = 5 và ( x + 2y = 1 2x + my = 2. b) ✍ LỜI GIẢI. 1 Giải hệ thứ nhất ta được nghiệm duy nhất x = 3 và y = 4. Do đó, muốn hai hệ tương đương thì (3; 4) cũng phải là nghiệm của hệ còn lại, tứ là ( m · 3 − 4 = m 3 − 4 = −1 ⇔ ( 2m = 4 − 1 = −1 ⇔ m = 2. Thử lại, với m = 2 hệ có dạng ( 2x − y = 2 x − y = −1 , dễ thấy, hệ trên có nghiệm duy nhất (3; 4). Vậy, với m = 2 hai hệ phương trình đã cho tương đương. 2 Giải hệ thứ nhất ta được nghiệm duy nhất x = −1 và y = 1. Do đó, muốn hai hệ tương đương thì (−1; 1) cũng phải là nghiệm của hệ còn lại, tứ là ( − 1 + 2 · 1 = 1 2 · (−1) + m · 1 = 2 ⇔ ( 1 = 1 m = 4 ⇔ m = 4. Thử lại, với m = 4 hệ có dạng ( x + 2y = 1 2x + 4y = 2 , dễ thấy, hệ trên có vô số nghiệm, do đó không thỏa mãn. Vậy, không tồn tại m để hai hệ phương trình đã cho tương đương. Nhận xét. Như vậy, với yêu cầu “Tìm điều kiện của tham số để hai hệ phương trình tương đương” trong trường hợp có nghiệm duy nhất chúng ta nhất thiết phải thực hiện bước thử lại, bởi khi hệ thứ nhất có nghiệm duy nhất (x0; y0) còn hệ thứ hai có vô số nghiệm và nhận (x0; y0) làm một nghiệm thì hai hệ không thể được gọi là tương đương. { DẠNG 2. Sử dụng hệ phương trình giải toán Phương pháp giải: VÍ DỤ 9 (Bài 26/Trang 19 - Sgk). Xác định a và b để đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A và B trong mỗi trường hợp sau: a) A(2; −2) và B(−1; 3); b) A(−4; −2) và B(2; 1); Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 53/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 c) A(3; −1) và B(−3; 2); A Ä√ 3; 2ä d) và B(0; 2). ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có: A(−2; 2) ∈ (d): y = ax + b ⇔ −2 = 2a + b. (1) B(−1; 3) ∈ (d): y = ax + b ⇔ 3 = −a + b. (2) Từ (1) và (2), ta có ( 2a + b = −2 − a + b = 3 ⇔ ( 3a = −5 − a + b = 3 ⇔ a = − 5 3 b = 4 3 . Vậy đồ thị cần tìm là (d): y = − 5 3 x + 4 3 . 2 Ta có: A(−4; −2) ∈ (d): y = ax + b ⇔ −2 = −4a + b. (3) B(2; 1) ∈ (d): y = ax + b ⇔ 1 = 2a + b. (4) Từ (3) và (4), ta có ( − 4a + b = −2 2a + b = 1 ⇔ ( − 6a = −3 2a + b = 1 ⇔ a = 1 2 b = 0. Vậy đồ thị cần tìm là (d): y = 1 2 x. 3 Tương tự, ta có đồ thị cần tìm là (d): y = 1 2 x + 1 2 . 4 Tương tự, ta có đồ thị cần tìm là (d): y = 2. 4! Chú ý. Chúng ta đều đã biết, mọi đường thẳng trong mặt phẳng đều có phương trình dạng ax+by = c, với a, b không đồng thời bằng 0 và một đường thẳng được hoàn toàn xác định khi biết hai điểm phân biệt thuộc nó. Ví dụ tiếp theo sẽ minh họa cách lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm. VÍ DỤ 10. Lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(−2; −6) và B(4; 3). ✍ LỜI GIẢI. Giả sử đường thẳng có phương trình ax + by = c, từ giả thiết: A(−2; −6) thuộc đường thẳng, suy ra a · (−2) + b · (−6) = c ⇔ −2a − 6b = c. (1) B(4; 3) thuộc đường thẳng, suy ra a · 4 + b · 3 = c ⇔ 4a + 3b = c. (2) Từ (1) và (2), ta có được hệ phương trình ( − 2a − 6b = c 4a + 3b = c ⇔ ( − 2a − 6b = c 8a + 6b = 2c ⇔ ( 6a = 3c 8a + 6b = 2c ⇔ a = c 2 8 · c 2 + 6b = 2c ⇔ a = c 2 b = − c 3 . Vậy đường thẳng có phương trình c 2 x − c 3 y = c ⇔ 3x − 2y = 6. VÍ DỤ 11. Xác định các hệ số a, b của phương trình ax2 − x + b = 0, biết nó có hai nghiệm x1 = −2 và x2 = 3. ✍ LỜI GIẢI. Với giả thiết: Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 54/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 x1 = −2 là nghiệm của phương trình, suy ra a · (−2)2 − (−2) + b = 0 ⇔ 4a + b = −2. (1) x2 = 3 là nghiệm của phương trình, suy ra a · 3 2 − 3 + b = 0 ⇔ 9a + b = 3. (2) Từ (1) và (2), ta có được hệ phương trình ( 4a + b = −2 9a + b = 3 ⇔ ( 5a = 5 9a + b = 3 ⇔ ( a = 1 9 · 1 + b = 3 ⇔ ( a = 1 b = −6. Vậy, phương trình có dạng x 2 − x − 6 = 0. VÍ DỤ 12 (Bài 25/Trang 19 - Sgk). Ta biết rằng một đa thức bằng 0 khi và chỉ khi tất cả các hệ số của nó bằng 0. Hãy tìm các giá trị của m và n để đa thức sau (với biến số x) bằng đa thức 0: P(x) = (3m − 5n + 1)x + (4m − n − 10). ✍ LỜI GIẢI. Ta có P(x) = 0 ⇔ ( 3m − 5n + 1 = 0 4m − n − 10 = 0 ⇔ ( 3m − 5n = −1 4m − n = 10 ⇔ ( 3m − 5n = −1 − 20m + 5n = −50 ⇔ ( 3m − 5n = −1 − 17m = −51 ⇔ ( n = 2 m = 3. Vậy, với m = 3 và n = 2 thì đa thức P(x) thỏa mãn đề bài. VÍ DỤ 13. Cho đa thức f(x) = ax3 − (2 − a)x 2 + (5 − 3b)x − 4b. 1 Xác định các hệ số a, b của đa thức, biết nó chia hết cho x − 3 và x + 1. 2 Với a, b tìm được ở trên, hãy phân tích đa thức f(x) thành nhân tử. ✍ LỜI GIẢI. 1 Với giả thiết: f(x) chia hết cho x − 3, suy ra f(3) = 0 ⇔ a · 3 3 − (2 − a) · 3 2 + (5 − 3b) · 3 − 4b = 0 ⇔ 36a − 13b = 3. (1) f(x) chia hết cho x + 1, suy ra f(−1) = 0 ⇔ a · (−1)3 − (2 − a) · (−1)2 + (5 − 3b) · (−1) − 4b = 0 ⇔ b = −7. (2) Từ (1) và (2), ta có được hệ phương trình ( 36a − 13b = 3 b = −7 ⇔ ( 36a − 13 · (−7) = 3 b = −7 ⇔ a = − 22 9 b = −7. 2 Với kết quả trên, f(x) có dạng f(x) = − 22 9 x 3 − Å 2 + 22 9 ã x 2 + (5 + 21)x + 28 = − 22 9 x 3 − 40 9 x 2 + 26x + 28 = (x − 3)(x + 1) Å − 22 9 x − 28 3 ã . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 55/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Nhận xét. Để thực hiện được ví dụ trên, chúng ta đã sử dụng tới kết quả: “Một đa thức f(x) chia hết cho x − a khi và chỉ khi f(a) = 0.” C BÀI TẬP LUYỆN TẬP BÀI 1. Giải các hệ phương trình sau: ( 2x + 7y = 9 3x − y = 2 a) ( x + 2y = 20 3x − 2y = 12 b) ( 2x + 7y = 1 3x + 5y = −4 c) ( 3x + 5y = 9 2x − 4y = −5. d) ✍ LỜI GIẢI. ( 2x + 7y = 9 3x − y = 2 ⇔ ( x = 1 y = 1. a) ( x + 2y = 20 3x − 2y = 12 ⇔ ( x = 8 y = 6. b) ( 2x + 7y = 1 3x + 5y = −4 ⇔ ( x = −3 y = 1. c) ( 3x + 5y = 9 2x − 4y = −5 ⇔ x = 1 2 y = 3 2 . d) BÀI 2. Giải các hệ phương trình sau: x y = 2 3 x + y = 10 a) y 2 + 2x − 8 y = y − 3 x + y = 10. b) ✍ LỜI GIẢI. x y = 2 3 x + y = 10 ⇔ ( x = 4 y = 6. a) y 2 + 2x − 8 y = y − 3 x + y = 10 ⇔ ( x = 1 y = 2. b) BÀI 3. Giải các hệ phương trình sau: 5 x + 3 y = 1 2 x + 1 y = −1 a) 5 x + 3 − 9 y − 2 = 100 3 x + 3 + 7 y − 2 = 308. b) ✍ LỜI GIẢI. 1 Điều kiện x, y 6= 0. Đặt 1 x = u và 1 y = v, hệ được chuyển về dạng ( 5u + 3v = 1 2u + v = −1 ⇔ ( 5u + 3v = 1 − 6u − 3v = 3 ⇔ ( − u = 4 5u + 3v = 1 ⇔ ( u = −4 5 · (−4) + 3v = 1 ⇔ ( u = −4 v = 7 ⇔ 1 x = −4 1 y = 7 ⇔ x = − 1 4 y = 1 7 . Vậy, hệ có nghiệm duy nhất Å − 1 4 ; 1 7 ã . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 56/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Điều kiện: x 6= −3 và y 6= 2. Đặt 5 x + 3 = 2u và 9 y − 2 = 2v, hệ được chuyển về dạng: ( 5u − 9v = 50 3u + 7v = 154 ⇔ ( u = 29 v = 10 ⇔ 5 x + 3 = 56 9 y − 2 = 20 ⇔ x = − 163 56 y = 49 20 . Vậy hệ có nghiệm x = − 163 56 và y = 49 20 . BÀI 4. Cho hàm số y = ax + b. Xác định các hệ số a, b của hàm số, biết rằng đô thị hàm số của nó đi qua hai điểm a) A(1; 3) và B(3; 2); b) A(1; −1) và B(3; 3). ✍ LỜI GIẢI. 1 Với giải thiết: A(1; 3) thuộc đồ thị hàm số, suy ra 3 = a · 1 + b ⇔ a + b = 3. (1) B(3; 2) thuộc đồ thị hàm số, suy ra 2 = a · 3 + b ⇔ 3a + b = 2. (2) Từ (1) và (2), ta có ( a + b = 3 3a + b = 2 ⇔ ( 2a = −1 a + b = 3 ⇔ a = − 1 2 − 1 2 + b = 3 ⇔ a = − 1 2 b = 7 2 . Vậy hàm số có dạng y = − 1 2 x + 7 2 . 2 Với giải thiết: A(1; −1) thuộc đồ thị hàm số, suy ra −1 = a · 1 + b ⇔ a + b = −1. (3) B(3; 3) thuộc đồ thị hàm số, suy ra 3 = a · 3 + b ⇔ 3a + b = 3. (4) Từ (3) và (4), ta có ( a + b = −1 3a + b = 3 ⇔ ( 2a = 4 a + b = −1 ⇔ ( a = 2 2 + b = −1 ⇔ ( a = 2 b = −3. Vậy hàm số có dạng y = 2x − 3. BÀI 5. Lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm a) A(1; 3) và B(3; 2); b) A(1; −1) và B(3; 3). ✍ LỜI GIẢI. Giả sử đường thẳng có phương trình ax + by + c = 0. 1 Với giả thiết: A(1; 3) thuộc đường thẳng, suy ra a · 1 + b · 3 = c ⇔ a + 3b = c. (1) B(3; 2) thuộc đường thẳng, suy ra a · 3 + b · 2 = c ⇔ 3a + 2b = c. (2) Từ (1) và (2), ta có được hệ phương trình ( a + 3b = c 3a + 2b = c ⇔ ( 3a + 9b = 3c 3a + 2b = c ⇔ ( 7b = 2c 3a + 2b = c ⇔ b = 2c 7 3a + 2 · 2c 7 = c ⇔ b = 2c 7 a = c 7 . Vậy đường thẳng có phương trình c 7 x + 2c 7 y = c ⇔ x + 2y = 7. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 57/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Với giả thiết: A(1; −1) thuộc đường thẳng, suy ra a · 1 + b · (−1) = c ⇔ a − b = c. (3) B(3; 3) thuộc đường thẳng, suy ra a · 3 + b · 3 = c ⇔ 3a + 3b = c. (4) Từ (3) và (4), ta có được hệ phương trình ( a − b = c 3a + 3b = c ⇔ ( 3a − 3b = 3c 3a + 3b = c ⇔ ( 6a = 4c 3a + 3b = c ⇔ a = 2c 3 3 · 2c 3 + 3b = c ⇔ a = 2c 3 b = − c 3 . Vậy đường thẳng có phương trình 2c 3 x − c 3 y = c ⇔ 2x − y = 3. BÀI 6. Cho phương trình ax2 − x + b = 0. Xác định các hệ số a, b của phương trình, biết nó có hai nghiệm a) x1 = 1 và x2 = 3; b) x1 = −3 và x2 = 2. ✍ LỜI GIẢI. 1 Với giả thiết: x1 = 1 là nghiệm của phương trình, suy ra 1 2 − a · 1 + b = 0 ⇔ a − b = 1. (1) x2 = 3 là nghiệm của phương trình, suy ra 3 2 − a · 3 + b = 0 ⇔ 3a − b = 9. (2) Từ (1) và (2), ta có được hệ phương trình ( a − b = 1 3a − b = 9 ⇔ ( 2a = 8 3a − b = 9 ⇔ ( a = 4 3 · 4 − b = 9 ⇔ ( a = 4 b = 3. Vậy phương trình có dạng x 2 − 4x + 3 = 0. 2 a = −1 và b = −6. BÀI 7. Cho đa thức f(x) = x 3 − ax2 + bx − a. Xác định các hệ số a, b của đa thức, biết nó chia hết cho x − 1 và x − 3. ✍ LỜI GIẢI. Với giả thiết: f(x) chia hết cho x − 1, suy ra f(1) = 0 ⇔ 1 3 − a · 1 2 + b · 1 − a = 0 ⇔ 2a − b = 1. (1) f(x) chia hết cho x − 3, suy ra f(3) = 0 ⇔ 3 3 − a · 3 2 + b · 3 − a = 0 ⇔ 10a − 3b = 27. (2) Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 58/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Từ (1) và (2), ta có được hệ phương trình ( 2a − b = 1 10a − 3b = 27 ⇔ ( 6a − 3b = 3 10a − 3b = 27 ⇔ ( 4a = 24 2a − b = 1 ⇔ ( a = 6 2 · 6 − b = 1 ⇔ ( a = 6 b = 11. BÀI 8. Cho hệ phương trình ( x + my = 0 mx + y = m + 1. 1 Chứng tỏ rằng với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất; 2 Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm (x; y) thỏa mãn x < 1 và y < 1. BÀI 9. Cho hệ phương trình ( x − my = 0 mx − y = m + 1. 1 Giải hệ phương trình với m = −1; 2 Chứng tỏ rằng với mọi m 6= ±1 hệ luôn có nghiệm duy nhất thỏa mãn x − y = 1; 3 Tìm giá trị của m để nghiệm duy nhất (x; y) của hệ thỏa mãn x 2 − y 2 < 0; 4 Tìm m nguyên để hệ có nghiệm nguyên duy nhất. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 59/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 5 GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH A TÓM TẮT LÍ THUYẾT Để giải bài toán bằng cách bằng cách lập hệ phương trình, ta thực hiện các bước sau: 1 Lập hệ phương trình. Chọn các ẩn và xác định điều kiện thích hợp cho ẩn. Chú ý phải ghi rõ đơn vị của ẩn. Biểu thị các đại lượng chưa biết khác theo ẩn. Dựa vào các dữ kiện và điều kiện của bài toán để lập hệ phương trình. 2 Giải hệ phương trình. 3 Thử lại, nhận định kết quả và trả lời. Các bài toán được đưa ra thường rơi vào một trong 5 dạng sau: 1 Bài toán chuyển động. 2 Bài toán về số và chữ số. 3 Bài toán vòi nước. 4 Bài toán về tỉ số và quan hệ giữa các số. 5 Bài toán về phần trăm - năng suất. B CÁC DẠNG TOÁN { DẠNG 1. Bài toán chuyển động Phương pháp giải: VÍ DỤ 1. Một ô tô dự định đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy với vận tốc 35km/h thì đến chậm mất 2 giờ. Nếu xe chạy với vận tốc 50km/h thì đến sớm hơn 1 giờ. Tính quãng đường AB và thời gian dự định đi lúc đầu. ✍ LỜI GIẢI. 1 Lập hệ phương trình. Lựa chọn ẩn. Gọi x là thời gian dự định đi lúc đầu, điều kiện x > 0. Gọi y độ dài quãng đường AB, điều kiện y > 0. Thiết lập hai phương trình Với giả thiết: + Nếu xe chạy với vận tốc 35km/h thì đến chậm mất 2 giờ, ta được: y 35 = x + 2 ⇔ 35x − y = −70. (1) + Nếu xe chạy với vận tốc 50km/h thì đến sớm hơn 1 giờ, ta được: y 35 = x − 1 ⇔ 50x − y = 50. (2) Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 60/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: ( 35x − y = −70 50x − y = 50. (I) 2 Giải hệ phương trình. (I) ⇔ ( 15x = 120 50x − y = 50 ⇔ ( x = 8 y = 350 ,thỏa mãn điều kiện. 3 Kết luận. Vậy quãng đường AB bằng 350km và thời gian dự định đi lúc đầu là 8 giờ. 4! Nhận xét: Như vậy trong lời giải của ví dụ trên, ta thấy: 1 Chúng ta lựa chọn hai ẩn x, y tương ứng cho hai giá trị cần tìm là độ dài quãng đường AB và thời gian dự kiến. 2 Việc thiết lập các phương trình (1) và (2) dựa trên phép so sánh thời gian tới đích với thời gian dự kiến. Tuy nhiên, cũng có thể lập luận theo kiểu khác, cụ thể: Nếu xe chạy với vận tốc 35km/h thì đến chậm mất 2 giờ, tức là số thời gian chạy bằng x + 2, do đó: 35(x + 2) = y, (vận tốc × thời gian = quãng đường). Nếu xe chạy với vận tốc 50km/h thì đến sớm hơn 1 giờ, tức là số thời gian chạy bằng x − 1, do đó: 50(x − 1) = y, (vận tốc × thời gian = quãng đường). 3 Lời giải được trình bày thành ba phần độc lập nhau, với mục đích minh họa để giúp các em học sinh hiểu được cách trình bày bài toán theo thuật toán đã được chỉ ra. Tuy nhiên, kể từ các ví dụ sau chúng ta không cần phân tách như vậy mà chỉ yêu cầu các em học sinh khi đọc phải biết mình đang ở bước nào. VÍ DỤ 2. Lúc 7 giờ một người đi xe máy khởi hành từ A với vận tốc 40km/h. Sau đó, lúc 8 giờ 30 phút, một người khác cũng đi xe máy từ A đuổi theo với vận tốc 60km/h. Hỏi hai người gặp nhau lúc mấy giờ? ✍ LỜI GIẢI. Ta thực hiện đổi đơn vị: 8 giờ 30 phút = 8 + 30 60 = 17 2 (giờ). Gọi x là thời gian hai người gặp nhau, điều kiện x > 17 2 . Gọi y là độ dài quãng đường từ A tới điểm gặp nhau, điều kiện y > 0. Với giả thiết: Người thứ nhất đi với vận tốc 40km/h và xuất phát lúc 7 giờ, ta được: 40(x − 7) = y ⇔ 40x − y = 280. (1) Người thứ hai đi với vận tốc 60km/h và xuất phát lúc 8 giờ 30 phút, ta được: 60 Å x − 17 2 ã = y ⇔ 60x − y = 510. (2) Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 61/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình ( 40x − y = 280 60x − y = 510 ⇔ x = 11 1 2 = 11 giờ 30 phút y = 180 . Vậy họ gặp nhau lúc 11 giờ 30 phút. 4! Nhận xét: Như vậy, trong lời giải của ví dụ trên ta thấy: 1 Cho dù bài toán chỉ yêu cầu “Tìm thời điểm hai người gặp nhau ”tương ứng với một ẩn xong chúng ta lại lựa chọn hai ẩn (một ẩn được đề xuất) để chuyển bài toán về hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Khi đó: Phương trình (1) được thiết lập dựa trên chuyển động của người thứ nhất. Phương trình (2) được thiết lập dựa trên chuyển động của người thứ hai. 2 Để học sinh tiện so sánh, sau đây sẽ là lời giải khi ta lưa chọn hướng lập phương trình. Giả sử điểm họ gặp nhau là B. Gọi quãng đường AB là x, điều kiện x > 0. Suy ra: Thời gian người thứ nhất đi từ A đến B là x 40 . Thời gian người thứ hai đi từ A đến B là x 60 . Vì người thứ nhất đi sau người thứ hai 1 giờ 30 phút nên ta có: x 40 = x 60 + 3 2 ⇔ 3x = 2x + 180 ⇔ x = 180. Vậy điểm gặp nhau của hai người cách A là 180km. Để đi được quãng đường này: Người thứ nhất phải đi mất 180 40 = 4 1 2 (giờ). Người thứ hai phải đi mất 180 60 = 3 (giờ). Vậy họ gặp nhau lúc 11 giờ 30 phút. VÍ DỤ 3. Hai người ở hai địa điểm A và B cách nhau 3.6km, khởi hành cùng một lúc, đi ngược chiều và gặp nhau ở một địa điểm cách A là 2km. Nếu cả hai cùng giữ nguyên vận tốc như trong trường hợp trên, nhưng người đi chậm xuất phát trước người kia 6 phút thì họ sẽ gặp nhau ở chính giữa quãng đường. Tính vận tốc của mỗi người. ✍ LỜI GIẢI. Đổi 6 phút = 1 10 giờ. Gọi x là vận tốc của người đi nhanh hơn (x > 0, đơn vị km/h). Gọi y là vận tốc của người đi chậm hơn (y > 0, đơn vị km/h). Hai người khởi hành cùng một lúc, đi ngược chiều nhau và gặp nhau ở một địa điểm cách A là 2km (nghĩa là cách B là 1.6km). Lúc đó Người đi nhanh mất 2 x (h). Người đi chậm mất 1.6 y (h). Do đó, ta có phương trình 2 x = 1.6 y . (1) Nếu cả hai cùng giữ nguyên vận tốc như trong trường hợp trên, nhưng người đi chậm xuất phát trước người kia 6 phút thì họ sẽ gặp nhau chính giữa quãng đường. Lúc đó: Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 62/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Người đi nhanh mất 1.8 x (h). Người đi chậm mất 1.8 y + 1 10 (h). Do đó, ta có phương trình 1.8 x = 1.8 y + 1 10 . (2) Từ (1) và (2) ta có hệ 2 x = 1.6 y 1.8 x = 1.8 y + 1 10 ⇔ ( x = 2.5 y = 2 . Vậy vận tốc của người đi nhanh là 2.5km/h và vận tốc của người đi chậm là 2km/h. VÍ DỤ 4. Hai cano cùng khởi hành từ bến A và B cách nhau 85km, đi ngược chiều nhau. Sau 1 giờ 40 phút thì gặp nhau. Tính vận tốc riêng của mỗi cano. Biết rằng cano đi xuôi lớn hơn vận tốc riêng của cano đi ngược 9km/h và vận tốc nước là 3km/h. ✍ LỜI GIẢI. Ta thực hiện đổi đơn vị: 1 giờ 40 phút = 1 + 40 60 = 5 3 giờ. Gọi x là vận tốc riêng của cano đi xuôi dòng, điều kiện x > 0. Do đó, khi đi xuôi dòng nó đi với vận tốc (x + 3)km/h. Gọi y là vận tốc riêng của cano đi ngược dòng, điều kiện y > 3. Do đó, khi đi ngược dòng nó đi với vận tốc (y − 3)km/h. Với giả thiết: Vận tốc riêng của cano đi xuôi lớn hơn vận tốc riêng của cano đi ngược 9km/h, ta được: x − y = 9. (1) Sau 1 giờ 40 phút hai cano gặp nhau, ta được: 5 3 [(x + 3) + (y − 3)] = 85 ⇔ x + y = 51. (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình ( x − y = 9 x + y = 51 ⇔ ( x = 30 y = 21 . Vậy vận tốc riêng của cano đi xuôi bằng 30km/h, vận tốc riêng của cano đi ngược bằng 21km/h. 4! Chú ý: Nếu thay giả thiết “Vận tốc riêng của cano đi xuôi lớn hơn vận tốc riêng của cano đi ngược 9km/h ”bằng “Vận tốc cano đi xuôi lớn hơn vận tốc cano đi ngược 9km/h ”thì phương trình được minh họa bằng (x + 3) − (y − 3) = 9 ⇔ x − y = 15. Khi đó, hệ phương trình có dạng ( x − y = 15 x + y = 51 ⇔ ( x = 33 y = 18 . Vậy vận tốc riêng của cano đi xuôi bằng 33km/h, vận tốc riêng của cano đi ngược bằng 18km/h. VÍ DỤ 5. Hai vật chuyển động đều trên một đường tròn đường kính 20cm, xuất phát cùng một lúc, từ cùng một điểm. Nếu chuyển động cùng chiều thì cứ 20 giây chúng lại gặp nhau. Nếu chuyển động ngược chiều thì cứ 4 giây chúng lại gặp nhau. Tính vận tốc của mỗi vật. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 63/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Gọi x và y là vận tốc của các vật (x, y > 0, đơn vị cm/s). Nếu chuyển động cùng chiều thì cứ 20 giây chúng lại gặp nhau. Do đó, ta có 20π x − y = 20. Nếu chuyển động ngược chiều thì cứ 4 giây chúng lại gặp nhau. Do đó, ta có 20π x + y = 4. Ta có hệ phương trình 20π x − y = 20 20π x + y = 4 ⇔ ( 20π = 20x − 20y 20π = 4x + 4y ⇔ ( x = 3π y = 2π . Vậy vận tốc vật thứ nhất là 3πcm/s và vận tốc vật thứ hai là 2πcm/s. VÍ DỤ 6. Tìm số có hai chữ số, biết rằng tổng của chữ số hàng đơn vị và hai lần chữ số hàng chục bằng 10. Ngoài ra, nếu đổi chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì sẽ được số mới nhỏ hơn số ban đầu 18 đơn vị. ✍ LỜI GIẢI. Gọi số có hai chữ số là xy = 10x + y, với x,y ∈ N, 1 ≤ x, y ≤ 9. Với giả thiết: Tổng của chữ số hàng đơn vị và hai lần chữ số hàng chục bằng 10, ta được: 2x + y = 10. (1) Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì sẽ được số mới (xy = 10y + x) nhỏ hơn số ban đầu 18 đơn vị, ta được: xy − yx = 18 ⇔ (10x + y) − (10y + x) = 18 ⇔ x − y = 2. (2) Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: ( 2x + y = 10 x − y = 2 ⇔ ( x = 4 y = 2 , thỏa mãn điều kiện. Vậy, số cần tìm là 42. 4! Nhận xét: Như vậy, trong lời giải của ví dụ trên ta thấy 1 Cho dù bài toán chỉ yêu cầu chúng ta đi tìm một số có hai chữ số (điều này có thể khiến học sinh hiểu nhầm rằng chỉ có một ẩn) nhưng cần hiểu rằng, số cần tìm được xây dựng từ hai thành phần. Do đó, chúng ta lựa chọn hai ẩn x, y tương ứng cho chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị. Và vì chúng là các chữ số đại diện nên phải thuộc tập 0, 1, 2, . . . , 9 xong ở đây không thể là chữ số 0 bởi các số 0x, 0y không phải là số có hai chữ số. 2 Việc thiết lập phương trình (1) là đơn giản, còn đối với phương trình (2) chúng ta cần tới kiến thức về biểu diễn số, cụ thể: xy = 10x + y xyz = 100x + 10y + z, . . . VÍ DỤ 7. Tìm một số có hai chữ số. Biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị 6 đơn vị. Nếu viết xen chữ số 0 vào giữa chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị thì số tự nhiên đó Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 64/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 tăng 720 đơn vị. ✍ LỜI GIẢI. Gọi số có hai chữ số là xy = 10x + y, với x, y ∈ N, 1 ≤ x ≤ 9, 0 ≤ y ≤ 9. Với giả thiết Chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị 6 đơn vị, ta được: x − y = 6. (1) Khi viết xen chữ số 0 vào giữa chữ số hàng đơn vị (được số x0y = 100x + y) thì số tự nhiên đó tăng 720 đơn vị, ta được: (100x + y) − (10x + y) = 720 ⇔ x = 8. (2) Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình ( x − y = 6 x = 8 ⇔ ( x = 8 y = 2 . Vậy số cần tìm là 82. { DẠNG 2. Bài toán vòi nước Phương pháp giải: VÍ DỤ 8. Một máy bơm muốn bơm nước đầy bể trong một thời gian quy định thì mỗi giờ phải bơm 10m3 . Sau khi bơm được 1 3 bể, người công nhân vận hành máy cho hoạt động với công suất 15m3/h. Do vậy, so với quy định bể được bơm đầy trước 48 phút. Tính thể tích của bể. ✍ LỜI GIẢI. Ta thực hiện đổi đơn vị 48 phút = 48 60 = 12 15 giờ. Gọi x (giờ) là thời gian quy định để bơm đầy bể, điều kiện x > 0. Gọi y (m3 ) là thể tích của bể, điều kiện y > 0. Với giả thiết: Muốn bơm đầy nước vào bể trong thời gian x mỗi giờ phải bơm 10m3 , ta được: 10x = y. (1) Sau khi bơm được 1 3 bể (tức bơm được y 3 m3 và tốn y 3 · 10 giờ và còn lại 2y 3 m3 ), người công nhân vận hành máy cho hoạt động với công suất 15m3/h (tức là tốn 2y 3 · 15 giờ). Do vậy, so với quy định bể được bơm đầy trước 48 phút (tức là mất x − 12 15 ), ta được: y 3 · 10 + 2y 3 · 15 = x − 12 15 ⇔ 90x − 7y = 72. (2) Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: ( 10x = y 90x − 7y = 72 ⇔ ( x = 3.6 y = 36 , thỏa mãn điều kiện. Vậy thể tích của bể bằng 36m3 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 65/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 4! Nhận xét: Như vậy, trong lời giải của ví dụ trên ta thấy: 1 Cho dù bài toán chỉ yêu cầu tính “Tính thể tích của bể ”, tương ứng với một ẩn, xong chúng ta lại lựa chọn hai ẩn (một ẩn được đề xuất) để chuyển bài toán về hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Khi đó: Phương trình (1) được thiết lập dựa trên quy định chung. Phương trình (2) được thiết lập dựa trên việc thực hiện bơm trong thực tế. 2 Để học sinh tiện so sánh, sau đây sẽ là lời giải khi ta lựa chọn hướng lập phương trình: Gọi thể tích của bể là x (m3 ), điều kiện x > 0. Suy ra Thời gian dự định để bơm đầy bể là x 10 . Với 1 3 bể (bằng x 3 ) bơm theo quy định mỗi giờ phải bơm 10m3 nên mất x 3 · 1 10 = x 30 (giờ.) Với 2 3 bể còn lại (bằng 2x 3 ), công suất của máy là 15m3/h nên mất 2x 3 · 1 15 = 2x 45 (giờ). Vậy thời gian thực tế để bơm đầy bể là x 30 + 2x 45 . Vì so với quy định bể được bơm đầy trước 48 phút nên ta có phương trình: x 10 − Å x 30 + 2x 45ã = 12 15 ⇔ 2x = 72 ⇔ x = 36, thỏa mãn. Vậy thể tích của bể nước là 36m3 . VÍ DỤ 9. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể nước cạn (không có nước) thì sau 4 4 5 giờ đầy bể. Nếu lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất và 9 giờ sau mới mở thêm vòi thứ hai thì sau 6 5 giờ nữa mới đầy bể. Hỏi nếu ngay từ đàu chỉ mở vòi thứ hai thì sau bao lâu sẽ đầy bể. ✍ LỜI GIẢI. Gọi x và y là thời gian để vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy một mình thì đầy bể (x > 0, y > 0, đơn vị giờ). Do đó: Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy được 1 x phần của bể. Trong 1 giờ vòi thứ hai chảy được 1 y phần của bể. Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được 1 x + 1 y phần của bể. Hai vòi cùng chảy thì trong 4 4 5 = 24 5 giờ sẽ đầy bể, nên mỗi giờ hai vòi chảy được 1 : 24 5 = 5 24 (bể). Do đó, ta có phương trình 1 x + 1 y = 5 24 . (1) Nếu lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất và 9 giờ sau mới mở thêm vòi thứ hai thì sau 6 5 giờ nữa mới đầy bể. Do đó, ta có phương trình 9 x + 5 24 · 6 5 = 1. (2) Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình 1 x + 1 y = 5 24 9 x + 5 24 · 6 5 = 1 ⇔ 1 x + 1 y = 5 24 9 x + 1 4 = 1 ⇔ 1 x + 1 y = 5 24 36 + x = 4x ⇔ ( y = 8 x = 12. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 66/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Vậy nếu vòi thứ hai chảy một mình thì sau 8 giờ sẽ đầy bể. VÍ DỤ 10. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 1 giờ 20 phút sẽ đầy. Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 10 phút và vòi thứ hai chảy trong 12 phút thì đầy 2 15 bể. Hỏi mỗi vòi chảy một mình thì sau bao lâu mới đầy bể? ✍ LỜI GIẢI. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách trình bày sau: Cách 1: Thiết lập ẩn thông qua giá trị cần tìm. Gọi x là thời gian để vòi I chảy một mình cho đầy bể, điều kiện x > 0. Suy ra, mỗi giờ vòi I chảy được 1 x bể. Gọi y là thời gian để vòi II chảy một mình cho đầy bể, điều kiện y > 0. Suy ra, mỗi giờ vòi II chảy được 1 y bể. Ta thực hiện đổi đơn vị: 1 giờ 20 phút = 1 + 20 60 = 4 3 giờ; 10 phút = 1 6 giờ; 12 phút = 1 5 giờ. Với giả thiết: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 1 giờ 20 phút sẽ đầy, ta được 4 3 Å 1 x + 1 y ã = 1 ⇔ 1 x + 1 y = 3 4 . (1) Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 10 phút và vòi thứ hai chảy trong 12 phút thì đầy 2 15 , ta được 1 6 · 1 x + 1 5 · 1 y = 2 15 ⇔ 1 6x + 1 5y = 2 15 . (2) Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: 1 x + 1 y = 3 4 1 6x + 1 5y = 2 15 ⇔ 6 6x + 5 5y = 3 4 1 6x + 1 5y = 2 15 (I) Đặt u = 1 6x v = 1 5y . Khi đó, hệ có dạng 6u + 5v = 3 4 u + v = 2 15 ⇔ u = 1 12 v = 1 20 ⇔ 1 6x = 1 12 1 5y = 1 20 ⇔ ( x = 2 y = 4. Vậy vòi I chảy trong 2 giờ sẽ đầy bể, vòi II chảy trong 4 giờ sẽ đầy bể. Cách 2: Thiết lập ẩn thông qua giá trị trung gian. Giả sử mỗi giờ vòi I chảy được x phần bể, điều kiện x > 0. Giả sử mồi giờ vòi II chảy được y phần bể, điều kiện y > 0. Với giả thiết: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 1 giờ 20 phút sẽ đầy, ta được 4 3 (x+y) = 1 ⇔ 4x + 4y = 3. (3) Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 67/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 10 phút và vòi thứ hai chảy trong 12 phút thì đầy 2 15 bể, ta được 1 6 · x + 1 5 · y = 2 15 ⇔ 5x + 6y = 4. (4) Từ (3) và (4), ta có hệ phương trình ( 4x + 4y = 3 5x + 6y = 4 ⇔ x = 1 2 y = 1 4 . Vậy vòi I chảy trong 2 giờ sẽ đầy bể, vòi II chảy trong 4 giờ sẽ đầy bể. 4! Nhận xét: Như vậy, thông qua hai cách giải của ví dụ trên ta thấy: 1 Với cách 1, việc lựa chọn ẩn thông qua các giá trị cần tìm giúp cho cách đặt vấn đề khá tường mình. Tuy nhiên, chúng ta lại phải đối mặt với một hệ phức tạp (ở đó cần sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải). 2 Với cách 2, việc lựa chọn ẩn thông qua giá trị trung gian cần có được những kiến thức đánh giá đúng đắn, xong sẽ giúp chúng ta thu được 1 hệ đơn giản. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 68/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 6 PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI A PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN { DẠNG 1. Giải phương trình tích Phương pháp giải: Phương pháp giải: Biến đổi phương trình về dạng A · B = 0 ⇔ " A = 0 B = 0. VÍ DỤ 1. Giải các phương trình sau 1 (Bài 26.a/tr 56 - Sgk) (3x 2 − 5x + 1) (x 2 − 4) = 0. 2 (Bài 39.a/tr 57 - Sgk) (3x 2 − 7x − 10) î 2x 2 + Ä 1 − √ 5 ä x + √ 5 − 3 ó = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có 3x 2 − 5x + 1 x 2 − 4 = 0 ⇔ " 3x 2 − 5x + 1 = 0 (1) x 2 − 4 = 0 (2) Giải (1) ta được 3x 2 − 5x + 1 = 0 ⇔ x = 2 + √ 13 6 x = 2 − √ 13 6 . Giải (2) ta được x 2 − 4 = 0 ⇔ x = ±2. Vậy phương trình có 4 nghiệm. 2 Ta có 3x 2 − 7x − 10 î 2x 2 + Ä 1 − √ 5 ä x + √ 5 − 3 ó = 0 ⇔ " 3x 2 − 7x − 10 = 0 2x 2 + Ä 1 − √ 5 ä x + √ 5 − 3 = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = 10 3 x = √ 5 − 1 ± p 30 − 10√ 5 4 . VÍ DỤ 2. Giải các phương trình sau 1 (Bài 36.b/tr 56 - Sgk) (2x 2 + x − 4)2 − (2x − 1)2 = 0. 2 (Bài 39.d/tr 57 - Sgk) (x 2 + 2x − 5)2 = (x 2 − x + 5)2 . ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 69/280 ‡ GeoGebra Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Ta có 2x 2 + x − 4 2 − (2x − 1)2 = 0 ⇔ 2x 2 + x − 4 − (2x − 1) 2x 2 + x − 4 + (2x − 1) = 0 ⇔ 2x 2 − x − 3 2x 2 + 3x − 5 = 0 ⇔ " 2x 2 − x − 3 = 0 2x 2 + 3x − 5 = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = − 5 2 x = 1 ∨ x = 3 2 . Vậy phương trình có 4 nghiệm. 2 Ta có x 2 + 2x − 5 2 = x 2 − x + 52 ⇔ x 2 + 2x − 5 2 − x 2 − x + 52 = 0 ⇔(3x − 10) 2x 2 + x = 0 ⇔ " 3x − 10 = 0 2x 2 + x = 0 ⇔ x = 10 3 x = 0 ∨ x = − 1 2 . Vậy phương trình có 3 nghiệm. VÍ DỤ 3 (Bài 39.c/tr 57 - Sgk). Giải phương trình (x 2 − 1) (0,6x + 1) = 0,6x 2 + x. ✍ LỜI GIẢI. Biến đổi phương trình về dạng x 2 − 1 (0,6x + 1) = x(0, 6x + 1) ⇔ (0,6x + 1) x 2 − x − 1 = 0 ⇔ " 0,6x + 1 = 0 x 2 − x − 1 = 0 ⇔ x = − 5 3 x = 1 + √ 5 2 ∨ 1 − √ 5 2 . Vậy phương trình có 3 nghiệm. { DẠNG 2. Sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình về phương trình bậc hai Phương pháp giải: VÍ DỤ 4 (Bài 37.d/tr 56 - Sgk). Giải phương trình 2x 2 + 1 = 1 x 2 − 4. ✍ LỜI GIẢI. Đặt x 2 = t ≥ 0, ta được 2t + 1 = 1 t − 4 ⇔ 2t 2 + 5t − 1 = 0 ⇔ t = −5 + √ 33 4 t = −5 − √ 33 4 (loại) ⇔ x 2 = −5 + √ 33 4 ⇔ x = − p −5 + √ 33 2 x = p −5 + √ 33 2 . Vậy phương trình có 2 nghiệm. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 70/280 ‡ Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 5 (Bài 59/tr 63 - Sgk). Giải các phương trình sau 2 (x 2 − 2x) 2 + 3 (x a) 2 − 2x) + 1 = 0; Å x + 1 x ã2 − 4 Å x + 1 x ã b) + 3 = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Đặt x 2 − 2x = t. Ta được 2t 2 + 3t + 1 = 0 ⇔ t = −1 t = − 1 2 . Với t = −1 ⇒ x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1. Với t = − 1 2 ⇒ 2x 2 − 4x + 1 = 0 ⇔ x = 2 ± √ 2 2 . Vậy phương trình có 3 nghiệm. 2 Đặt x + 1 x = t. Ta được t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔ " t = 1 t = 3. Với t = 1 ⇒ x + 1 x = 1 ⇔ x 2 − x + 1 = 0 (vô nghiệm). Với t = 3 ⇒ x + 1 x = 3 ⇔ x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x = 3 ± √ 5 2 . Vậy phương trình có hai nghiệm. VÍ DỤ 6 (Bài 40/tr 57 - Sgk). Giải các phương trình sau 3 (x 2 + x) 2 − 2 (x a) 2 + x) − 1 = 0; (x 2 − 4x + 2)2 + x b) 2 − 4x − 4 = 0; x − √ x = 5√ c) x + 7; x x + 1 − 10 · x + 1 x d) = 3. ✍ LỜI GIẢI. 1 Đặt x 2 + x = t, ta được 3t 2 − 2t − 1 = 0 ⇔ t = 1 t = − 1 3 ⇔ x 2 + x = 1 x 2 + x = − 1 3 ⇔ " x 2 + x − 1 = 0 3x 2 + 3x + 1 = 0 (vô nghiệm) ⇔ x = −1 + √ 5 2 x = −1 − √ 5 2 . Vậy phương trình có hai nghiệm. 2 Đặt x 2 − 4x + 2 = t, ta được t 2 + t − 6 = 0 ⇔ " t = 2 t = −3 ⇔ " x 2 − 4x + 2 = 2 x 2 − 4x + 2 = −3 ⇔ " x 2 − 4x = 0 x 2 − 4x + 5 = 0 (vô nghiệm) ⇔ " x = 0 x = 4 . Vậy phương trình có hai nghiệm. 3 Dặt √ x = t ≥ 0, ta được t 2 − 6t − 7 = 0 ⇔ " t = −1 (loại) t = 7 ⇒ √ x = 7 ⇔ x = 49. Vậy phương trình có một nghiệm. 4 Điều kiện x 6= 0, x 6= −1. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 71/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Đặt x x + 1 = t 6= 0, ta được t − 10 · 1 t = 3 ⇔ t 2 − 3t − 10 = 0 ⇔ " t = 5 t = −2 ⇔ x x + 1 = 5 x x + 1 = −2 ⇔ " x = 5(x + 1) x = −2(x + 1) ⇔ x = − 5 4 hoặc x = − 2 3 . Vậy phương trình có hai nghiệm. { DẠNG 3. Giải phương trình chứa ẩn ở mẫu Phương pháp giải: Phương pháp giải: Ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phương trình. Bước 2: Khử mẫu, đưa phương trình về dạng thông thường. Bước 3: Kiểm tra điều kiện cho các nghiệm tìm được rồi kết luận. VÍ DỤ 7 (Bài 57.c, 57.d/tr 63 - Sgk). Giải các phương trình sau x x − 2 = 10 − 2x x 2 − 2x a) ; x + 0,5 3x + 1 = 7x + 2 9x 2 − 1 b) . ✍ LỜI GIẢI. 1 Điều kiện x 6= 0, x 6= −2. Ta có x x − 2 = 10 − 2x x 2 − 2x ⇔ x 2 = 10 − 2x ⇔ x 2 + 2x − 10 = 0 ⇔ " x = −1 − √ 11 x = −1 + √ 11 . Vậy phương trình có hai nghiệm. 2 Điều kiện x 6= ± 1 3 . Ta có x + 0,5 3x + 1 = 7x + 2 9x 2 − 1 ⇔ (x + 0,5)(3x − 1) = 7x + 2 ⇔ 3x 2 − 6,5x − 2,5 = 0 ⇔ 6x 2 − 13x − 5 = 0 ⇔ x = − 1 3 x = 5 2 . Vậy phương trình có hai nghiệm. VÍ DỤ 8 (Bài 35.b, 35.c/tr 56 - Sgk). Giải các phương trình sau x + 2 x − 5 + 3 = 6 2 − x a) . 4 x + 1 = −x 2 − x + 2 (x + 1)(x + 2) b) . ✍ LỜI GIẢI. 1 Tập xác định: x 6= 5, x 6= 2. Ta có x + 2 x − 5 + 3 = 6 2 − x ⇔ (x + 2)(2 − x) + 3(x − 5)(2 − x) = 6(x − 3) ⇔ 4x 2 − 15x − 4 = 0 ⇔ x = 4 x = − 1 4 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 72/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Vậy phương trình có hai nghiệm. 2 Tập xác định: x 6= 1, x 6= 2. Biến đổi phương trình về dạng 4(x + 2) = −x 2 − x + 2 ⇔ x 2 + 5x + 6 = 0 ⇔ " x = −2 (loại) x = −3. Vậy phương trình có một nghiệm. 4! Trong một vài trường hợp, việc quy đồng mẫu số không phải là giải pháp tối ưu, đặc biệt khi quy đồng chúng ta nhận được một phương trình bậc cao hơn 2, trong những trường hợp như vậy chúng ta thường nghĩ tới những phương pháp giảm bậc cho phương trình và một trong số đó là phương pháp đặt ẩn phụ. Ví dụ sau sẽ minh họa nhận định này VÍ DỤ 9. Giải phương trình x 2 + 2 x 2 − 2x + 2 − x 2 + 2 x 2 + 3x + 2 = 5 2 . ✍ LỜI GIẢI. Điều kiện ( x 2 − 2x + 2 6= 0 x 2 + 3x + 2 6= 0 ⇔ ( x 6= −1 x 6= −2 . (*) Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả tử và mẫu của V T của phương trình cho x 6= 0, ta được x + 2 x x − 2 + 2 x − x + 2 x x + 3 + 2 x = 5 2 . Đặt t = x + 2 x , khi đó phương trình được chuyển về dạng t t − 2 − t t + 3 = 5 2 ⇔ t(t + 3) − t(t − 2) (t − 2)(t + 3) = 5 2 ⇔ 5t (t − 2)(t + 3) = 5 2 ⇔ 2t = (t − 2)(t + 3) ⇔ t 2 − t − 6 = 0 ⇔ " t = 3 t = −2 ⇔ x + 2 x = 3 x + 2 x = −2 ⇔ " x 2 − 3x + 2 = 0 x 2 + 2x + 2 = 0 (loại) ⇔ " x = 1 x = 2. Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 2. Nhận xét. 1) Như vậy, với bài toán trên nếu chúng ta lựa chọn hướng quy đồng mẫu số thì sẽ nhận được một phương trình bậc 4 và việc giải phương trình này phụ thuộc rất nhiều vào kỹ năng đoán nghiệm cùng phép chia đa thức để chuyển phương trình về dạng tích. Tuy nhiên, một câu hỏi thường được các em học sinh đặt ra ở đây là “Tại sao lại có thể nghĩ ra được cách chia cho x rồi đặt ẩn phụ như vậy?”, câu trả lời có thể được khẳng định ở dạng phương trình tổng quát ax2 + mx + c ax2 + nx + c + ax2 + px + c ax2 + qx + c = 0. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 73/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Ta có thể lựa chọn phép chia cả tử và mẫu cho x (hoặc x 2 ) rồi đặt ẩn phụ t = ax + c x hoặc t = a + c x 2 . Ý tưởng trên được mở rộng cho phương trình dạng mx ax2 + bx + d + nx ax2 + cx + d = p. 2) Việc lựa chọn ẩn phụ trong hầu hết các trường hợp luôn cần tới những biến đổi đại số để làm xuất hiện dạng của ẩn phụ và để thực hiện tốt công việc này các em học sinh luôn phải thật linh hoạt và sáng tạo. Ví dụ sau sẽ minh họa nhận định này. VÍ DỤ 10. Giải phương trình x 2 + 4x 2 (x + 2)2 = 5. ✍ LỜI GIẢI. Điều kiện x + 2 6= 0 ⇔ x 6= −2. Viết lại phương trình dưới dạng x 2 + Å 2x x + 2ã2 = 5 ⇔ Å x − 2x x + 2ã2 = 5 − 2x · 2x x + 2 ⇔ Å x 2 x + 2ã2 + 4 · x 2 x + 2 − 5 = 0. Đặt t = x 2 x + 2 , khi đó phương trình được chuyển về dạng t 2 + 4t − 5 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = −5. Với t = 1, ta được x 2 x + 2 = 1 ⇔ x 2 = x + 2 ⇔ x 2 − x + 2 = 0 ⇔ " x = −1 x = 2 . Với t = −5, ta được x 2 x + 2 = −5 ⇔ x 2 = −5x − 10 ⇔ x 2 + 5x + 10 = 0 (vô nghiệm). Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1 và x = 2. { DẠNG 4. Giải phương trình bậc ba Phương pháp giải: Phương pháp giải: Để giải phương trình: ax3 + bx2 + cx + d = 0 (1) ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Đoán nghiệm x0 của (1). Bước 2: Phân tích (1) thành (x − x0)(ax2 + b1x + c1) = 0 ⇔ " x = x0 g(x) = ax2 + b1x + c1 = 0 (2) Bước 3: Giải (2) rồi kết luận nghiệm của phương trình. 4! 1) Dự đoán nghiệm dựa vào kết quả sau: a) Nếu a + b + c + d = 0 thì (1) có nghiệm x = 1. b) Nếu a − b + c − d = 0 thì (1) có nghiệm x = −1. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 74/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 c) Nếu a, b, c, d nguyên và (1) có nghiệm hữu tỉ p q thì p, q theo thứ tự là ước của d và a. d) Nếu ac3 = bd3 (a, d 6= 0) thì (1) có nghiệm x = − c b . 2) Với các phương trình có chứa tham số có thể coi tham số là ẩn để thực hiện việc phân tích đa thức. VÍ DỤ 11. Giải các phương trình sau 2x 3 + x a) 2 − 5x + 2 = 0; 2x b) 3 + x + 3 = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Nhận xét rằng a + b + c + d = 0, do đó phương trình có nghiệm x = 1. Biến đổi phương trình về dạng (x − 1)(2x 2 + 3x − 2) = 0 ⇔ " x − 1 = 0 2x 2 + 3x − 2 = 0 ⇔ x = 1 x = 1 2 x = −2. Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt: x = 1, x = 1 2 , x = −2. 2 Nhận xét rằng a − b + c − d = 0 do đó phương trình có nghiệm x = −1. Biến đổi phương trình về dạng (x + 1)(2x 2 − 2x + 3) = 0 ⇔ " x + 1 = 0 2x 2 − 2x + 3 = 0 ⇔ x = −1. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = −1. VÍ DỤ 12 (Bài 57/tr63-sgk). Giải các phương trình sau 1,2x 3 − x a) 2 − 0, 2x = 0; 5x 3 − x b) 2 − 5x + 1 = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có 1,2x 3 − x 2 − 0,2x = 0 ⇔ x(1,2x 2 − x − 0,2) = 0 ⇔ " x = 0 1,2x 2 − x − 0,2 = 0 ⇔ x = 0 x = 1 ∨ x = − 1 6 . Vậy, phương trình có 3 nghiệm. 2 Ta có 5x 3 − 5x − x 2 + 1 = 0 ⇔ 5x(x 2 − 1) − (x 2 − 1) = 0 ⇔(x 2 − 1)(5x − 1) = 0 ⇔ " x 2 − 1 = 0 5x − 1 = 0 ⇔ x = ±1 x = 1 5 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 75/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Vậy, phương trình có 3 nghiệm. VÍ DỤ 13. Giải các phương trình sau 3x 3 − 8x a) 2 − 2x + 4 = 0; x 3 + x 2 − x √ 2 − 2 √ b) 2 = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Nhận xét rằng a = 3 có ước là ±1, ±3 và d = 2 có ước là ±1, ±2 do đó phương trình nếu có nghiệm hữu tỉ thì chỉ có thể là một trong các giá trị ±1, ±2, ± 1 3 , ± 2 3 . Nhận thấy x = 2 3 là nghiệm của phương trình. Biến đổi phương trình về dạng (3x − 2)(x 2 − 2x − 2) = 0 ⇔ " 3x − 2 = 0 x 2 − 2x − 2 = 0 ⇔ x = 2 3 x = 1 ± √ 3. Vậy, phương trình có ba nghiệm phân biệt: x = 2 3 , x = 1 + √ 3, x = 1 − √ 3. 2 Nhận xét rằng ac3 = 1 · (− √ 2)3 = −2 √ 2 = bd3 do đó phương trình có nghiệm x = − c b = √ 2. Biến đổi phương trình về dạng (x − √ 2) î x 2 + (√ 2 + 1)x + 2ó = 0 ⇔ " x − √ 2 = 0 x 2 + (√ 2 + 1)x + 2 = 0 ⇔ x = √ 2. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = √ 2. 4! Khi đã thành thạo các phương pháp nhẩm nghiệm các bạn học sinh không cần nêu nhận xét trong lời giải cho mỗi phương trình. VÍ DỤ 14 (Bài 39.b/tr 57-sgk). Giải phương trình x 3 + 3x 2 − 2x − 6 = 0. ✍ LỜI GIẢI. Ta có x 3 + 3x 2 − 2x − 6 = 0 ⇔ (x + 3)(x 2 − 2) = 0 ⇔ " x + 3 = 0 x 2 − 2 = 0 ⇔ " x = −3 x = ± √ 2 . Vậy, phương trình có 3 nghiệm. VÍ DỤ 15. Cho phương trình x 3 − (2m + 1)x 2 + 3(m + 4)x − m − 12 = 0. 1 Giải phương trình với m = −12. 2 Xác định m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt. ✍ LỜI GIẢI. Biến đổi phương trình về dạng (x − 1)(x 2 − 2mx + m + 12) = 0 ⇔ " x − 1 = 0 g(x) = x 2 − 2mx + m + 12 = 0 (2) (I) Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 76/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Với m = −12, hệ (I) có dạng " x − 1 = 0 x 2 + 24x = 0 ⇔ x = 1 x = 0 x = 24. Vậy, phương trình có ba nghiệm phân biệt x = 1, x = 0, x = −24. 2 ( Phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ ∆ 0 g > 0 g(1) 6= 0 ⇔ ( m2 − m − 12 > 0 13 − m 6= 0 ⇔ ( m < −3 4 < m 6= 13. Vậy, với m < −3 hoặc 4 < m 6= 13 phương trình có ba nghiệm phân biệt. 4! Nếu phương trình có chứa tham số m, ta có thể coi mlà ẩn, còn x là tham số. Sau đó tìm lại x theo m. VÍ DỤ 16. Xác định m để phương trình m2x 3 − 3mx2 + (m2 + 2)x − m = 0, với m 6= 0 có ba nghiệm phân biệt. ✍ LỜI GIẢI. Viết lại phương trình về dạng (x 3 + x)m2 − (3x 2 + 1)m + 2x = 0. Coi m là ẩn, còn x là tham số, ta được phương trình bậc 2 theo m. Giải ra ta được m = 1 x hoặc m = 2x x 2 + 1 . Do đó phương trình được chuyển về dạng (mx − 1)(mx2 − 2x + m) = 0 ⇔ " mx − 1 = 0 f(x) = mx2 − 2x + m = 0. Phương trình có ba nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 m ⇔ a 6= 0 ∆ 0 > 0 f( −1 m ) 6= 0 ⇔ m 6= 0 1 − m2 > 0 m − 1 m 6= 0 ⇔ ( m 6= 0 |m| < 1. Vậy, với m ∈ (−1, 1) \ {0} phương trình có ba nghiệm phân biệt. 4! Nếu các phương pháp nhẩm nghiệm không có tác dụng, ta có thể thử vận dụng kiến thức về phân tích đa thức. VÍ DỤ 17. Giải phương trình x 3 − 3x 2 √ 3 + 7x − √ 3 = 0. (1) ✍ LỜI GIẢI. Ta có (1) ⇔ x 3 − x 2 √ 3 − 2x 2 √ 3 + 6x + x − √ 3 = 0 ⇔ x 2 (x − √ 3) − 2x √ 3(x − √ 3) + (x − √ 3) = 0 ⇔ (x − √ 3)(x 2 − 2x √ 3 + 1) = 0 ⇔ " x − √ 3 = 0 x 2 − 2x √ 3 + 1 = 0 ⇔ " x = √ 3 x = √ 3 ± √ 2. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 77/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Vậy, phương trình có ba nghiệm phân biệt x = √ 3, x = √ 3 ± √ 2. { DẠNG 5. Giải phương trình trùng phương Phương pháp giải: Phương pháp giải: Với phương trình ax4 + bx2 + c = 0 (1) ta thực hiện các bước: Bước 1: Đặt t = x 2 với điều kiện t ≥ 0. Bước 2: Khi đó, phương trình được biến đổi về dạng at2 + bt + c = 0 (2) Bước 3: Giải (2) để tìm nghiệm t, từ đó suy ra nghiệm x cho phương trình. 4! Nếu phương trình (2) có nghiệm t0 ≥ 0 thì phương trình (1) có nghiệm x = ± √ t0. VÍ DỤ 18 (Bài 56 trang 63 SGK). Giải các phương trình sau 3x 4 − 12x a) 2 + 9 = 0; 2x 4 + 3x b) 2 − 2 = 0; x 4 + 5x c) 2 + 1 = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Đặt x 2 = t ≥ 0. Ta được 3t 2 − 12t + 9 = 0 ⇔ " t = 1 t = 3 ⇔ " x 2 = 1 x 2 = 3 ⇔ " x = ±1 x = ± √ 3. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. 2 Đặt x 2 = t ≥ 0. Ta được 2t 2 + 3t − 2 = 0 ⇔ t = 1 2 t = −2 (loại) ⇒ x 2 = 1 2 ⇒ x = ± √ 2 2 . Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm. 3 Đặt x 2 = t ≥ 0. Ta được t 2 + 5t + 1 = 0 ⇔ t = −5 + √ 21 2 < 0 t = −5 − √ 21 2 < 0. Vậy phương trình vô nghiệm. 4! Ta cũng có thể đưa ra nhận xét để kết luận phương trình vô nghiệm như sau: Dễ thấy x 4+5x 2 ≥ 0 ⇒ x 4 + 5x 2 + 1 > 0. Vậy phương trình vô nghiệm. VÍ DỤ 19. Cho phương trình mx4 − 2 (m − 1) x 2 + m − 1 = 0. (1) Tìm m để phương trình 1 Có nghiệm duy nhất. 2 Có hai nghiệm phân biệt. 3 Có ba nghiệm phân biệt. 4 Có bốn nghiệm phân biệt. ✍ LỜI GIẢI. Đặt t = x 2 với điều kiện t ≥ 0. Khi đó, phương trình được biến đổi về dạng f(t) = mt2 − 2 (m − 1)t + m − 1 = 0. (2) Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 78/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Ta xét hai trường hợp: TH1: Với m = 0, ta được (2) ⇔ 2t − 1 = 0 ⇔ t = 1 2 ⇔ x 2 = 1 2 ⇔ x = ± √ 2 2 . Vậy với m = 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt. TH2: Với m 6= 0 thì 1 Phương trình (1) có nghiệm duy nhất ⇔ (2) có nghiệm t1 ≤ 0 = t2 ⇔ ( S ≤ 0 P = 0 ⇔ 2 (m − 1) m m − 1 m = 0 ≤ 0 ⇔ m = 1. Vậy, với m = 1 phương trình có nghiệm duy nhất. 2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ m (m − 1) < 0 ⇔ 0 < m < 1. Vậy với 0 ≤ m < 1 phương trình có hai nghiệm phân biệt. 3 Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ 2 có nghiệm 0 = t1 < t2 ⇔ ∆ 0 > 0 P = 0 S > 0 ⇔ 1 − m > 0 m − 1 m = 0 2 (m − 1) m > 0. Hệ trên vô nghiệm, vậy không tồn tại m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt. 4 Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm 0 < t1 < t2 ⇔ ∆ 0 > 0 P > 0 S > 0 ⇔ 1 − m > 0 m − 1 m > 0 2 (m − 1) m > 0 ⇔ m < 0. Vậy m < 0 để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. { DẠNG 6. Giải phương trình hồi quy và phản hồi quy Phương pháp giải: Phương trình hồi quy: Để giải phương trình ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0 (1) ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương trình cho x 2 6= 0, ta được a Å x 2 + 1 x 2 ã + b Å x + 1 x ã + c = 0. (2) Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 79/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Bước 2: Đặt t = x + 1 x , suy ra x 2 + 1 x 2 = t 2 − 2. Khi đó, phương trình (2) có dạng: at2 + bt + c − 2a = 0. (3) Phương trình phản hồi quy: Để giải phương trình ax4 + bx3 + cx2 − bx + a = 0 (1) ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương trình cho x 2 6= 0, ta được a Å x 2 + 1 x 2 ã + b Å x − 1 x ã + c = 0. (2) Bước 2: Đặt t = x − 1 x , suy ra x 2 + 1 x 2 = t 2 + 2. Khi đó, phương trình (2) có dạng: at2 + bt + c + 2a = 0. (3) Chú ý: Phương pháp mở rộng tự nhiên cho dạng phương trình ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 có hệ số thoả mãn e a = Å d b ã2 , e 6= 0. Khi đó ta đặt ẩn phụ t = x + d b . 1 x . Trước hết ta quan tâm tới phương trình có dạng hồi quy. VÍ DỤ 20. Giải phương trình x 4 − 1 2 x 3 − x 2 − 1 2 x + 1 = 0. ✍ LỜI GIẢI. Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương trình cho x 2 6= 0, ta được x 2 − 1 2 x − 1 − 1 2x + 1 x 2 = 0 ⇔ Å x 2 + 1 x 2 ã − 1 2 Å x + 1 x ã − 1 = 0. Đặt t = x + 1 x , điều kiện |t| ≥ 2, suy ra x 2 + 1 x 2 = t 2 − 2. Khi đó phương trình có dạng: t 2 − 1 2 t − 3 = 0 ⇔ t = 2 t = − 3 2 (loại) . Với t = 2 ta có x + 1 x = 2 ⇔ x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1. Vậy phương trình có nghiệm x = 1. VÍ DỤ 21. Giải phương trình x 4 + 3x 3 − 35 4 x 2 − 3x + 1 = 0. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 80/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương trình cho x 2 6= 0, ta được x 2 + 3x − 54 3 − 3 x + 1 x 2 = 0 ⇔ Å x 2 + 1 x 2 ã + 3 Å x − 1 x ã − 35 4 = 0. Đặt t = x − 1 x , điều kiện |t| ≥ 2, suy ra x 2 + 1 x 2 = t 2 + 2. Khi đó phương trình có dạng: t 2 + 2 + 3t − 35 4 = 0 ⇔ 4t 2 + 12t − 27 = 0 ⇔ t = 3 2 t = − 9 2 . Với t = 3 2 ta có x − 1 x = 3 2 ⇔ 2x 2 − 3x − 2 = 0 ⇔ x = 2 x = − 1 2 . Với t = − 9 2 ta có x − 1 x = − 9 2 ⇔ 2x 2 + 9x − 2 = 0 ⇔ x = −9 + √ 97 4 x = −9 − √ 97 4 . Vậy phương trình có bốn nghiệm phân biệt x = 2, x = − 1 2 , x = −9 + √ 97 4 , x = −9 − √ 97 4 . VÍ DỤ 22. Giải phương trình 2x 4 − 21x 3 + 74x 2 − 105x + 50 = 0. ✍ LỜI GIẢI. Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương trình cho x 2 6= 0, ta được 2 Å x 2 + 1 x 2 ã − 21 Å x + 5 x ã + 74 = 0. Đặt t = x + 5 x , suy ra x 2 + 25 x 2 = t 2 − 10. Khi đó phương trình có dạng: 2t 2 − 21t + 54 = 0 ⇔ t = 6 t = 9 2 . Với t = 6 ta có x + 5 x = 6 ⇔ x 2 − 6x + 5 = 0 ⇔ " x = 1 x = 5. Với t = 9 2 ta có x + 5 x = 9 2 ⇔ 2x 2 − 9x + 10 = 0 ⇔ x = 3 x = 5 2 . Vậy phương trình có bốn nghiệm phân biệt x = 1, x = 5, x = 2, x = 5 2 . 4! Nhiều phương trình ở dạng ban đầu không phải là phương trình hồi quy hay phản hồi quy, tuy nhiên với phép đặt ẩn phụ thích hợp ta có thể chuyển chúng về dạng hồi quy hoặc phản hồi quy, từ đó áp dụng phương pháp đã biết để giải. Ta đi xem xét hai ví dụ sau. VÍ DỤ 23. Giải phương trình (x − 2)4 + (x − 2)(5x 2 − 14x + 13) + 1 = 0. (1) Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 81/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. Nhận xét rằng đây không phải là một phương trình hồi quy, tuy nhiên nếu đặt ẩn phụ thích hợp ta sẽ có một phương trình hồi quy. Thật vậy, đặt y = x − 2, phương trình được biến đổi về dạng: y 4 + y 5(y + 2)2 − 14(y + 2) + 13 + 1 = 0 ⇔ y 4 + 5y 3 + 6y 2 + 5y + 1 = 0 (2) Nhận xét rằng y = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương trình cho y 2 6= 0, ta được phương trình tương đương Å y 2 + 1 y 2 ã + 5 Å y + 1 y ã + 6 = 0. Đặt t = y + 1 y , suy ra y 2 + 1 y 2 = t 2 − 2. Khi đó phương trình có dạng: t 2 + 5t + 4 = 0 ⇔ " t = −1 t = −4 . Với t = −1 ta có y + 1 y = −1 ⇔ y 2 − y + 1 = 0, vô nghiệm. Với t = −4 ta có y + 1 y = −4 ⇔ y 2 + 4y + 1 = 0 ⇔ " y = −2 − √ 3 y = −2 + √ 3 suy ra nghiệm " x = − √ 3 x = √ 3 . Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x = − √ 3 và x = √ 3. VÍ DỤ 24. Giải phương trình (x 2 − x) 2 − 2x(3x − 5) − 3 = 0. ✍ LỜI GIẢI. Nhận xét rằng đây không phải là một phương trình hồi quy, tuy nhiên nếu đặt ẩn phụ thích hợp ta sẽ có một phương trình hồi quy. Thật vậy, đặt y = x − 1, phương trình được biến đổi về dạng: (y + 1)2 − (y + 1) − 2(y + 1) [3(y + 1) − 5] − 3 = 0 ⇔ y 4 + 2y 3 − 5y 2 − 2y + 1 = 0 Nhận xét rằng y = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương trình cho y 2 6= 0, ta được phương trình tương đương Å y 2 + 1 y 2 ã + 2 Å y − 1 y ã − 5 = 0. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 82/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Đặt t = y − 1 y , suy ra y 2 + 1 y 2 = t 2 + 2. Khi đó phương trình có dạng: t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ " t = 1 t = −3 . Với t = −1 ta có y − 1 y = 1 ⇔ y 2 − y − 1 = 0 ⇔ y = 1 + √ 5 2 y = 1 − √ 5 2 , từ đó suy ra x = 3 − √ 5 2 x = 3 + √ 5 2 . Với t = −3 ta có y − 1 y = −3 ⇔ y 2 + 3y + 1 = 0 ⇔ y = −3 + √ 13 2 y = −3 − √ 13 2 , từ đó suy ra x = −1 − √ 13 2 x = −1 + √ 13 2 . Vậy phương trình có bốn nghiệm phân biệt x = 3 − √ 5 2 , x = 3 + √ 5 2 , x = −1 − √ 13 2 , x = −1 + √ 13 2 . { DẠNG 7. Phương trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m (1), với a + b = c + d Phương pháp giải: Phương pháp: Để giải phương trình (1) ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Viết lại phương trình dạng: x 2 + (a + b)x + ab · x 2 + (c + d)x + cd = m. (2) Bước 2: Đặt t = x 2 + (a + b)x + ab, suy ra x 2 + (c + d)x + cd = t − ab + cd. Khi đó, phương trình (2) có dạng: t(t − ab + cd) = m ⇔ t 2 − (ab − cd)t − m = 0. (3) VÍ DỤ 25. Giải phương trình (x + 4)(x + 5)(x + 7)(x + 8) = 4. ✍ LỜI GIẢI. Viết lại phương trình dạng (x 2 + 12x + 32)(x 2 + 12x + 35) = 4. Đặt t = x 2 + 12x + 32, suy ra x 2 + 12x + 35 = t + 3. Khi đó, phương trình có dạng: t(t + 3) = 4 ⇔ t 2 + 3t − 4 = 0 ⇔ " t = −4 t = 1 . Với t = −4, ta được x 2 + 12x + 32 = −4 ⇔ x 2 + 12x + 28 = 0 ⇔ x = −6 ± 2 √ 2. Với t = 1, ta được x 2 + 12x + 32 = 1 ⇔ x 2 + 12x + 31 = 0 ⇔ x = −6 ± √ 5. Vậy phương trình có bốn nghiệm phân biệt là x = −6 ± 2 √ 2 và x = −6 ± √ 5. VÍ DỤ 26. Giải phương trình (2x − 1)(x − 1)(x − 3)(2x + 3) = −9. ✍ LỜI GIẢI. Viết lại phương trình dạng (2x 2 − 3x + 1)(2x 2 − 3x − 9) = −9. Đặt t = 2x 2 − 3x + 1, suy ra 2x 2 − 3x − 9 = t − 10. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 83/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Khi đó, phương trình có dạng: t(t − 10) = −9 ⇔ t 2 − 10t + 9 = 0 ⇔ " t = 1 t = 9 . Với t = 1, ta được 2x 2 − 3x + 1 = 1 ⇔ 2x 2 − 3x = 0 ⇔ x = 0 x = 3 2 . Với t = 9, ta được 2x 2 − 3x + 1 = 9 ⇔ 2x 2 − 3x − 8 = 0 ⇔ x = 3 + √ 37 4 x = 3 − √ 37 4 . Vậy phương trình có bốn nghiệm phân biệt là x = 0, x = 3 2 , x = 3 + √ 37 4 , x = 3 − √ 37 4 . { DẠNG 8. Phương trình dạng (x + a) 4 + (x + b) 4 = c (1) Phương pháp giải: Phương pháp giải Bước 1: Đặt t = x + a + b 2 ⇒ x + a = t + a − b 2 x + b = t − a − b 2 . Khi đó, phương tình (1) có dạng: 2t 4 + 12(a − b 2 ) 2 t 2 + 2(a − b 2 ) 4 = c. (2) Bước 2: Đặt u = t 2 , điều kiện u ≥ 0. Khi đó, phương trình có dạng 2u 2 + 12(a − b 2 ) 2u + 2(a − b 2 ) 4 = c. (3) Bước 3: Giải (3) nhận được u, từ đó suy ra nghiệm t rồi tới x. VÍ DỤ 27. Giải phương trình (x + 4)4 + (x + 6)4 = 82. ✍ LỜI GIẢI. Đặt t = x + 4 + 6 2 = x + 5 ⇒ ( x + 4 = t − 1 x + 6 = t + 1 . Khi đó, phương trình được chuyển về dạng: (t − 1)4 + (t − 1)4 = 82 ⇔ t 4 + 6t 2 − 40 = 0 ⇔ " t = 4 t = −10 . t = 4, ta được x + 5 = 4 ⇔ x = −1. t = −10, ta được x + 5 = −10 ⇔ x = −15. Vậy phương trình có 2 nghiệm x = −1 và x = −15. VÍ DỤ 28. Cho phương trình (a + 1)4 + (x + 3)4 = 2m. (1) 1 Giải phương trình với m = 1. 2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 84/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. Đặt t = x + 1 + 3 2 = x + 2 ⇒ ( x + 1 = t − 1 x + 3 = t + 1 . Khi đó phương trình (1) được chuyển về dạng (t − 1)4 + (t + 1)4 = 2m ⇔ 2t 4 + 12t 2 + 2 = 2m ⇔ t 4 + 6t 2 + 1 − m = 0. (2) Đặt u = t 2 , điều kiện u ≥ 0. Khi đó, phương trình (2) được chuyển về dạng f(u) = u 2 + 6u + 1 − m = 0. (3) 1 Với m = 1, phương trình (3) trở thành u 2 + 6u = 0 ⇔ " u = 0 u = −6 (loại) ⇔ t 2 = 0 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = −2. 2 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt, điều kiện là (3) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0 ⇔ 1 − m < 0 ⇔ m > 1. Vậy, với m > 1 phương trình có hai nghiệm phân biệt. { DẠNG 9. Sử dụng phương trình bậc hai giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Phương pháp giải: Với các phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, có thể được chuyển về phương trình bậc hai bằng một trong các cách sau: Cách 1: Sử dụng các phép biến đổi tương đương, bao gồm |f(x)| = |g(x)| ⇔ " f(x) = g(x) f(x) = −g(x). |f(x)| = g(x) ⇔ g(x) ≥ 0 " f(x) = g(x) f(x) = −g(x) hoặc "(f(x) ≥ 0 f(x) = g(x) ( f(x) ≤ 0 − f(x) = g(x) Cách 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ. Trước tiên chúng ta quan tâm tới phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối được chuyển về phương trình bậc hai bằng phương pháp biến đổi tương đương. VÍ DỤ 29. Giải phương trình: |x 2 − 2x − 2| = |x 2 + 2x|. ✍ LỜI GIẢI. Phương trình tương đương với: " x 2 − 2x − 2 = x 2 + 2x x 2 − 2x − 2 = −x 2 − 2x ⇔ " 2x = −1 x 2 − 1 = 0 x = − 1 2 x = ±1. Vậy, phương trình có ba nghiệm phân biệt x = − 1 2 , x = ±1. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 85/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Nhận xét. Như vậy, ví dụ trên đã minh họa cho phép biến đổi tương đương thứ nhất của phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối. VÍ DỤ 30. Giải phương trình: |x 2 + x| = −x 2 + x + 2. ✍ LỜI GIẢI. Phương trình tương đương với: − x 2 + x + 2 ≥ 0 " x 2 + x = −x 2 + x + 2 x 2 + x = x 2 − x − 2 ⇔ − 1 ≤ x ≤ 2 " 2x 2 = 2 2x = −2 ⇔ − 1 ≤ x ≤ 2 " x 2 = 1 x = −1 ⇔ x = ±1. Vậy, phương trình có hai nghiệm phân biệt x = ±1. 4! Các ví dụ tiếp theo, sẽ minh họa việc sử dụng ẩn phụ để chuyển phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối về phương trình bậc hai. VÍ DỤ 31. Giải phương trình: (x − 1)2 + 4|x − 1| + 3 = 0. ✍ LỜI GIẢI. Đặt t = |x − 1|, điều kiện t ≥ 0. Khi đó, phương trình được biến đổi về dạng: t 2 + 4t + 3 = 0 ⇔ " t = −1 (loại) t = 3 ⇔ t = 3 ⇔ |x − 1| = 3 ⇔ " x − 1 = 3 x − 1 = −3 ⇔ " x = 4 x = −2. Vậy, phương trình có 2 nghiệm là x = 4 và x = −2. { DẠNG 10. Sử dụng phương trình bậc hai giải phương trình chứa căn thức Phương pháp giải: Phương pháp giải Với các phương trình chứa căn thức, có thể chuyển về phương trình bậc hai bằng một trong các cách sau: Cách 1: Sử dụng các phép biến đổi tương đương, bao gồm: » f(x) = » g(x) ⇔ f(x) = g(x) ≥ 0. » f(x) = g(x) ⇔ ( g(x) ≥ 0 f(x) = g 2 (x). Cách 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ. Trước tiên chúng ta quan tâm tới phương trình chứa căn thức được chuyển về phương trình bậc hai bằng phương pháp biến đổi tương đương. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 86/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 32. Giải các phương trình: 1 √ x 2 − 4x + 5 = √ x + 1 2 √ x 2 − 2x + 3 = √ 2x 2 − 7x + 9. ✍ LỜI GIẢI. 1 Phương trình được biến đổi tương đương thành: x 2 − 4x + 5 = x + 1 ≥ 0 ⇔ ( x + 1 ≥ 0 x 2 − 5x + 4 = 0 ⇔ x ≥ −1 " x = 1 x = 4 ⇔ " x = 1 x = 4. Vậy, phương trình có nghiệm x = 1 và x = 4. 2 Phương trình được biến đổi tương đương thành: x 2 − 2x + 3 = 2x 2 − 7x + 9 ≥ 0 ⇔ ( x 2 − 2x + 3 ≥ 0 x 2 − 5x + 6 = 0 ⇔ (x − 1)2 + 2 ≥ 0 " x = 2 x = 3 ⇔ " x = 2 x = 3. Vậy, phương trình có nghiệm x = 2 và x = 3. Nhận xét. Trong ví dụ trên: Ở câu a), chúng ta lựa chọn điều kiện x+1 ≥ 0, vì có cảm giác nó đơn giản hơn điều kiện x 2−4x = 5 ≥ 0. Tuy nhiên, thực tế ta thấy điều kiện x 2 − 4x + 5 ≥ 0 là đơn giản hơn vì x 2 − 4x + 5 = (x − 2)2 + 1 ≥ 0, luôn đúng và trong trường hợp này chúng ta không cần kiểm tra lại nghiệm. Ở câu b), chúng ta lựa chọn điều kiện x 2 − 2x + 3 ≥ 0, vì điều này luôn đúng. VÍ DỤ 33. Giải phương trình: √ 2x 2 + x − 3 = x − 1. ✍ LỜI GIẢI. Phương trình được biến đổi tương đương thành: ( x − 1 ≥ 0 2x 2 + x − 3 = (x − 1)2 ⇔ ( x ≥ 1 x 2 + 3x − 4 = 0 ⇔ x = 1. Vậy, phương trình có nghiệm x = 1. VÍ DỤ 34. Giải phương trình: √ x + 4 − √ 1 − x = √ 1 − 2x. ✍ LỜI GIẢI. Điều kiện: x + 4 ≥ 0 1 − x ≥ 0 1 − 2x ≥ 0 ⇔ −4 ≤ x ≤ 1 2 . Phương trình viết lại dưới dạng: √ 1 − 2x + √ 1 − x = √ x + 4 ⇔ » (1 − 2x)(1 − x) = 2x + 1 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 87/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ⇔ ( 2x + 1 ≥ 0 (1 − 2x)(1 − x) = (2x + 1)2 ⇔ x ≥ − 1 2 x(2x + 7) = 0 ⇔ x = 0. Vậy, phương trình có nghiệm x = 0. 4! Các ví dụ tiếp theo, sẽ minh họa việc sử dụng ẩn phụ để chuyển phương trình chứa căn về phương trình bậc hai. VÍ DỤ 35. Giải phương trình: 2(x 2 − 2x) + √ x 2 − 2x − 3 − 9 = 0. ✍ LỜI GIẢI. Điều kiện: x 2 − 2x − 3 ≥ 0 ⇔ " x ≥ 3 x ≤ −1 . (∗) Viết lại phương trình dưới dạng: 2(x 2 − 2x − 3) + √ x 2 − 2x − 3 − 3 = 0. Đặt t = √ x 2 − 2x − 3 điều kiện t ≥ 0. (∗∗) Khi đó, phương trình có dạng: 2t 2 + t − 3 = 0 ⇔ t = 1 t = − 3 2 (loại) ⇔ t = 1 ⇔ √ x 2 − 2x − 3 = 1 ⇔ x 2 − 2x − 4 = 0 ⇔ x = 1 ± √ 5, thỏa mãn điều kiện (*). Vậy, phương trình có 2 nghiệm là x = 1 ± √ 5. B BÀI TẬP BÀI 1. Giải các phương trình sau. 1 x − 1 − 1 x + 1 a) = 1. 9(x 2 + x + 1) x 2 − x + 1 − 7(x + 1) x − 1 b) = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Điều kiện x 6= ±1. Phương trình tương đương với x + 1 − (x − 1) = x 2 − 1 ⇔ x 2 = 3 ⇔ x = ± √ 3 (thỏa mãn). 2 Điều kiện x 6= 1. Phương trình tương đương với 9(x−1)(x 2 +x+ 1) = 7(x+ 1)(x 2 −x+ 1) ⇔ 9(x 3 −1) = 7(x 3 + 1) ⇔ x 3 = 8 ⇔ x = 2 (thỏa mãn). BÀI 2. Giải các phương trình sau. x 2 − 2x − 1 6 − 1 x 2 − 2x a) = 0. 2 x 2 − 3x + 3 + 1 x 2 − 3x + 4 = 15 2(x 2 − 3x + 5) b) . ✍ LỜI GIẢI. 1 Điều kiện x 2 − 2x 6= 0 ⇔ x(x − 2) 6= 0 ⇔ ( x 6= 0 x 6= 2. Đặt t = x 2 − 2x, phương trình biến đổi thành t − 1 6 − 1 t = 0 ⇔ t 2 − t − 6 = 0 ⇔ " t = 3 t = −2 ⇒ " x 2 − 2x − 3 = 0 x 2 − 2x + 2 = 0 (vô nghiệm) ⇔ " x = −1 x = 3. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 88/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Đặt t = x 2 − 3x + 4 với t 6= 0; ±1, phương trình trở thành 2 t − 1 + 1 t = 15 2(t + 1) ⇔ 9t 2−19t+2 = 0 ⇔ t = 2 t = 1 9 ⇒ x 2 − 3x + 2 = 0 x 2 − 3x + 35 9 = 0 (vô nghiệm) ⇔ " x = 1 x = 2. BÀI 3. Giải các phương trình sau. 2x 2 + 5x + 8 2x 2 + 3x + 8 + 2x 2 + 3x + 8 2x 2 + 7x + 8 a) = 0. 5x 2 + 6x + 9 5x 2 + 4x + 9 + 5x 2 + 10x + 9 5x 2 + 7x + 9 b) = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Điều kiện ( 2x 2 + 3x + 8 6= 0 2x 2 + 7x + 8 6= 0. Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương trình cho x. Phương trình tương đương với 2x + 5 + 8 x 2x + 3 + 8 x + 2x + 3 + 8 x 2x + 7 + 8 x = 0. Đặt t = 2x + 8 x + 3. Phương trình trở thành t + 2 t + t t + 4 = 0 ⇔ (t + 2)(t + 4) + t 2 = 0 ⇔ t 2 + 6t + 8 = 0 " t = −2 t = −4 . Với t = −2 ⇒ 2x + 8 x + 3 = −2 ⇔ 2x 2 + 8 x = −5 ⇔ 2x 2 + 5x + 8 = 0 (vô nghiệm). Với t = −4 ⇒ 2x + 8 x + 3 = −4 ⇔ 2x 2 + 8 x = −7 ⇔ 2x 2 + 7x + 8 = 0 (vô nghiệm). 2 Phương trình tương đương với 5x + 6 + 9 x 5x + 4 + 9 x + 5x + 10 + 9 x 5x + 7 + 9 x = 0. Đặt t = 5x + 9 x ⇒ |t| ≥ 6 √ 5. Phương trình trở thành t + 6 t + 4 + t + 10 t + 7 = 0 ⇔ (t+6)(t+7)+(t+4)(t+10) = 0 ⇔ 2t 2+27t+82 = 0 ⇔ t = −27 ± √ 73 4 (loại). BÀI 4. Giải các phương trình sau: 1 x 2 − 3x + 2 x 2 + 5x + 2 + 2x x 2 − 5x + 2 = 0. 2 2x 2 + x + 3 2x 2 − 7x + 3 + 3x 2x 2 + 6x + 3 = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Điều kiện: x 6= −5 ± √ 17 2 x 6= 5 ± √ 17 2 . Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả tử và mẫu của hai phân thức Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 89/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 cho x ta được phương trình tương đương: x 2 − 3x + 2 x 2 + 5x + 2 + 2x x 2 − 5x + 2 = 0 ⇔ x − 3 + 2 x x + 5 − 2 x + 2 x − 5 + 2 x = 0 (1) Đặt t = x + 2 x thay vào phương trình (1) ta được t 2 − 6t + 25 t 2 − 25 = 0 (vô nghiệm). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 Điều kiện: x 6= 3 x 6= 1 2 x 6= −3 ± √ 3 2 . Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả tử và mẫu của hai phân thức cho x ta được phương trình tương đương: 2x 2 + x + 3 2x 2 − 7x + 3 + 3x 2x 2 + 6x + 3 = 0 ⇔ 2x + 1 + 3 x 2x − 7 + 3 x + 3 2x + 6 + 3 x = 0 (1) Đặt t = 2x + 3 x thay vào phương trình (1) ta được t 2 + 10t − 15 (t − 7)(t + 6) = 0 ⇔ t = −5 ± 2 √ 10. Với t = −5 + 2√ 10 ta có phương trình 2x + 3 x = −5 + 2√ 10 ⇔ 2x 2 + (5 − 2 √ 10)x + 3 = 0 (vô nghiệm). Với t = −5 − 2 √ 10 ta có phương trình 2x + 3 x = −5 − 2 √ 10 ⇔ 2x 2 + (5 + 2√ 10)x + 3 = 0 ⇔ x = 1 4 Å −5 − 2 √ 10 ± » 41 + 20√ 10ã . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1 4 Ä −5 − 2 √ 10 ± p 41 + 20√ 10ä . BÀI 5. Giải các phương trình sau: 1 x 2 + 9x 2 (x + 3)2 − 8 = 0. 2 4x 2 + 4x 2 (2x + 1)2 − 5 = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 x 2 + 9x 2 (x + 3)2 − 16 = 0. Điều kiện: x 6= −3. Ta biến đổi phương trình đã cho ta được Å x − 3x x + 3ã2 + 6x 2 x + 3 − 16 = 0 ⇔ Å x 2 x + 3ã2 + 6x 2 x + 3 − 16 = 0. Đặt t = x 2 x + 3 , phương trình đã cho trở thành t 2 + 6t − 16 = 0 ⇔ (t − 2)(t + 8) = 0 ⇔ " t = 2 t = −8. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 90/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Trường hợp 1: t = 2 ⇒ x 2 x + 3 = 2 ⇒ x 2 − 2x − 6 = 0 ⇔ x = 1 ± √ 7. Trường hợp 2: t = −8 ⇒ x 2 x + 3 = −8 ⇒ x 2 + 8x + 24 = 0 (vô nghiệm). Vậy, phương trình có 2 nghiệm x1 = 1 + √ 7, x2 = 1 − √ 7. 2 Điều kiện: x 6= − 1 2 . Ta biến đổi phương trình trên ta có Å 2x − 2x 2x + 1ã2 + 8x 2 2x + 1 − 5 = 0 ⇔ Å 4x 2 2x + 1ã2 + 8x 2 2x + 1 − 5 = 0. Đặt t = 4x 2 2x + 1 , phương trình đã cho trở thành t 2 + 2t − 5 = 0 ⇔ " t1 = −1 + √ 6 t2 = −1 − √ 6. Trường hợp 1: t = −1 + √ 6 ⇒ 4x 2 2x + 1 = −1 + √ 6 ⇒ 4x 2 − 2(√ 6 − 1)x + √ 6 − 1 = 0 (vô nghiệm). Trường hợp 2: t = −1 − √ 6 ⇒ 4x 2 2x + 1 = −1 − √ 6 ⇒ 4x 2 + 2(√ 6 + 1)x + √ 6 + 1 = 0. Từ đó ta suy ra phương trình có hai nghiệm x = 1 + √ 6 4 và x = −1 − √ 6 2 . BÀI 6. Cho phương trình a x − b + b x − a = 2. 1 Tìm a, b để phương trình có hai nghiệm phân biệt. 2 Tìm a, b để phương trình có nghiệm. ✍ LỜI GIẢI. 1 Điều kiện ( x 6= a x 6= b . Khi đó ta có a x − b + b x − a = 2 ⇔ ax − a 2 (x − b)(x − a) + bx − b 2 (x − b)(x − a) = 2 ⇔ 2x 2 − 3(a + b)x + a 2 + b 2 + 2ab = 0 (1) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆0 = (a + b) 2 > 0 ⇔ a 6= −b. Kết hợp với điều kiện suy ra để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì a 6= 0, b 6= 0 và a 6= ±b. 2 Tương tự phần a) ta suy ra phương trình có nghiệm khi và chỉ khi a và b không đồng thời bằng 0. BÀI 7. Giải các phương trình sau x 2 − 3x + 2 x 2 + 5x + 2 + 2x x 2 − 5x + 2 a) = 0. 2x 2 + x + 3 2x 2 − 7x + 3 + 3x 2x 2 + 6x + 3 b) = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Điều kiện ( x 2 + 5x + 2 6= 0 x 2 − 5x + 2 6= 0. Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế cho x 6= 0. Phương trình tương đương x − 3 + 2 x x + 5 + 2 x + 2 x − 5 + 2 x = 0. Đặt t = x + 2 x . Phương trình trở thành t − 3 t + 5 + 2 t − 5 = 0 ⇔ (t − 3)(t − 5) + 2(t + 5) = 0 ⇔ t 2 − 6t + 25 = 0 (vô nghiệm). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 91/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Điều kiện ( 2x 2 − 7x + 3 6= 0 2x 2 + 6x + 3 6= 0. Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế cho x 6= 0. Phương trình tương đương 2x + 1 + 3 x 2x + 7 + 3 x + 3 2x + 6 + 3 x = 0. Đặt t = 2x + 3 x ⇒ |t| ≥ 2 √ 6. Phương trình trở thành t + 1 t + 7 + 3 t + 6 = 0 ⇔ (t + 1)(t + 6) + 3(t + 7) = 0 ⇔ t 2 + 10t + 27 = 0 (vô nghiệm). BÀI 8. Giải các phương trình sau x 2 + 9x 2 (x + 3)2 a) + 8 = 0. x 2 + x 2 (2x + 1)2 b) + 5 = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Điều kiện x 6= −3. Phương trình tương đương với x 2−2·x· 3x x + 3 + 9x 2 (x + 3)2 + 6x 2 x + 3 +8 = 0 ⇔ Å x − 3x x + 3ã2 + 6x 2 x + 3 +8 = 0 ⇔ Å x 2 x + 3ã2 +6· x 2 x + 3 +8 = 0. Đặt t = x 2 x + 3 ⇒ t 2 + 6t + 8 = 0 ⇔ " t = −2 t = −4. Với t = −2 ⇒ x 2 x + 3 = −2 ⇔ x 2 + 2x + 6 = 0 (vô nghiệm). Với t = −4 ⇒ x 2 x + 3 = −4 ⇔ x 2 + 4x + 12 = 0 (vô nghiệm). 2 Điều kiện x 6= − 1 2 . Phương trình tương đương với Å x − x 2x + 1ã2 + 2x 2 2x + 1 + 5 = 0 ⇔ 4x 4 (2x + 1)2 + 2x 2 2x + 1 + 5 = 0. Đặt t = x 2 2x + 1 ⇒ 4t 2 + 2t + 5 = 0 (vô nghiệm). BÀI 9. Cho phương trình a x − b + b x − a = 2 (1). 1 Tìm a, b để phương trình có hai nghiệm phân biệt. 2 Tìm a, b để phương trình có nghiệm. ✍ LỜI GIẢI. Điều kiện ( x 6= a x 6= b. Khi đó (1) ⇔ a(x − a) + b(x − b) = 2(x − a)(x − b) ⇔ 2x 2 − 3(a + b)x + (a + b) 2 = 0 (2). Ta có ∆ = 9(a + b) 2 − 8(a + b) 2 = (a + b) 2 ≥ 0, ∀a, b ∈ R. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 92/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt khác a, b ⇔ ∆ > 0 b 2 − ab 6= 0 a 2 − ab 6= 0 ⇔ (a + b) 2 > 0 b(b − a) 6= 0 a(a − b) 6= 0 ⇔ a 6= 0 b 6= 0 a 6= ±b. 2 (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm kép khác a, b hoặc (2) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm khác a, b. ⇔ (a + b) 2 = 0 3(a + b) 4 6= a 3(a + b) 4 6= b (a + b) 2 > 0 " b 2 − ab 6= 0 a 2 − ab 6= 0 ⇔ ( a = −b a 6= b a 6= −b " b(b − a) 6= 0 a(a − b) 6= 0 ⇔ a 2 + b 2 6= 0. BÀI 10. Giải các phương trình sau. 4x 3 − 9x a) 2 + 6x − 1 = 0. 2x 3 + x b) 2 − 5x + 2 = 0. 2x c) 3 + x + 3 = 0. 2x 3 + 7x d) 2 + 7x + 2 = 0. 2x e) 3 − 9x + 2 = 0. 8x 3 − 4x f) 2 + 10x − 5 = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 4x 3 − 9x 2 + 6x − 1 = 0 ⇔ (x − 1)(4x 2 − 5x + 1) = 0 x = 1 x = 1 4 . 2 2x 3 + x 2 − 5x + 2 = 0 ⇔ (x − 1)(2x 2 + 3x − 2) = 0 ⇔ x = 1 x = −2 x = 1 2 . 3 2x 3 + x + 3 = 0 ⇔ (x + 1)(2x 2 − 2x + 3) = 0 ⇔ " x = −1 2x 2 − 2x + 3 = 0 (vô nghiệm). 4 2x 3 + 7x 2 + 7x + 2 = 0 ⇔ (x + 1)(2x 2 + 5x + 2) = 0 ⇔ x = −1 x = −2 x = − 1 2 . 5 2x 3 − 9x + 2 = 0 ⇔ (x − 2)(2x 2 + 4x − 1) = 0 ⇔ x = 2 x = −2 ± √ 6 2 . 6 8x 3 − 4x 2 + 10x − 5 = 0 ⇔ (2x − 1)(4x 2 + 5) = 0 ⇔ x = 1 2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 93/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 11. Giải phương trình sau, biết rằng phương trình có một nghiệm không phụ thuộc vào a, b và b > 0 : x 3 − (2a + 1)x 2 + (a 2 + 2a − b)x − (a 2 − b) = 0. ✍ LỜI GIẢI. Phương trình tương đương với (x − 1)(x 2 − 2ax + a 2 − b) = 0 ⇔ " x = 1 x = a ± √ b. BÀI 12. Cho phương trình mx3 + (3m − 4)x 2 + (3m − 7)x + m − 3 = 0 (1). 1 Giải phương trình với m = 3. 2 Xác đinh m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt không dương. ✍ LỜI GIẢI. Phương trình tương đương với (x + 1) mx2 + 2(m − 2)x + m − 3 = 0 ⇔ " x = −1 g(x) = mx2 + 2(m − 2)x + m − 3 = 0 (2). 1 Với m = 3 thì (1) ⇔ " x = −1 3x 2 + 2x = 0 ⇔ x = −1 x = 0 x = − 2 3 . 2 Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt không dương ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt không dương (x1 < x2 ≤ 0) khác −1 ⇔ a 6= 0 ∆ 0 > 0 P ≥ 0 S < 0 g(−1) 6= 0 ⇔ m 6= 0 4 − m > 0 m − 3 m ≥ 0 − m − 2 m < 0 1 6= 0 ⇔ 3 ≤ m < 4. BÀI 13. Cho phương trình x 3 − 2mx2 + mx + m − 1 = 0 (1). Xác định m để 1 Phương trình có đúng 1 nghiệm. 2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 3 Phương trình có 3 nghiệm phân biệt. ✍ LỜI GIẢI. Ta có (1) ⇔ (x − 1) [x 2 − (2m − 1)x + 1 − m] = 0 ⇔ " x − 1 = 0 g(x) = x 2 − (2m − 1)x + 1 − m = 0 (2). 1 (1) có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi " (2) vô nghiệm (2) có nghiệm kép bằng 1. (2) vô nghiệm ⇔ ∆ = 0 ⇔ (2m − 1)2 − 4(1 − m) = 0 ⇔ 4m2 − 3 < 0 ⇔ − √ 3 2 < m < √ 3 2 . (2) có nghiệm khép bằng 1 ⇔ ( ∆ = 0 g(1) = 0 ⇔ ( 4m2 − 3 = 0 3 − 3m = 0 ⇔ m ∈ ∅. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 94/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 (1) có đúng 2 nghiệm khi và chỉ khi " (2) có hai nghiệm phân biệt và nhận x = 1 là một nghiệm (2) có nghiệm kép khác 1. (2) có hai nghiệm phân biệt và nhận x = 1 là một nghiệm ⇔ ( ∆ > 0 g(1) = 0 ⇔ ( 4m2 − 3 > 0 3 − 3m = 0 ⇔ m = 1. (2) có nghiệm kép khác 1 ⇔ ( ∆ = 0 g(1) 6= 0 ⇔ ( 4m2 − 3 = 0 3 − 3m 6= 0 ⇔ m = ± √ 3 2 . 3 (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ ( ∆ > 0 g(1) 6= 0 ⇔ ( 4m2 − 3 > 0 3 − 3m 6= 0 ⇔ m > √ 3 2 m < − √ 3 2 m 6= 1. BÀI 14. Cho phương trình x 3 − 2mx2 + (2m2 − 1)x − m(m2 − 1) = 0 (1). Xác định m để 1 Phương trình có 3 nghiệm phân biệt. 2 Phương trình có 3 nghiệm phân biệt dương. 3 Phương trình có 3 nghiệm phân biệt âm. ✍ LỜI GIẢI. Ta có (1) ⇔ (x − m)(x 2 − mx + m2 − 1) = 0 ⇔ " x = m g(x) = x 2 − mx + m2 − 1 = 0 (2). 1 (1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ (2) có hai nghiệm phân biệt khác m ⇔ ( ∆ > 0 g(m) 6= 0 ⇔ ( m2 − 4(m2 − 1) > 0 m2 − 1 6= 0 ⇔ ( 4 − 3m2 > 0 m 6= ±1 ⇔ − 2 √ 3 < m < 2 √ 3 m 6= ±1. 2 (1) có ba nghiệm phân biệt dương khi và chỉ (2) có hai nghiệm phân biệt dương khác m và m > 0 ∆ > 0 S > 0 P > 0 m > 0 ⇔ 4 − 3m2 > 0 m > 0 m2 − 1 > 0 m > 0 ⇔ 1 < m < 2 √ 3. 3 (1) có ba nghiệm phân biệt âm khi và chỉ (2) có hai nghiệm phân biệt âm khác m và m < 0 ∆ > 0 S < 0 P > 0 m < 0 ⇔ 4 − 3m2 > 0 m < 0 m2 − 1 > 0 m < 0 ⇔ − 2 √ 3 < m < −1. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 95/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 15. Xác định m để phương trình x 3 − (m + 1)x 2 − (2m2 − 3m + 2)x + 2m(2m − 1) = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt. ✍ LỜI GIẢI. Phương trình tương đương với (x+m) [x 2 − (2m + 1)x + 2m − 2] = 0 ⇔ " x = −m x 2 − (2m + 1)x + 2m − 2 = 0 (2) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ " (2) có hai nghiệm phân biệt và có một nghiệm x = −m (2) có nghiệm kép khác − m. (2) có hai nghiệm phân biệt và nhận x = −m làm nghiệm ⇔ ( ∆ > 0 m2 + m(2m + 1) + 2m − 2 = 0 ⇔ ( (2m + 1)2 − 8(m − 1) > 0 3m2 + 3m − 2 = 0 ⇔ 4m2 − 4m + 9 > 0 (luôn đúng) m = −3 ± √ 33 6 . (2) có nghiệm kép khác −m ⇔ ( ∆ = 0 3m2 + 3m − 2 6= 0 ⇔ ( 4m2 − 4m + 9 = 0 (vô nghiệm) 3m2 + 3m − 2 = 0. BÀI 16. Cho phương trình 2x 3 + 2(6m − 1)x 2 − 3(2m − 1)x − 3(1 + 2m) = 0 (1). Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt có tổng bình phương bằng 28. ✍ LỜI GIẢI. Phương trình tương đương với (x − 1) 2x 2 + 12mx + 3(1 + 2m) = 0 ⇔ " x = 1 2x 2 + 12mx + 3(1 + 2m) = 0 (2). Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ ( ∆ > 0 f(1) 6= 0 ⇔ ( 36m2 − 12m − 6 = 0 17 + 6m 6= 0 ⇔ m > 1 + √ 7 6 − 17 6 6= m < 1 − √ 7 6 . Khi đó (2) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 = −6m x1 · x2 = 3(1 + 2m) 2 . Theo giả thiết suy ra x 2 1 + x 2 2 + 12 = 28 ⇔ (x1 + x2) 2 − 2x1x2 = 27 ⇔ 36m2 − 3(1 + 2m) = 27 ⇔ m = 1 (thỏa mãn) m = − 1 12 (loại). Vậy m = 1 thỏa mãn bài. BÀI 17. Giải các phương trình sau. x 4 − 10x 3 + 35x a) 2 − 50x + 24 = 0. x 4 − 6x 3 − x b) 2 + 54x − 72 = 0. x 4 − 2x 3 − 6x c) 2 + 8x + 8. 2x 4 − 13x 3 + 20x d) 2 − 3x − 2 = 0. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 96/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Phương trình tương đương với x 4 − 10x 3 + 9x 2 + 26x 2 − 50x + 24 = 0 ⇔ x 2 (x − 1)(x − 9) + (x − 1)(26x − 24) = 0 ⇔ (x − 1)(x 3 − 9x 2 − 26x − 24) = 0 ⇔ (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) = 0 ⇔ x = 1 x = 2 x = 3 x = 4. 2 Phương trình tương đương với (x 4 − 9x 2 ) − (6x 3 − 54x) + (8x 2 − 72) = 0 ⇔ (x 2 − 9)(x 2 − 6x + 8) = 0 ⇔ " x 2 = 9 x 2 − 6x + 8 = 0 ⇔ x = ±3 x = 2 x = 4. 3 Phương trình tương đương với (x 4 − 4x 2 ) − (2x 3 − 8x) − (2x 2 − 8) = 0 ⇔ (x 2 − 4)(x 2 − 2x − 2) = 0 ⇔ " x = ±2 x = 1 ± √ 3. 4 Phương trình đã cho tương đương với (2x 4 − 5x 3 + 2x 2 ) − (8x 3 − 20x 2 + 8x) − (2x 2 − 5x + 2) = 0 ⇔ (2x 2 − 5x + 2)(x 2 − 4x − 1) = 0 ⇔ x = 2 x = 1 2 x = 2 ± √ 5. BÀI 18. Giải các phương trình sau. x 4 − 3x a) 2 − 4x − 3 = 0. x 4 − 4x 3 + 3x b) 2 − 2x − 1 = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Phương trình tương đương với (x 2 − 1)2 − (x + 2)2 = 0 ⇔ " x 2 − x − 3 = 0 x 2 + x + 1 = 0 (vô nghiệm) ⇔ x = 1 ± √ 13 2 . 2 Phương trình tương đương với (x 2 − 2x) 2 − (x + 1)2 = 0 ⇔ " x 2 − 3x − 1 = 0 x 2 − x + 1 = 0 (vô nghiệm) ⇔ x = 3 ± √ 13 2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 97/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 19. Cho phương trình mx4 − (m + 2)x 3 + 2(1 − 2m)x 2 + 4(2 + m)x − 8 = 0 (1). 1 Giải phương trình với m = 2. 2 Xác định m để phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt. 3 Xác định m để phương trình có đúng 4 nghiệm phân biệt. ✍ LỜI GIẢI. (1) ⇔ mx2 x 2 − 4 − (m + 2)x x 2 − 4 + 2(x 2 − 4) = 0 ⇔ (x 2 − 4) mx2 − (m + 2)x + 2 = 0 ⇔ (x 2 − 4)(x − 1)(mx − 2) = 0 ⇔ x = 2 x = −2 x = 1 mx − 2 = 0 (2). 1 Với m = 2 thì (1) ⇔ x = 2 x = −2 x = 1. 2 (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (2) vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất thuộc {−2; 1; 2}. (2) vô nghiệm ⇔ m = 0. (2) có nghiệm duy nhất thuộc {−2; 1; 2} ⇔ m 6= 0 2 m = −2 2 m = 2 2 m = 1 ⇔ m = −1 m = 1 m = 2. 3 (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm duy nhất khác −2; 1; 2 ⇔ m 6= 0 2 m 6= −2 2 m 6= 1 2 m 6= 2 ⇔ m 6= 0 m 6= −1 m 6= 2 m 6= 1. BÀI 20. Cho phương trình mx4 − 6mx3 + (2 + 11m)x 2 − 6(m + 1)x + 4 = 0 (1). 1 Giải phương trình với m = 1. 2 Xác định m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. 3 Xác định m để phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt. 4 Xác định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. ✍ LỜI GIẢI. Phương trình tương đương với (x − 1)(x − 2)(mx2 − 3mx + 2) = 0 ⇔ x = 1 x = 2 mx2 − 3mx + 2 = 0 (2). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 98/280 ‡ GeoGebraP Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Với m = 1 thì (1) ⇔ x = 1 x = 2 x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ " x = 1 x = 2. 2 Phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt ⇔ (2) vô nghiệm (2) có nghiệm kép x = 1 hoặc x = 2 (2) có hai nghiệm phân biệt x = 1 và x = 2. (2) vô nghiệm ⇔ m = 0 ( m 6= 0 ∆ < 0 ⇔ m = 0 ( m 6= 0 9m2 − 8m < 0 ⇔ m = 0 0 < m < 8 9 . (2) có nghiệm kép x = 1 hoặc x = 2 ⇔ ( ∆ = 0 2 − 2m ⇔ ( 9m2 − 8m = 0 m = 1 ⇔ m ∈ ∅. (2) có 2 nghiệm phân biệt x = 1 và x = 2 ⇔ ( ∆ > 0 2 − 2m = 0 ⇔ m = 1. 3 (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ " (2) có nghiệm kép khác 1; 2 (2) có hai nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm bằng 1 hoặc 2. (2) có nghiệm kép khác 1; 2 ⇔ ∆ = 0 3 2 6= 1( luôn đúng) 3 2 6= 2( luôn đúng) ⇔ 9m2 − 8m = 0 ⇔ m = 0 m = 8 9 . (2) có hai nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm bằng 1 hoặc 2 ⇔ ( ∆ > 0 2 − 2m = 0 ⇔ ( 9m2 − 8m > 0 m = 1 ⇔ m = 1. 4 (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1; 2 ⇔ ( ∆ > 0 2 − 2m 6= 0 ⇔ ( 9m2 − 8m > 0 m 6= 1 ⇔ m < 0 8 9 < m 6= 1. BÀI 21. Cho phương trình x 4 − 4mx3 + 4(m2 − 1)x 2 + 12x − 9 = 0 (∗). 1 Xác định m để phương trình có đúng 1 nghiệm. 2 Xác định m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. 3 Xác định m để phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt. 4 Xác định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. ✍ LỜI GIẢI. (∗) ⇔ (x 2 − 2mx) 2 − (2x − 3)2 = 0 ⇔ " x 2 − 2(m + 1)x + 3 = 0 (1) x 2 − 2(m − 1)x − 3 = 0 (2). Nhận xét. Xét phương trình (2), ∆0 = (m − 1)2 + 3 > 0, ∀m ∈ R ⇒ (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Nếu x0 là nghiệm chung của (1) và (2) thì ( x 2 0 − 2(m + 1)x0 + 3 = 0 x 2 0 − 2(m − 1)x0 − 3 = 0 ⇒ x0 = 3 2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 99/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Với x0 = 3 2 ⇒ m = 3 4 . Khi đó (∗) ⇔ " 2x 2 − 7x + 6 = 0 2x 2 + x − 6 = 0 x = 2 x = 3 2 x = −2. 1 Không tồn tại m để (∗) có đúng 1 nghiệm. 2 (∗) có đúng hai nghiệm phân biệt ⇔ " (1) vô nghiệm (1) có nghiệm và nghiệm đó là nghiệm của (2). (1) vô nghiệm ⇔ ∆ < 0 ⇔ (m + 1)2 − 3 < 0 ⇔ −1 − √ 3 < m < −1 + √ 3. (1) có nghiệm và nghiệm đó là nghiệm của (2) ⇒ m = 3 4 (loại). 3 (∗) có đúng ba nghiệm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt và có đúng một nghiệm chung với (2) ⇔ (m + 1)2 − 3 > 0 m = 3 4 ⇔ m = 3 4 . 4 (∗) có đúng bốn nghiệm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt và m 6= 3 4 ⇔ (m + 1)2 − 3 > 0 m 6= 3 4 ⇔ " m > −1 + √ 3 m < −1 − √ 3 m 6= 3 4 . BÀI 22. Giải các phương trình sau. x 4 − x a) 2 − 2 = 0. 4x 4 − 5x b) 2 + 1 = 0. x 4 − 3x c) 2 + 2 = 0. x 4 − 4x d) 2 + 1 = 0. ✍ LỜI GIẢI. 1 Đặt t = x 2 , t ≥ 0. Phương trình trở thành t 2 − t − 2 = 0 ⇔ " t = −1 (loại) t = 2 ⇒ x 2 = 2 ⇔ x = ± √ 2. 2 Đặt t = x 2 , t ≥ 0. Phương trình trở thành 4t 2 − 5t + 1 = 0 ⇔ t = 1 t = 1 4 ⇒ x 2 = 1 x 2 = 1 4 ⇔ x = ±1 x = ± 1 2 . 3 Đặt t = x 2 , t ≥ 0. Phương trình trở thành t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ " t = 1 t = 2 ⇒ " x 2 = 1 x 2 = 2 ⇔ " x = ±1 x = ± √ 2. 4 Đặt t = x 2 , t ≥ 0. Phương trình trở thành t 2 − 4t + 1 = 0 ⇔ " t = 2 − √ 3 t = 2 + √ 3 ⇒ " x 2 = 2 − √ 3 x 2 = 2 + √ 3 ⇔ x = ± » 2 − √ 3 x = ± » 2 + √ 3. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 100/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 23. Cho phương trình x 4 −2(m+ 1)x 2 + 2m+ 1 = 0 (1). Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. ✍ LỜI GIẢI. Đặt t = x 2 , t ≥ 0. Khi đó phương trình trở thành t 2 − 2(m + 1)t + 2m + 1 = 0 (2). Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt dương 0 < t1 < t2 ⇔ ∆ 0 > 0 S > 0 P > 0 ⇔ (m + 1)2 − 2m − 1 = 0 2(m + 1) > 0 2m + 1 > 0 ⇔ − 1 2 < m 6= 0. BÀI 24. Giải các phương trình sau. x − √ a) 2x + 3 = 0. √ 3x + 4 − √ 2x + 1 = √ b) x + 3. √ 5x − 1 − √ 3x − 2 = √ c) x − 1. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có √ 2x + 3 = x ⇔ ( x ≥ 0 2x + 3 = x 2 ⇔ ( x ≥ 0 x 2 − 2x − 3 = 0 ⇔ x ≥ 0 " x = −1 x = 3 ⇔ x = 3. 2 Điều kiện 3x + 4 ≥ 0 2x + 1 ≥ 0 x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ − 1 2 . Phương trình tương đương với √ x + 3 + √ 2x + 1 = √ 3x + 4 ⇔ (x + 3) + 2x + 1 + 2» (x + 3)(2x + 1) = 3x + 4 ⇔ » (x + 3)(2x + 1) = 0 ⇔ x = −3 (loại) x = − 1 2 (thỏa mãn). 3 Điều kiện 5x − 1 ≥ 0 3x − 2 ≥ 0 x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1. Phương trình tương đương với √ 5x − 1 = √ x − 1 + √ 3x − 2 ⇔ x + 2 = 2» (x − 1)(3x − 2) ⇔ (x + 2)2 = 4(x − 1)(3x − 2) ⇔ 11x 2 − 24x + 4 = 0 ⇔ x = 2 (thỏa mãn) x = 2 11 (loại). BÀI 25. Giải các phương trình sau. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 101/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 x 2 + √ x a) 2 + 11 = 31. (x + 5)(2 − x) = 3√ x b) 2 + 3x. p (x + 1)(2 − x) = 1 + 2x − 2x 2 c) . ✍ LỜI GIẢI. 1 Đặt t = √ x 2 + 11, t ≥ √ 11. Khi đó phương trình trở thành t 2 + t − 20 = 0 ⇔ " t = 4 t = −5 (loại). Với t = 4 ⇒ √ x 2 + 11 = 4 ⇔ x 2 = 5 ⇔ x = ± √ 5. 2 Đặt t = √ x 2 + 3x, t ≥ 0. Khi đó phương trình trở thành t 2 + 3t − 10 = 0 ⇔ " t = 2 t = −5 (loại). Với t = 2 ⇒ √ x 2 + 3x = 2 ⇔ x 2 + 3x − 4 = 0 ⇔ " x = 1 x = −4. 3 Đặt t = √ 1 + x − x 2 , t ≥ 0. Khi đó phương trình trở thành 2t 2 − t − 1 = 0 ⇔ t = 1 t = − 1 2 (loại). Với t = 1 ⇒ √ 1 + x − x 2 = 1 ⇒ −x 2 + x = 0 ⇔ " x = 1 x = 0. BÀI 26. Giải các phương trình sau. √ x 2 − 3x + 3 + √ x a) 2 − 3x + 6 = 3. √ 2x 2 + 5x + 2 − 2 √ 2x b) 2 + 5x − 6 = 1. ✍ LỜI GIẢI. 1 Đặt t = x 2 − 3x + 3 với t ≥ 0. Khi đó phương trình có dạng √ t + √ t + 3 = 3 ⇔ t + t + 3 + 2» t(t + 3) = 9 ⇔ √ t 2 + 3t = 3 − t ⇔ ( 3 − t ≥ 0 t 2 + 3t = (3 − t) 2 ⇔ ( t ≤ 3 t = 1 ⇔ t = 1 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ " x = 1 x = 2. 2 Đặt t = 2x 2 + 5x + 2 với t ≥ 8. Khi đó phương trình có dạng √ t − 2 √ t − 8 = 1 ⇔ √ t = 2√ t − 8 + 1 ⇔ t = 4(t − 8) + 4√ t − 8 + 1. ⇔ 4 √ t − 8 = 31 − 3t ⇔ t ≤ 31 3 16(t − 8) = (31 − 3t) 2 ⇔ t ≤ 31 3 9t 2 − 202t + 1089 = 0. ⇔ t = 9 t = 21 9 (loại). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 102/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Với t = 9 ⇒ 2x 2 + 5x − 7 = 0 ⇔ x = 1 x = − 7 2 . BÀI 27. Giải các phương trình sau. √ x 2 + 3x + 2 − 2 √ 2x 2 + 6x + 2 = − √ a) 2. p x − √ x 2 − 1 + p x + √ x b) 2 − 1 = 2. ✍ LỜI GIẢI. 1 Đặt t = x 2 + 3x + 1 với t ≥ 0, phương trình trở thành √ t + 1 − 2 √ 2t = − √ 2 ⇔ √ t + 1 + √ 2 = 2√ 2t ⇔ t + 3 + 2» 2(t + 1) = 8t ⇔ 2 √ 2t + 2 = 7t − 3 ⇔ ( t ≥ 1 4(2t + 2) = (7t − 3)2 ⇔ ( t ≥ 1 49t 2 − 50t + 1 = 0 ⇔ t = 1. Với t = 1 ⇒ x 2 + 3x = 0 ⇔ " x = 0 x = −3. 2 Đặt p x + √ x 2 − 1 = t, t ≥ 0. Vì p x − √ x 2 − 1 · p x + √ x 2 − 1 = 1 nên phương trình trở thành 1 t + t = 2 ⇔ t 2 − 2t + 1 = 0 ⇔ t = 1. Khi đó p x + √ x 2 − 1 = 1 ⇔ √ x 2 − 1 = 1 − x ⇔ ( x ≤ 1 x 2 − 1 = (1 − x) 2 ⇔ ( x ≤ 1 x = 1 ⇔ x = 1 (thỏa mãn). BÀI 28. Giải phương trình (x − 3)(x + 1) + 4(x − 3)…x + 1 x − 3 = −3. ✍ LỜI GIẢI. Điều kiện x + 1 x − 3 ≥ 0 ⇔ " x > 3 x ≤ −1. Đặt t = (x − 3)…x + 1 x − 3 ⇒ (x − 3)(x + 1) = t 2 . Khi đó phương trình có dạng t 2 + 4t + 3 = 0 ⇔ " t = −3 t = −1. Với t = −3 ⇒ (x − 3)…x + 1 x − 3 = −3 ⇔ ( x − 3 < 0 (x − 3)(x + 1) = 9 ⇔ ( x < 3 x 2 − 2x − 12 = 0 ⇔ x = 1 − √ 13. Với t = −1 ⇒ (x − 3)…x + 1 x − 3 = −1 ⇔ ( x − 3 < 0 (x − 3)(x + 1) = 1 ⇔ ( x < 3 x 2 − 2x − 4 = 0 ⇔ x = 1 − √ 5. Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 1 − √ 13 và x = 1 − √ 5. BÀI 29. Giải phương trình 2 pn (1 + x) 2 − 3 √n 1 − x 2 + pn (1 − x) 2 = 0 với n chẵn. ✍ LỜI GIẢI. Nhận xét. x = ±1 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế của phương trình cho pn (1 − x) 2 6= 0, ta được Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 103/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 n … 1 + x 1 − x − 3 n … 1 − x 1 + x + 1 = 0 Vì n …1 + x 1 − x · n … 1 − x 1 + x = 1 nên nếu đặt t = n …1 + x 1 − x với t ≥ 0, suy ra n … 1 − x 1 + x = 1 t . Khi đó phương trình trở thành 2t − 3 t + 1 = 0 ⇔ 2t 2 + t − 3 = 0 ⇔ t = 1 t = − 3 2 (loại). Với t = 1, ta có n …1 + x 1 − x = 1 ⇔ 1 + x 1 − x = 1 ⇔ x = 0. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 104/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 7 GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH A TÓM TẮT LÍ THUYẾT Trước hết các em cần ôn lại kiến thức của phương pháp giải toán bằng cách: 1. Lập phương trình bậc nhất một ẩn. 2. Lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Để giải bài toán bằng cách lập phương trình bậc hai một ẩn, ta thực hiện các bước sau: Bước 1: Lập phương trình. Chọn ẩn và xác định điều kiện thích hợp cho ẩn. Chú ý phải ghi rõ đơn vị của ẩn. Biểu thị các đại lượng chưa biết khác theo ẩn. Dựa vào các dữ kiện và điều kiện của bài toán để lập phương trình. Bước 2: Giải phương trình. Bước 3: Thử lại, nhận định kết quả và trả lời. Các bài toán đưa ra thường thuộc một trong 5 dạng sau: Dạng 1: Bài toán chuyển động. Dạng 2: Bài toán về số và chữ số. Dạng 3: Bài toán vòi nước. Dạng 4: Bài toán có nội dung hình học. Dạng 5: Bài toán về phần trăm - năng suất. B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN { DẠNG 1. Bài toán chuyển động Phương pháp giải: VÍ DỤ 1. Một đoàn xe vận tải dự định điều số xe cùng loại để vận chuyển 40 tấn hàng. Lúc sắp khởi hành, đoàn xe được giao thêm 14 tấn nữa. Do đó phải điều thêm 2 xe cùng loại và mỗi xe ban đầu phải chở thêm nửa tấn nữa. Tính số xe phải điều theo dự định. ✍ LỜI GIẢI. 1. Lập phương trình. Gọi x là số xe phải điều theo dự định, điều kiện 0 < x ∈ N. Với x xe vận chuyển 40 tấn hàng, suy ra mỗi xe phải chở số tấn hàng theo dự định là 40 x . Vì đoàn xe phải nhận thêm 14 tấn hàng nên số hàng lúc sau là 40 + 14 = 54. Vì đoàn xe phải điều thêm 2 xe nên số xe lúc sau là x + 2 chiếc, và mỗi xe phải chở số hàng lúc sau bằng 54 x + 2 . Vì mỗi xe phải chở thêm nửa tấn nên ta có phương trình 40 x + 1 2 = 54 x + 2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 105/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2. Giải phương trình. 40 x + 1 2 = 54 x + 2 ⇔ 80(x + 2) + x(x + 2) − 108x = 0 ⇔ x 2 − 26x + 160 = 0 ⇔ " x = 10 x = 16 3. Kết luận. Vậy số xe dự định phải điều là 10 xe hoặc 16 xe. Nhận xét. Như vậy trong lời giải của ví dụ trên ta thấy: Chúng ta lựa chọn ẩn x cho giá trị cần tìm là số xe phải điều. Việc thiết lập phương trình dựa trên phép so sánh khối lượng mỗi xe phải chở. Lời giải được trình bày thành ba phần độc lập với nhau với mục đích minh họa để giúp các em học sinh hiểu được cách trình bày bài toán theo thuật toán đã chỉ ra. Tuy nhiên, kể từ các ví dụ sau chúng ta không cần phân tách như vậy mà chỉ yêu cầu các em học sinh khi đọc phải biết mình đang ở bước nào. VÍ DỤ 2 (Bài 65/tr65-SGK). Một xe lửa đi từ Hà Nội vào Bình Sơn (Quảng Ngãi). Sau 1 giờ, một xe lửa khác đi từ Bình Sơn ra Hà Nội với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe lửa thứ nhất là 5 km/h. Hai xe gặp nhau tại một ga chính giữa quãng đường. Tìm vận tốc mỗi xe, giả thiết rằng quãng đường Hà Nội - Bình Sơn dài 900 km. ✍ LỜI GIẢI. Gọi x là vận tốc của xe lửa đi từ Hà Nội (x > 0, đơn vị km/h). Vận tốc xe lửa đi từ Bình Sơn là x + 5. Hai xe gặp nhau tại một ga ở chính giữa quãng đường nên ta có phương trình 450 x = 450 x + 5 + 1 ⇔ 450(x + 5) = 450x + x(x + 5) ⇔ x 2 − 5x − 2250 ⇔ " x = 45 x = −50 loại Vậy vận tốc hai xe lửa là 45 km/h và 50 km/h. VÍ DỤ 3 (Bài 52/tr60 - SGK). Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 30 km. Một canô đi từ bến A đến bến B, nghỉ 40 phút ở bến B rồi quay lại bến A. Kể từ lúc khởi hành đến khi về lại bến A hết tất cả 6 giờ. Hãy tìm vận tốc của canô trong nước yên lặng, biết rằng vận tốc của nước chảy là 3 km/h. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 106/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Đổi 40 phút = 2 3 giờ. Gọi x là vận tốc của canô trong nước yên lặng (x > 3, đơn vị km/h). Suy ra, vận tốc của canô đi xuôi theo dòng nước là x + 3 và đi ngược dòng là x − 3. Ta có phương trình 30 x + 3 + 30 x − 3 + 2 3 = 6 ⇔ 4x 2 − 45x − 36 = 0 ⇔ x = 12 x = − 3 4 (loại). Vậy vận tốc thực của canô là 12 km. VÍ DỤ 4 (Bài 43/tr58-GGK). Một xuồng du lịch đi từ thành phố Cà Mau đến Đất Mũi theo một đường sông dài 120 km. Trên đường đi, xuống nghỉ lại 1 giờ tại thị trấn Năm Căn. Khi về, xuồng đi theo đường khác dài hơn đường lúc đi là 5 km với vận tốc nhỏ hơn vận tốc lúc đi là 5 km/h. Tính vận tốc của xuồng lúc đi, biết rằng thời gian về bằng thời gian đi. ✍ LỜI GIẢI. Gọi vận tốc lúc xuồng đi là x (x > 5, đơn vị: km/h). Suy ra, vận tốc lúc xuồng về là x − 5 (km/h). Thời gian chạy xuồng lúc đi (không kể thời gian nghỉ) là 120 x . Thời gian xuồng lúc về là 125 x − 5 . Ta có phương trình 125 x − 5 = 120 x + 1 ⇔ 125x = 120(x − 5) + x(x − 5) ⇔ x 2 − 10x − 600 ⇔ " x = 30 x = −20 loại. Vậy vận tốc của xuồng lúc đi là 30 km/h. VÍ DỤ 5. Hai bến sống A và B cách nhau 40 km. Cùng một lúc với canô đi xuôi từ A có một chiếc bè trôi từ A với vận tốc 3 km/h. Sau khi đi đến B canô trở về bến A ngay và gặp bè khi đã trôi được 8 km. Tính vận tốc riêng của canô. Biết vận tốc của canô không thay đổi. ✍ LỜI GIẢI. Một chiếc bè trôi với vận tốc 3 km/h, tức là vận tốc dòng nước là 3 km/h. Gọi vận tốc riêng của canô là x (x > 0, km/h). Từ giả thiết, suy ra: Vận tốc canô đi xuôi dòng là x + 3. Vận tốc canô đi ngược dòng là x − 3. Vậy thời gian canô đi xuôi từ A đến B là 40 x + 3 . Khi đi từ B trở về A, canô gặp bè đã trôi được 8 km, suy ra: Thời gian để bè trôi được 8 km là 8 3 . Quãng đường từ B đến chỗ gặp bè là 40 − 8 km. Vậy thời gian canô đi từ B đến chỗ gặp bè là 32 x − 3 . Nhận thấy rằng, canô và bè cùng khởi hành một lúc và thời gian chuyển động của hai vật đến chỗ gặp Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 107/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 nhau là như nhau. Vậy ta có phương trình 40 x + 3 + 32 x − 3 = 8 3 ⇔ 120(x − 3) + 96(x + 3) − 8(x + 3)(x − 3) ⇔ 8x 2 − 216x = 0 ⇒ x = 27. Vậy vận tốc thực của canô là 27 km/h. VÍ DỤ 6. Một người đi xe máy trên quãng đường AB dài 120 km với vận tốc định trước. Sau khi đi được 1 3 quãng đường với vận tốc đó, người lái xe tăng vận tốc thêm 10 km/h trên quãng đường còn lại. Tìm vận tốc dự định và thời gian xe lăn bánh trên đường, biết người đó đến B sớm hơn dự định 24 phút. ✍ LỜI GIẢI. Đổi 24 phút = 24 60 = 2 5 giờ. Gọi vận tốc dự định của người đi xe máy là x (x > 0, đơn vị: km/h). Suy ra, thời gian dự định để đi hết quãng đường AB là 120 x giờ. Với giả thiết: Thời gian người đi xe máy đi hết 1 3 quãng đường (tương ứng với 120 3 = 40 km) là 40 x giờ. 2 3 quãng đường còn lại người đó tăng vận tốc thêm 10 km/h nên thời gian người đi xe máy đi hết 2 3 quãng đường là 80 x + 10 giờ. Do người đó đến B sớm hơn dự định 24 phút nên ta có phương trình 120 x = 40 x + 80 x + 10 + 2 5 ⇔ 120 · 5(x + 10) = 40 · 5(x + 10) + 80 · 5x + 2x(x + 10) ⇔ 2x 2 + 20x + 4000 = 0 ⇔ " x = 40 x = −50 (loại). Vậy ta được: Vận tốc dự định là 40 km/h và thời gian dự định là 120 40 = 3 giờ. Thời gian xe lăn bánh trên đường là thời gian dự định trừ đi thời gian đến sớm bằng: 3 − 2 5 = 2 giờ 36 phút. { DẠNG 2. Bài toán về số và chữ số Phương pháp giải: VÍ DỤ 1 (Bài 41/tr58-SGK). Trong lúc học nhóm, bạn Hùng yêu cầu bạn Minh và bạn Lan mỗi người chọn một số sao cho hai số này hơn kém nhau là 5 và tích của chúng phải bằng 150. Vậy hai bạn Minh và Lan phải chọn những số nào? Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 108/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. Gọi x là số Minh chọn, thì số Lan chọn là x − 5 (x ∈ R). Ta có phương trình x(x − 5) = 150 ⇔ x 2 − 5x − 150 = 0 ⇔ " x = −10 x = 15 . Vậy Lan và Minh có thể chọn một trong hai cặp số (10; 15) hoặc (−10; −15). 4! Ta cũng có thể gọi các số cần tìm là x và x + 5. Kết quả ta cũng có hai cặp (10; 15) hoặc (−10; −15) thỏa mãn các điều kiện đề bài. VÍ DỤ 2. Tìm hai số biết hiệu của chúng bằng bằng 8 và tổng các bình phương của chúng bằng 424. ✍ LỜI GIẢI. Gọi số thứ nhất là x. Với giả thiết: Hiệu của chúng bằng 8 nên ta có số thứ hai là x + 8. Tổng bình phương của hai số bằng 424 nên ta có phương trình x 2 + (x + 8)2 = 424 ⇔ 2x 2 + 16x − 360 = 0 ⇔ " x = 10 x = −18. Vậy ta được: Nếu số thứ nhất là 10 thì số thứ hai bằng 18. Nếu số thứ nhất là −18 thì số thứ hai bằng −10. 4! Như vậy, trong lời giải của ví dụ trên ta thấy: 1. Cho dù bài toán yêu cầu chúng ta đi tìm hai số (điều này có thể khiến học sinh hiểu theo hướng cần hai ẩn) nhưng cần hiểu rằng, số thứ hai được xác đinh thông qua số thứ nhất (bởi hiệu giữa chúng bằng 8). Do đó chúng ta lựa chọn ẩn x cho số thứ nhất và dẽ thấy số thứ hai là x + 8. 2. Việc thiết lập phương trình là đơn giản, khi đã có được hai số cần tìm. 3. Với nhận định trong 1, bài toán có thể được giải thông qua hệ hai ẩn x, y (với x là số thứ nhất và y là số thứ hai), cụ thể: Hiệu của chúng bằng 8 nên x − y = 8. Tổng bình phương của hai số bằng 424 nên x 2 + y 2 = 424. Từ đây ta có hệ phương trình ( x − y = 8 x 2 + y 2 = 424. Học sinh tự giải bằng cách chuyển về phương trình bậc hai. VÍ DỤ 3 (Bài 64/tr64-SGK). Bài toán yêu cầu tìm tích của một số dương với một số lớn hơn nó 2 đơn vị nhưng bạn Quân nhầm đầu bài lại tính tích của một số dương với một số bé hơn nó 2 đơn vị. Kết quả của bạn Quân là 120. Hỏi nếu làm đúng đầu bài đã cho thì kết quả phải là bao nhiêu? ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 109/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Gọi x là số dương cần tìm. Theo Quân thì x thỏa mãn phương trình x(x − 2) = 120 ⇔ x 2 − 2x − 120 = 0 ⇔ " x = 12 x = −10 (loại). Vậy số dương cần tìm đó là 12 và nếu làm đúng thì kết quả là 12 · (12 + 2) = 168. VÍ DỤ 4 (Bài 44/tr59-SGK). Đố em tìm được một số mà một nửa của nó trừ đi một nửa đơn vị rồi nhân với một nửa của nó bằng một nửa đơn vị. ✍ LỜI GIẢI. Gọi x là số phải tìm. Ta có phương trình Å x 2 − 1 2 ã x 2 = 1 2 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇔ " x = −1 x = 2. Vậy có hai số thỏa mãn điều kiện. VÍ DỤ 5 (Bài 45/tr59-SGK). Tích của hai số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 109. Tìm hai số đó. ✍ LỜI GIẢI. Gọi x là số tự nhiên thì số kế tiếp của nó là x + 1 (x ∈ N). Ta có phương trình x(x + 1) = x + x + 1 + 109 ⇔ x 2 − x − 110 = 0 ⇔ " x = 11 x = −10 (loại). Vậy hai số tự nhiên liên tiếp cần tìm là 11 và 12. VÍ DỤ 6. Một lớp học được nhà trường phát phần thưởng ba lần và chia đều cho các em học sinh. Lần thứ nhất chia hết 66 quyển vở nhưng vắng 5 em, lần thứ hai chia hết 125 quyển vở nhưng vắng 2 em, còn lần thứ ba thì không vắng em nào và chia hết 216 quyển vở. Biết một học sinh có mặt cả ba lần đã nhận được số vở (trong lần ba) bằng tổng số vở đã nhận trong hai lần đầu. Tính số học sinh. ✍ LỜI GIẢI. Gọi số học sinh là x (x > 0, đơn vị: em). Trong lần phát thưởng thứ nhất: Số học sinh được nhận vở là x − 5. Và mỗi em được nhận 66 x − 5 . Trong lần phát thưởng thứ hai: Số học sinh được nhận vở là x − 2. Và mỗi em được nhận 125 x − 2 . Trong lần phát thưởng thứ ba: Số học sinh được nhận vở là x. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 110/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Và mỗi em được nhận 216 x . Biết một học sinh có mặt cả ba lần đã nhận được số vở (trong lần ba) bằng tổng số vở đã nhận trong hai lần đầu nên ta có phương trình 66 x − 5 + 125 x − 2 = 216 x ⇔ 66x(x − 2) + 125x(x − 5) − 216(x − 2)(x − 5) ⇔ 25x 2 − 755x + 2160 = 0 ⇔ x = 16 5 (loại) x = 27. Vậy trong lớp có 27 học sinh. { DẠNG 3. Bài toán vòi nước Phương pháp giải: VÍ DỤ 1. Có hai vòi nước. Người ta mở vòi thứ nhất cho vòi chảy đầy một bể nước cạn rồi khóa lại. Sau đó mở vòi thứ hai cho nước chảy ra hết với thời gian lâu hơn so với thời gian vòi một chảy là 4 giờ. Nếu cùng mở cả hai vòi thì bể đầy sau 19 giờ 15 phút. Hỏi vòi thứ nhất chảy trong bao lâu mới đầy bể khi vòi thứ hai khóa lại. ✍ LỜI GIẢI. Ta thực hiện đổi đơn vị 19 giờ 15 phút = 77 4 giờ. Gọi thời gian vòi thứ nhất chay đầy bể là x giờ, điều kiện x > 0. Suy ra, mỗi giờ vòi một chảy vào bể được 1 x bể. Với giả thiết: Thời gian vòi thứ hai chảy cạn bể là x + 4, suy ra mỗi giò vòi thứ hai chảy ra được 1 x + 4 bể. Nếu mở cả hai vòi thì sau 19 giờ 15 phút mới đầy bể, suy ra mỗi giờ cả hai vòi cùng chảy thì được 4 77 bể. Từ đó ta có phương trình 1 x − 1 x + 4 = 4 77 ⇔ 77(x + 4) − 77x − 4x(x + 4) = 0 ⇔ 4x 2 + 16x − 308 = 0 ⇔ " x = 7 x = −11 (loại). Vậy sau 7 giờ thì vòi thứ nhất chảy đầy bể khi vòi thứ hai khóa. 4! Trong bài toán trên, các em cần lưu ý: Vòi thứ nhất chảy để cho nước vào bể. Vòi thứ hai chảy để lấy nước từ bể ra. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 111/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Do đó khi lập phương trình ta phải lấy thời gian của vòi thứ nhất trừ thời gian của vòi thứ hai: 1 x − 1 x + 4 = 4 77 . Còn trong trường hợp cả hai vòi cùng chảy vào bể thì ta có 1 x + 1 x + 4 = 4 77 . { DẠNG 4. Bài toán có nội dung hình học Phương pháp giải: VÍ DỤ 1 (Bài 46/tr59-SGK). Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 240 m2 . Nếu tăng chiều rộng 3 m và giảm chiều dài 4 m thì diện tích mảnh đất không đổi. Tính kích thước của mảnh đất. ✍ LỜI GIẢI. Gọi x là chiều dài hình chữ nhật (x > 4, đơn vị: m). Suy ra, chiều rộng hình chữ nhật là 240 x . Ta có phương trình (x − 4) Å 240 x + 3ã = 240 ⇔ (x − 4)(240 + 3x) = 240x ⇔ 3x 2 − 12x − 960 = 0 ⇔ " x = 20 x = −16 (loại). Vậy hình chữ nhật có chiều dài là 20 m và chiều rộng là 12 m. VÍ DỤ 2. Tính chiều dài và chiều rộng của một hình chữ nhật. Biết hình chữ nhật có chu vi bằng 340 m và diện tích bằng 7200 m2 . ✍ LỜI GIẢI. Gọi chiều dài của hình chữ nhật là x (x > 0, đơn vị: m). Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là y (0 < y < x, đơn vị: m). Do hình chữ nhật có chu vi 340 m và diện tích 7200 m2 nên ta có hệ phương trình ( 2(x + y) = 340 xy = 7200 ⇔ ( x + y = 170 xy = 7200. Theo định lí Vi-ét x, y là nghiệm của phương trình X 2 − 170X + 7200 = 0 ⇔ " X = 80 X = 90. Vậy hình chữ nhật có chiều dài bằng 90 m và chiều rộng bằng 80 m. 4! Như vậy, trong lời giải của ví dụ trên ta thấy: Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 112/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Với hai giá trị phải tìm chúng ta lựa chọn nó cho hai ẩn tương ứng. Từ đó, cần đi thiết lập một hệ hai phương trình theo hai ẩn đó. Hệ phương trình được giải nhờ hệ thức Vi-ét VÍ DỤ 3 (Bài 66/tr64-SGK). Cho tam giác ABC có BC = 16 cm, đường cao AH = 12 cm. Một hình chữ nhật MNP Q có đỉnh M thuộc cạnh AB, đỉnh N thuộc cạnh AC còn hai đỉnh P và Q thuộc cạnh BC. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh AB sao cho diện tích của hình chữ nhật đó bằng 36 cm2 . ✍ LỜI GIẢI. Ta có SMNP Q = MN · NP = MN(AH − AK) ⇒ MN(AH − AK) = 36. (1) Lại có 4AMN v 4ABC nên AM AB = MN BC = AK AH = k ⇒ MN = k · NC = 16k; AK = k · AH = 12k. Thay vào (1) ta được 16k(12 − 12k) = 36 ⇔ k = 1 4 k = 3 4 . B C A K Q H M N P Vậy điểm M cần chọn trên cạnh AB sao cho AM AB = 1 4 hoặc AM AB = 3 4 . VÍ DỤ 4. Một thửa ruộng hình chữ nhật, một người đi theo chiều dài hết 1 phút 5 giây, đi theo chiều rộng hết 39 giây. Người ta làm một lối đi xung quanh thửa ruộng rộng 1,5 m thì diện tích còn lại là 5529 m2 . Tính kích thước của thửa đất. ✍ LỜI GIẢI. Đổi 1 phút 5 giây = 65 giây. Gọi chiều dài của thửa ruộng là x (x > 0, đơn vị: m). Gọi chiều rộng của thửa ruộng là y (y > 0, đơn vị: m). Đi bộ theo chiều dài hết 65 giây, theo chiều rộng hết 39 giây nên ta có tỉ số x y = 65 39 = 5 3 . (1) Người ta làm một lối đi xung quanh thửa ruộng rộng 1,5 m do đó: Chiều dài còn lại là x − 3. Chiều rộng còn lại là y − 3. Biết diện tích còn lại là 5529 m2 nên ta có phương trình (x − 3)(y − 3) = 5529. (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình x y = 5 3 (x − 3)(y − 3) = 5529 ⇔ x = 5y 3 (3) (x − 3)(y − 3) = 5529 (4). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 113/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Thay (3) vào (4) ta được Å 5y 3 − 3 ã (y − 3) = 5529 ⇔ (5y − 9)(y − 3) = 16587 ⇔ 5y 2 − 24y − 16560 = 0 ⇔ y = 60 y = − 276 5 (loại) ⇒ x = 100. Vậy thửa ruộng có chiều rộng bằng 60 m và chiều dài bằng 100 m. { DẠNG 5. Bài toán về phần trăm - năng suất Phương pháp giải: VÍ DỤ 1 (Bài 63/tr64-SGK). Sau hai năm, số dân của một thành phố tăng từ 2000000 người lên 2020050 người. Hỏi trung bình mỗi năm dân số của thành phố đó tăng bao nhiêu phần trăm? ✍ LỜI GIẢI. Gọi x là tỉ lệ tăng dân số hàng năm của thành phố (x > 0, đơn vị: %). Suy ra, số dân tăng sau năm thứ nhất là 2000000x. Do đó, sau năm thứ nhất số dân thành phố là 2000000 + 2000000x = 2000000(1 + x). Sau năm thứ hai số dân của thành phố là 2000000(1 + x)x. Ta có phương trình 2000000(1 + x) + 2000000(1 + x)x = 2020050 ⇔ x = 0,5. Vậy trung bình mỗi năm dân số của thành phố đó tăng thêm 0,5%. VÍ DỤ 2 (Bài 49/tr59-SGK). Hai đội thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm thì trong 4 ngày xong công việc. Nếu họ làm riêng thì mỗi đội phải làm trong bao nhiêu ngày để xong công việc? ✍ LỜI GIẢI. Gọi x là thời gian riêng đội I hoàn thành công việc (x > 0, đơn vị: ngày). Do đó, thời gian đội II làm riêng là x + 6 ngày. Trong 1 ngày: Đội I hoàn thành 1 x công việc. Đội II hoàn thành 1 x + 6 công việc. Cả hai đội cùng làm thì hoàn thành 1 4 công việc. Từ đó ta có phương trình 1 x + 1 x + 6 = 1 4 ⇔ x 2 − 2x − 24 = 0 ⇔ " x = 6 x = −4 (loại). . Vậy nếu làm riêng thì đội I hoàn thành công việc trong 6 ngày và đội II hoàn thành trong 12 ngày. VÍ DỤ 3. Muốn làm xong công việc cần 480 công thợ. Người ta có thể thuê một trong hai nhóm thợ A hoặc B. Biết nhóm A ít hơn nhóm B là 4 người và nếu giao cho nhóm B thì công việc hoàn Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 114/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 thành sớm hơn 10 ngày so với nhóm A. Hỏi số người của mỗi nhóm. ✍ LỜI GIẢI. Gọi số người của nhóm A là x (x > 0, đơn vị: người). Suy ra, số người của nhóm B là x + 4 người. Với giả thiết: Nếu thuê nhóm A thì thời gian hoàn thành công việc là 480 x . Nếu thuê nhóm B thì thời gian hoàn thành công việc là 480 x + 4 . Do nhóm B hoàn thành sớm hơn so với nhóm A là 10 ngày nên ta có phương trình 480 x − 10 = 480 x + 4 ⇔ 48(x + 4) − x(x + 4) = 48x ⇔ x 2 + 4x − 192 = 0 ⇔ " x = 12 x = −16 (loại). Vậy nhóm A có 12 người và nhóm B có 16 người. 4! Với ví dụ trên, ta có thể gọi x là số người nhóm A và y là số người nhóm B. Sau đó ta thiết lập được hệ phương trình: y − x = 4 480 y − 480 x = 10 ⇔ ( x = 12 y = 16. VÍ DỤ 4 (Bài 42/tr58-SGK). Bác Thời vay 2000000 đồng để làm kinh tế gia đình trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra cuối năm bác phải trả cả vốn lẫn lãi. Song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm một năm nữa, số lãi của năm đầu được gộp vào với vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết hai năm phải trả tất cả là 2420000 đồng. Hỏi lãi suất cho vay là bao nhiêu phần trăm trong một năm? ✍ LỜI GIẢI. Gọi x là lãi suất vay ngân hàng trong 1 năm (x > 0, đơn vị: %). Bác Thời vay 2000000 đồng của ngân hàng để làm kinh tế gia đình trong 1 năm. Do đó tiền lãi của năm thứ nhất là 2000000x. Vậy cả tiền vay và tiền lãi phải trả sau năm thứ nhất là 2000000 + 2000000x = 2000000(x + 1). Số tiền cả vốn lẫn lãi sau năm thứ hai là 2000000(x + 1) + 2000000(x + 1)x = 2000000(x + 1)2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 115/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Do đó, ta có phương trình 2000000(x + 1)2 = 2420000 ⇔ x 2 + 2x − 21 100 = 0 ⇔ x = 10 100 x = − 110 100 (loại). Vậy bác Thời vay vốn với lãi suấ 10%. VÍ DỤ 5. Một tổ sản xuất theo kế hoạch phải làm được 720 sản phẩm. Nếu tăng năng suất lên 10 sản phẩm mỗi ngày thì so với giảm năng suất đi 20 sản phẩm mỗi ngày thời gian hoàn thành ngắn hơn 4 ngày. Tính năng suất dự định ✍ LỜI GIẢI. Gọi năng suất dự định là x (x > 0, đơn vị: sản phẩm/ngày). Nếu tăng năng suất lên 10 sản phẩm mỗi ngày thì thời gian hoàn thành công việc là 720 x + 10 . Nếu giảm năng suất đi 20 sản phẩm mỗi ngày thì thời gian hoàn thành công việc là 720 x − 20 . Do thời gian chênh lệch là 4 ngày nên ta có phương trình 720 x + 10 + 4 = 720 x − 20 ⇔ 720(x − 20) + 4(x + 10)(x − 20) = 720(x + 10) ⇔ 4x 2 − 40x − 22400 = 0 ⇔ " x = 80 x = −70 (loại). Vậy năng suất dự định là 80 sản phẩm một ngày. C BÀI TẬP LUYỆN TẬP BÀI 1. Tìm hai số biết hiệu của chúng bằng 5 và tổng các bình phương của chúng bằng 125. ✍ LỜI GIẢI. Gọi 2 số cần tìm là a và b. Theo đề bài ta có ( a − b = 5 (1) a 2 + b 2 = 125 (2). Từ (1) ⇒ a = 5 + b, thế vào (2) ta được (5 + b) 2 + b 2 = 125 ⇔ b 2 + 5b − 50 = 0. Giải phương trình trên ta được b1 = 5 ⇒ a1 = 10 b2 = −10 ⇒ a2 = −5. Vậy hai số cần tìm là 10 và 5, hoặc −5 và −10. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 116/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 2. Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 25 và hiệu các bình phương của chúng cũng bằng 25. ✍ LỜI GIẢI. Gọi 2 số cần tìm là a và b. Theo đề bài ta có ( a + b = 25 a 2 − b 2 = 25 ⇔ ( a + b = 25 (a + b) (a − b) = 25 ⇔ ( a + b = 25 a − b = 1 ⇔ ( a = 13 b = 12. Vậy hai số cần tìm là 13 và 12. BÀI 3. Lúc 7 giờ sáng một ôtô khởi hành từ A để đến B cách A 120 km. Sau khi đi được 2 3 quãng đường ôtô dừng lại 20 phút để nghỉ rồi đi chậm hơn trước 8 km/h. Ôtô đến B lúc 10 giờ. Hỏi ôtô nghỉ lúc mấy giờ? ✍ LỜI GIẢI. Gọi vận tốc ôtô đi trên đoạn đường đầu là x (km/h), x > 8. Vận tốc ôtô đi trên đoạn đường sau là x − 8 (km/h). Thời gian ôtô đi trên đoạn đường đầu là 80 x (h). Thời gian ôtô đi trên đoạn đường sau là 40 x − 8 (h). Theo đề bài ta có phương trình 80 x + 1 3 + 40 x − 8 = 3. Giải phương trình ta được x1 = 48 (nhận) ; x2 = 5 (loại). Thời gian ôtô đi từ A đến chỗ nghỉ là 80 48 = 5 3 h = 1h40ph. Vậy ôtô nghỉ lúc 7h + 1h40ph = 8h40ph. BÀI 4. Một người đi từ A đến B rồi lại trở về A. Lúc về đi được 30 km người đó nghỉ 20 phút. Sau khi nghỉ xong, người đó đi với vận tốc nhanh hơn trước 6 km/h. Tính vận tốc lúc đi. Biết quãng đường AB dài 90 km và thời gian đi bằng thời gian về kể cả nghỉ. ✍ LỜI GIẢI. Gọi vận tốc lúc đi là x (km/h), x > 0. Thời gian đi từ A đến B là 90 x . Thời gian đi về từ B đến A là 30 x + 1 3 + 60 x + 6 . Vì thời gian đi bằng thời gian về nên ta có phương trình: 30 x + 1 3 + 60 x + 6 = 90 x . Giải phương trình ta được nghiệm x1 = −36 (loại) và nghiệm x2 = 30 (nhận). Vậy vận tốc lúc đi của ô tô là 30 kn/h. BÀI 5. Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 33 km với vận tốc xác định. Khi từ B về A người đó đi bằng đường khác dài hơn đường trước 29 km nhưng với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi 3 km/h. Tính vận tốc lúc đi. Biết thời giang về nhiều hơn thời gian đi là 1 giờ 30 phút. ✍ LỜI GIẢI. Gọi vận tốc lúc đi là x (km/h), (x > 0). Thời gian đi từ A đến B là 33 x . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 117/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Thời gian đi về là 62 x + 3 . Theo đề bài ta có phương trình 62 x + 3 = 33 x + 3 2 . Giải phương trình ta được nghiệm x1 = 9, x2 = 22 3 . Vậy vận tốc xe đạp lúc đi là 9 km/h hoặc 33 3 km/h. BÀI 6. Một ôtô đi từ A đến B rồi quay về A ngay. Sau khi ô tô đi được 15 km thì một người đi xe đạp từ B về A. Tính vận tốc mỗi xe. Biết: - Quãng đường AB dài 24 km. - Vận tốc ôtô nhanh hơn xe đạp 37 km/h. - Ôtô quay trở về A sớm hơn xe đạp đến B là 44 phút. ✍ LỜI GIẢI. Gọi vận tốc xe đạp là x (km/h), (x > 0). Từ giả thiết ta có vận tốc của ô tô là x + 37. Thời gian của ô tô đi từ A đến B rồi quay về A là 48 x + 37 . Thời gian người đi xe đạp từ B về A là 24 x . Theo giả thiết ta có phương trình 48 x + 37 = 24 x + 15 x + 37 − 44 60 . Giải phương trình ta được nghiệm thoả mãn là x = 18. Vậy vận tốc của người đi xe đạp là 18 km/h và của ô tô là 55 km/h. BÀI 7. Một ô tô dự định đi quãng đường AB dài 60 km. Trong thời gian nhất định, trên nửa quãng đường AB do đường xấu nên ô tô chỉ đi với vận tốc ít hơn dự định 6 km/h. Để đến B đúng dự định, ô tô phải đi quãng đường còn lại với vận tốc nhanh hơn vận tốc dự định 10 km/h. Tính thời gian dự định đi hết quãng đường. ✍ LỜI GIẢI. Gọi x là vận tốc dự định đi hết quãng đường AB (x > 0; đơn vị: km/h). Thời gian dự định đi hết quãng đường AB là 60 x . Vận tốc thực tế trên nửa quãng đường đầu AB là x − 6. Thời gian thực tế đi nửa quãng đường đầu AB là 30 x − 6 . Vận tốc thực tế trên nửa quãng đường AB còn lại là x + 10. Thời gian thực tế đi nửa quãng đường AB còn lại là 30 x + 10 . Do đó 30 x − 6 + 30 x + 10 = 60 x ⇔ 1 x − 6 + 1 x + 10 = 2 x ⇔ 2x + 4 (x − 6)(x + 10) = 2 x ⇔ x(x + 2) = (x − 6)(x + 10) ⇔ 2x = 60 ⇔ x = 30 (thỏa mãn). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 118/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Thời gian dự định đi hết quãng đường đầu là t = 60 30 = 2 giờ. BÀI 8. Một tổ lao động hoàn thành đào đắp 8000 m3 đất trong một thời gian nhất định. Nếu mỗi ngày vượt mức 50 m3 thì tổ lao động hoàn thành kế hoạch sớm 8 ngày. Tính thời gian dự định. ✍ LỜI GIẢI. Gọi x là năng suất đào đắp một ngày (x > 0; đơn vị: m3 ). Thời gian dự định hoàn thành công việc là 8000 x . Nếu mỗi ngày vượt mức 50 m3 thì năng suất mỗi ngày là x + 50. Thời gian làm theo năng suất vượt mức là 8000 x + 50 . Vì hoàn thành kế hoạch sớm 8 ngày nên 8000 x + 50 + 8 = 8000 x ⇔ 1000 x + 50 + 1 = 1000 x ⇔ x + 1050 x + 50 = 1000 x ⇔ x(x + 1050) = 1000(x + 5) ⇔ x 2 + 50x − 5000 = 0 ⇔ " x = 50 (thỏa mãn) x = −100 (loại). Thời gian dự định hoàn thành kế hoạch là t = 8000 50 = 160 ngày. BÀI 9. Một nông trường phải trồng 75 ha rừng với năng suất đã định từ trước. Nhưng trong thực tế, khi bắt tay vào trồng rừng thì mỗi tuần nông trường trồng thêm được 5 ha so với kế hoạch nên đã trồng được 80 ha. Do vậy, họ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 1 tuần. Tính năng suất dự định của nông trường. ✍ LỜI GIẢI. Gọi x là năng suất dự định mỗi tuần của nông trường (0 < x < 75; đơn vị ha). Thời gian dự định trồng 75 ha rừng là 75 x . Năng suất thực tế mỗi tuần trồng được là x + 5. Thời gian thực tế hoàn thành việc trồng rừng là 80 x + 5 . Vì công việc hoàn thành sớm hơn dự định 1 tuần nên 80 x + 5 = 75 x − 1 ⇔ 80 x + 5 = 75 − x x ⇔ 80x = (x + 5)(75 − x) ⇔ x 2 + 10x − 375 = 0 ⇔ " x = 15 (thỏa mãn) x = −25 (loại). Vậy năng suất dự định của nông trường là 15 ha. BÀI 10. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 280 m. Người ta làm một lối đi xung quanh khu vườn rộng 2 m. Diện tích còn lại là 4256. Tính chiều dài và chiều rộng của khu vườn. ✍ LỜI GIẢI. Gọi chiều dài của khu vườn là x (x > 0, đơn vị: m). Gọi chiều rộng của khu vườn là y (0 < x < y, đơn vị: m). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 119/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Khu vườn có chu vi 280 m nên 2(x + y) = 280. (1) Người ta làm một lối đi xung quanh khu vườn rộng 2 m do đó: + Chiều dài còn lại là x − 4. + Chiều rộng còn lại là y − 4. Biết diện tích còn lại là 4256 m2 nên ta có phương trình (x − 4)(y − 4) = 4256. (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình ( x + y = 140 (x − 4)(y − 4) = 4256 ⇔ ( x + y = 140 xy = 4800. Theo định lí Vi-ét x, y là nghiệm của phương trình X 2 − 140X + 4800 = 0 ⇔ " X = 60 X = 80. Vậy mảnh vườn có chiều dài bằng 80 m và chiều rộng bằng 60 m. BÀI 11. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể nước cạn nếu cả hai vòi cùng chảy một lúc thì sau 4 giờ mới đầy bể. Nếu từng vòi chảy một thì thời gian vòi I chảy nhanh hơn vòi II là 6 giờ. Hỏi mỗi vòi chảy một mình thì sau bao lâu đầy bể. ✍ LỜI GIẢI. Gọi thời gian vòi I chảy một mình đầy bể là x giờ, điều kiện x > 0. Suy ra, mỗi giờ vòi I chảy vào bể được 1 x bể. Với giả thiết: Thời gian vòi II chảy một mình đầy bể là x + 6, suy ra mỗi giò vòi II chảy vào được 1 x + 6 bể. Nếu mở cả hai vòi thì sau 4 giờ mới đầy bể, suy ra mỗi giờ cả hai vòi cùng chảy thì được 1 4 bể. Từ đó ta có phương trình 1 x + 1 x + 6 = 1 4 ⇔ 4(x + 6) + 4x − x(x + 6) = 0 ⇔ x 2 − 2x − 24 = 0 ⇔ " x = 6 x = −4 (loại). Vậy thời gian để vòi I, vòi II chảy một mình đầy bể lần lượt là 4 giờ và 10 giờ. BÀI 12. Hai vòi nước cùng chảy vào bể trong 6 giờ 40 phút thì đầy. Nếu chảy riêng từng vòi một thì mỗi vòi phải chảy trong bao lâu mới đầy bể. Biết rằng vòi thứ hai chảy lâu hơn vòi thứ nhất 3 giờ. ✍ LỜI GIẢI. Đổi 6 giờ 40 phút = 20 3 giờ. Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể là x giờ, điều kiện x > 0. Suy ra, mỗi giờ vòi thứ nhất chảy vào bể được 1 x bể. Với giả thiết: Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 120/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Thời gian vòi thứ hai chảy riêng đầy bể là x+3, suy ra mỗi giờ vòi thứ hai chảy vào được 1 x + 3 bể. Nếu cả hai vòi cùng chảy thì sau 6 giờ 40 phút mới đầy bể, suy ra mỗi giờ cả hai vòi cùng chảy thì được 3 20 bể. Từ đó ta có phương trình 1 x + 1 x + 3 = 3 20 ⇔ 20(x + 3) + 20x − 3x(x + 3) = 0 ⇔ 3x 2 − 31x − 60 = 0 ⇔ x = 12 x = − 5 3 (loại). Vậy thời gian để vòi thứ nhất, vòi thứ hai chảy riêng đầy bể lần lượt là 12 giờ và 15 giờ. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 121/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 122/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 PHẦN II HÌNH HỌC Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 123/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 124/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 CHƯƠNG 3 GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN BÀI 1 GÓC Ở TÂM - SỐ ĐO CUNG A TÓM TẮT LÍ THUYẾT 1. Góc ở tâm đường tròn Định nghĩa 1. Góc ở tâm đường tròn là góc mà đỉnh của nó là tâm của đường tròn. Mỗi góc ở tâm cắt đường tròn tại hai điểm, do đó xác định hai cung tròn và có thể xảy ra hai trường hợp: 1 Một cung nhỏ và một cung lớn. 2 Hai cung đều bằng nửa đường tròn. 2. Số đo của cung tròn Định nghĩa 2. số đo của cung AB (kí hiệu là sđ AB˜) được xác định như sau: 1 Số đo (độ) của cung nhỏ AB bằng số đo (độ) của góc ở tâm chắn cung đó. 2 Số đo (độ) của cung lớn AB bằng 360◦ trừ đi số đo độ cung nhỏ AB. 3 Số đo (độ) của nửa đường tròn bằng 180◦ . Định nghĩa 3. Trong một đường tròn hay hai đường tròn bằng nhau: 1 Hai cung được gọi là bằng nhau nếu chúng có cùng số đo (độ). 2 Trong hai cung không bằng nhau, cung lớn hơn là cung có số đo (độ) lớn hơn. 3. Điểm nằm trên cung tròn Định lí 1. Nếu điểm C nằm trên cung AB và chia cung này thành hai cung kí hiệu là AC˜ và CB˜ thì ta có sđ AB˜ = sđ AC˜ + sđ CB˜. B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN VÍ DỤ 1. Kim giờ và kim phút của đồng hồ tạo thành một góc ở tâm có số đo là bao nhiêu độ vào những thời điểm sau: a) 3 giờ. b) 5 giờ. c) 6 giờ. d) 12 giờ. e) 20 giờ. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 125/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 90◦ a) . 360 12 · 5 = 150◦ b) . 180◦ c) . 0 ◦ d) . 360 12 · 4 = 120◦ e) . VÍ DỤ 2. Cho đường tròn (O; R), dây AB = R. Tính số đo hai cung AB˜. ✍ LỜI GIẢI. Xét 4OAB có OA = OB = AB = R ⇔ 4OAB đều ⇒ AOB ’ = 60◦ Từ đó ta được Số đo (độ) của cung nhỏ AB˜ bằng 60◦ . Số đo (độ) của cung lớn AB˜ bằng 360◦ − 60◦ = 300◦ . O B A VÍ DỤ 3. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại M. Biết AMB ÷= 35◦ . 1 Tính số đo của góc ở tâm tạo bởi hai bán kính OA, OB. 2 Tính số đo mỗi cung AB˜ (cung lớn và cung nhỏ). ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có AOB ’+ OBM ÷+ BMA ÷+ MAO ÷= 360◦ . Do đó AOB ’ = 360◦ − 90◦ − 90◦ − 35◦ = 145◦ . 2 Ta có sđAB˜nhỏ = 145◦ ; sđAB˜lớn = 360◦ − 145◦ = 215◦ . O A B M 35◦ VÍ DỤ 4. Cho đường tròn (O), góc ở tâm AOB ’ = 120◦ , góc ở tâm AOC ’ = 30◦ . Tính số đo cung BC˜. ✍ LỜI GIẢI. Ta có hai trường hợp: Trường hợp 1. Điểm C nằm trên cung lớn AB. Khi đó sđBC˜ = sđAB˜ + sđAC˜ = 120◦ − 30◦ = 150◦ . Trường hợp 2. Điểm C nằm trên cung nhỏ AB. Khi đó sđBC˜ = sđAB˜ − sđAC˜ = 120◦ − 30◦ = 90◦ . Nhận xét: Nhiều em học sinh khi thực hiện ví dụ trên chỉ xét một trong hai trường hợp, để tránh mắc phải những thiếu sót kiểu này cần học thuộc thật kỹ định nghĩa về góc ở tâm. O B A C C VÍ DỤ 5. Cho 4ABC có Ab = α, B“ = β. Đường tròn (O) nội tiếp tam giác với AB, AC, BC theo thứ tự ở D, E, F. 1 Tính số đo cung nhỏ và cung lớn DE˜. 2 Tính số đo cung nhỏ và cung lớn EF. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 126/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét tứ giác ADOE, ta có DOE ˘ = 360◦ − Ab − D“ − E“ = 360◦ − α − 90◦ − 90◦ = 180◦ − α. A B C D O E F Vậy ta được: Số đo (độ) của cung nhỏ DE˜ bằng 180◦ − α. Số đo (độ) của cung lớn DE˜ bằng 360◦ − (180◦ − α) = 180◦ + α. 2 Trong 4ABC, ta có Cb = 180◦ − Ab − B“ = 180◦ − α − β. Xét tứ giác CEOF có EOF ’ = 360◦ − Cb − Fb − E“ = 360◦ − (180◦ − α − β) − 90◦ − 90◦ = α + β. Vậy ta được: Số đo (độ) của cung nhỏ EF˜ bằng α + β. Số đo (độ) của cung lớn EF˜ bằng 360◦ − (α + β). VÍ DỤ 6. Chứng minh rằng nếu một tiếp tuyến song song với một dây thì tiếp điểm chia đôi cung căng dây. ✍ LỜI GIẢI. Gọi I là tiếp điểm, nối OI cắt AB tại M, ta có OI ⊥ xy (tính chất của tiếp tuyến) Mặt khác AB k xy ⇒ OI ⊥ AB, suy ra IA = IB (tính chất đường kính vuông góc với một dây). O B A M y x Nhận xét: Ví dụ trên là một trường hợp đặc biệt của định lý hai cung chắn giữa hai dây song song. VÍ DỤ 7. Cho đường tròn (O) đường kính AB và một cung AC có số đo nhỏ hơn 90◦ . Vẽ dây CD vuông góc với AB và dây DE song song với AB. Chứng minh rằng: a) AC˜ = BE˜. b) Ba điểm C, O, E thẳng hàng. ✍ LỜI GIẢI. 1 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 127/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Ta có AB vuông góc với CD nên AC = AD ⇒ AC˜ = AD˜ (1) Ta có AB song song với DE nên AD = BE ⇒ AC˜ = BE˜ (2) Từ (1) và (2) suy ra AC˜ = BE˜. B A O C E D 12 3 2 Ta có Oc2 + Oc3 = 180◦ (hai góc kề bù); Oc1 = Oc2 (vì AC = BE < 180◦ ). Suy ra Oc1 + Oc3 = 180◦ ⇒ C, O, E thẳng hàng. C BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI 1. Cho đường tròn tâm (O; R), dây AB = R √ 2. Tính số đo hai cung AB˜. ✍ LỜI GIẢI. Xét 4OAB ta có OA2 + OB2 = R 2 + R 2 = AB2 Suy ra 4OAB vuông cân tại O ⇒ AOB ’ = 90◦ . Từ đó ta được O B A Số đo (độ) của cung nhỏ AB˜ bằng 90◦ . Số đo (độ) của cung lớn AB˜ bằng 360◦ − 90◦ = 270◦ . BÀI 2. Cho 4ABC có Ab = 70◦ . Đường tròn (O) nội tiếp tam giác tiếp xúc với AB, AC theo thứ tự ở D, E. Tính số đo cung nhỏ DE˜. ✍ LỜI GIẢI. Xét tứ giác ADOE, ta có DOE ’ = 360◦ − Ab − D“ − E“ = 360◦ − 70◦ − 90◦ = 110◦ . Vậy, số đo (độ) của cung nhỏ DE˜ bằng 110◦ . A B C O D E BÀI 3. Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AM và AN, chúng tạo với nhau một góc α. 1 Tính số đo (độ) của cung lớn MN¯. 2 Từ một điểm I trên cung nhỏ MN¯, vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt AM và AN lần lượt tại B và C. Tia OB và OC cắt đường tròn lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng số đo của cung nhỏ DE˜ có giá trị không đổi khi điểm I chạy trên cung nhỏ MN¯. ✍ LỜI GIẢI. 1 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 128/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Xét tứ giác AMON ta có MON ÷ = 360◦ − Ab − Mc− N“ = 360◦ − α − 90◦ − 90◦ = 180◦ − α Khi đó, số đo (độ) của cung lớn MN¯ bằng 360◦ − (180◦ − α) = 180◦ + α . A O M N I B C D E 2 Nhận xét rằng BM và BI là hai tiếp tuyến nên BOM ÷= BOI ‘ ⇒ BOI ‘ = 1 2 MOI ’. CN và CI là hai tiếp tuyến nên CON ’ = COI ‘ ⇒ COI ‘ = 1 2 NOI ’ Khi đó DOE ’ = BOI ‘ + COI ‘ = 1 2 MOI ’+ 1 2 NOI ’= 1 2 Ä MOI ’+ NOI ’ä = 1 2 MON ÷= 1 2 (180◦ − α) = 90◦ − α 2 có giá trị không đổi. BÀI 4. Cho đường tròn (O) và dây AB. Lấy hai điểm M và N nằm trên cung nhỏ AB chia cung này thành ba cung bằng nhau AM¯ = MN¯ = NB¯. Các bán kính OM và ON cắt AB tại C và D. Chứng minh rằng AC = BD và AC > CD. ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét hai tam giác 4OAC và 4OBD, ta có AOC ’ = AOD ’, vì AM¯ = NB¯ nên OA = OB, bán kính đường tròn AOC ’ = OBD ’, vì 4OAD cân tại O. Do đó 4OAC = 4OBD ⇒ AC = BD, đpcm. 2 Trong 4OAD có OC là tia phân giác, do đó AC CD = OA OD > OA ON = 1 ⇒ AC > CD, đpcm O B A N M D C BÀI 5. Cho đường tròn (O; R) và một dây AB sao cho số đo của cung lớn AB gấp đôi cung nhỏ AB. Tính diện tích 4ABC. ✍ LỜI GIẢI. Với giả thiết “Số đo của cung lớn AB gấp đôi cung nhỏ AB”, suy ra AOB ’ = 120◦ . Hạ OH vuông góc với AB. Xét 4OAH vuông tại H, ta có AOH ’ = 1 2 AOB ’ = 60◦ ⇒ OAH ’ = 90◦ − 60◦ = 30◦ O B A H Khi đó OH = 1 2 OA = R 2 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 129/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 AH2 = OA2 − OH2 = R 2 − R2 4 = 3R2 4 ⇔ AH = R √ 3 2 . Xét 4OAB ta có S4OAB = 1 2 OH · AB = 1 2 OH · 2AH = R 2 · R √ 3 2 = R √ 3 4 . BÀI 6. Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) và Ç O; R √ 3 2 å . Tiếp tuyến của đường tròn nhỏ cắt đường tròn lớn tại A và B. Tính số đo của hai cung AB˜. ✍ LỜI GIẢI. Nhận xét rằng, trong 4OAB cân tại O có OA = OB = R và đường cao OH = R √ 3 2 . Suy ra 4OAB đều ⇒ AOB ’ = 60◦ . Khi đó O B A H Số đo cung nhỏ AB˜ = 60◦ . Số đo cung lớn AB˜ bằng 360◦ − 60◦ = 300◦ . BÀI 7. Cho 4ABC. Gọi O là tâm của đường tròn đi qua ba đỉnh A, B, C. 1 Tính số đo các góc ở tâm tạo bởi hai trong trong ba bán kính OA, OB, OC. 2 Tính số đo các cung tạo bởi hai trong ba điểm A, B, C. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có AOB ’ = 180◦ − (AOB ’+ OBA ’) = 180◦ − (30◦ + 30◦ ) = 120◦ . AOC ’ = BOC ’ = 120◦ . 2 Ta có sđAB˜nhỏ = 120◦ ; sđAB˜lớn = 240◦ . sđAC˜nhỏ = 120◦ ; sđAC˜lớn = 240◦ . sđBC˜nhỏ = 120◦ ; sđBC˜lớn = 240◦ . A B O C BÀI 2 LIÊN HỆ GIỮA CUNG VÀ DÂY A TÓM TẮT LÍ THUYẾT Định nghĩa 1. Đối với hai cung nhỏ trong một đường tròn: 1 Hai cung bằng nhau khi và chỉ khi chúng căng hai dây bằng nhau. 2 Cung lớn hơn khi và chỉ khi nó căng dây lớn hơn. Trong đường tròn (O), ta có minh họa: Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 130/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 AB˜ = CD˜ ⇔ AB = CD ⇔ AOB ’ = COD ’. AB > ˜ CD˜ ⇔ AB > CD ⇔ AOB > ’ COD ’. B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN VÍ DỤ 1. Cho 4ABC vuông cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O). Chứng minh rằng: a) AB˜ = AC˜. b) AB < ˜ BC˜. ✍ LỜI GIẢI. Xét 4ABC vuông cân tại A, ta có ngay: AB = AC (hai cạnh bên của tam giác cân) ⇐ AB˜ = AC˜. AB < BC (cạnh góc vuông nhỏ hơn cạnh huyền) ⇔ AB < ˜ BC˜. A B C O Chú ý: 1 Giữa đường kính với dây và cung căng dây có sự liên hệ như “Đường kính vuông góc với dây thì”: Đường kính đi qua trung điểm của dây. Đường kính đi qua điểm chính giữa của cung. 2 Hai cung chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau. VÍ DỤ 2. 1 Vẽ đường tròn tâm (O), bán kính R = 2 cm. Nêu cách vẽ cung AB˜ có số đo bằng 60◦ . Hỏi dây AB dài bao nhiêu xen-ti-mét? 2 Làm thế nào để chia được đường tròn thành sáu cung bằng nhau như trên hình bên. A O B ✍ LỜI GIẢI. 1 Cách vẽ: Lấy điểm A tùy ý trên đường tròn. Vẽ đường tròn tâm A, bán kính OA = 2 cm. Đường tròn (A) cắt (O) tại B. Cung AB˜ = 60◦ cần dựng và AB = 2 cm. Chứng minh: Đường tròn tâm A, bán kính OA = 2 cm cắt (O) tại B ⇒ OA = AB. Ngoài ra ta có OA = OB. Vậy, 4ABC đều ⇒ AOB ’ = 60◦ ⇒ AB˜ = 60◦ . 2 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 131/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Để chia hình tròn (O; R) thành 6 cung bằng nhau. Ta thực hiện theo các bước sau: Từ điểm A bất kì trên đường tròn (O; R), vẽ đường tròn (A; R) cắt (O) tại B. Từ điểm B vừa vẽ, vẽ đường tròn (B; R) cắt (O) tại C. Từ điểm C vừa vẽ, vẽ đường tròn (C; R) cắt (O) tại D. Từ điểm D vừa vẽ, vẽ đường tròn (D; R) cắt (O) tại E. Từ điểm E vừa vẽ, vẽ đường tròn (E; R) cắt (O) tại F. Vậy các điểm A, B, C, D, E, F chia đường tròn thành 6 cung bằng nhau. A O B C D E F VÍ DỤ 3. Cho đường tròn (O), dây AB. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB. Vẽ dây MC cắt dây AB tại D. Vẽ đường vuông góc với AB tại D, cắt OC ở K. Chứng minh rằng 4KCD là tam giác cân. ✍ LỜI GIẢI. Vì M là điểm chính giữa của cung AB nên OM ⊥ AB ⇒ OM k KD Suy ra KDC ’ = OMC ÷= OCM ÷⇔ 4KCD là tam giác cân. O B A M C D K H Nhận xét: Như vậy, ví dụ trên đã minh họa cho chúng ta thấy việc sử dụng tính chất đường kính vuông góc với một dây để giải toán. Ví dụ tiếp theo sẽ minh họa sử dụng việc sử dụng tính chất “Hai cung chắn giữa hai dây song song”. VÍ DỤ 4. Chứng minh rằng hai cung chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau. ✍ LỜI GIẢI. Xét hai dây song song AB và CD, kẻ bán kính ON ⊥ AB, khi đó vì: AB k CD ⇒ ON ⊥ CD Do tính đối xứng trục NA˜ = NB¯ và NC˜ = ND¯. Suy ra NA˜ − NC˜ = NB¯− ND¯ ⇒ AC˜ = BD˜. O B A D C N Nhận xét: Mở rộng, chúng ta có thêm tính chất: “Tiếp tuyến song song với một dây thì tiếp điểm chia đôi cung căng dây”. Tức là, theo hình vẽ ta có: xy k AB ⇒ AM = BM ⇔ AM¯ = BM¯ O B A y M x VÍ DỤ 5. Cho 4ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Đường cao AH của tam giác cắt đường tròn ở D. Vẽ đường kính AE. 1 Chứng minh rằng BECD là hình thang cân. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 132/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Gọi M là điểm chính giữa của cung DE, OM cắt BC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của BC. 3 Tính bán kính của đường tròn biết BC = 24 cm, IM = 8 cm. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có AD ⊥ BC (giả thiết) AD ⊥ DE (vì AE là đường kính). Suy ra BC k DE ⇒ BE˜ = CD˜ (hai cung chắn giữa hai dây song song) Suy ra BE = CD (liên hệ giữa cung và dây). Mặt khác ta có BE˜ + ED˜ = CD˜ + ED˜ ⇒ BD˜ = CE˜ ⇒ BD = CE. Vậy, BEDC là hình thang cân. A B C O H E D I M 2 Ta có BE˜ + EM¯ = CD˜ + DM¯ ⇒ MB¯ = MC¯. Suy ra IB = IC (đường kính đi qua điểm chính giữa của cung). 3 Ta có BI = IC ⇒ OI ⊥ BC (đường kính đi qua trung điểm của dây). Đặt OC = OM = R, xét 4OIC vuông ta có OC2 = OI2 + IC2 ⇔ R 2 = (R − 8)2 + 122 Suy ra R2 = R2 − 16R + 64 + 144 ⇒ 16R = 208 ⇒ R = 13 cm. Nhận xét: Hình thang có hai cạnh bên bằng nhau chưa đủ là hình thang cân. Do đó không thể chứng minh BDEC là hình thang cân bằng cách chứng minh BD = CE để suy ra BD = CE. Câu c) là một bài toán thực tế: “Biết độ dài dây BC và khoảng cách IM từ trung điểm dây đến điểm chính giữa cung bị chắn, ta tìm được bán kính của đường tròn”. VÍ DỤ 6. Cho hai đường tròn bằng nhau (O) và (O0 ) cắt nhau tại hai điểm A và B. Kẻ các đường kính AC, của đường tròn (O) và đường kính AD của đường tròn (O0 ). Gọi E là giao điểm thứ hai của AC với đường tròn (O0 ). 1 So sánh các cung nhỏ BC˜ và BD˜. 2 Chứng minh rằng B là điểm chính giữa của cung EBD ˘ (tức là điểm B chia cung EBD ˘ thành hai cung bằng nhau BE˜ = BD˜). ✍ LỜI GIẢI. 1 Tứ giác AOBO0 là hình thoi do AO = OB = O0A = O0B. Do đó AOB ’ = AO’0B. Suy ra BOC ’ = BO÷0D ⇒ sđBC˜ = sđBD˜. Do (O) và (O0 ) là các đường tròn bằng nhau và sđBC˜ = sđBD˜ nên BC˜ = BD˜. 2 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 133/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Gọi I là giao điểm của O0B và DE. Lại có, OA k O0B Theo định lý Ta-lét, ta có DI DE = DO0 DA = 1 2 . Suy ra, I là trung điểm của DE. Mặt khác 4EAD vuông tại E (vì EO0 = O0A = O0D) Suy ra DE ⊥ AO ⇒ DE ⊥ BO0 (vì AO k BO0 ). Xét 4BED có BI vừa là đường cao vừa là trung tuyến ⇒ 4BED là tam giác cân đỉnh B. Do đó BD = BE ⇒ BD˜ = BE˜ hay B là điểm chính giữa cung EBD ˘. O O0 A C B D E I C BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI 1. Tứ giác ABCD có B“ = D“ = 90◦ . Biết AB < AD, chứng minh rằng BC > CD. ✍ LỜI GIẢI. Với giả thiết B“ = D“ = 90◦ , suy ra ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AC. Ta có AB < AD ⇔ AB < ˜ AD˜ ⇔ −AB > ˜ −AD˜. ⇔ 180◦−AB > ˜ 180◦−AD˜ ⇔ AC˜−AB > ˜ AC˜−AD˜ ⇔ BC > ˜ CD˜ ⇔ BC > CD (đpcm). A C D B BÀI 2. Hai đường tròn (O) và (O0 ) cùng bán kính cắt nhau tại M và N. 1 Chứng minh rằng hai cung nhỏ MN¯ của hai đường tròn bằng nhau. 2 Vẽ các đường kính MA của đường tròn (O) và đường kính MB của đường tròn (O0 ). Chứng minh rằng NA˜ = NB¯. 3 Vẽ đường kính NOC. Tia BM cắt đường tròn (O) tại D. Chứng minh rằng các cung nhỏ MN¯, AC˜ và CD˜ bằng nhau. ✍ LỜI GIẢI. 1 Vì MN là dây cung chung của hai đường tròn bằng nhau nên hai cung nhỏ MN¯ của hai đường tròn bằng nhau. 2 Ta có AM¯ = MB¯, vì hai đường tròn bằng nhau AN˜ = AM¯ − MN¯ = MB¯ − MN¯ = NB¯ (đpcm). 3 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 134/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Tứ giác ACMN là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, nên CM k AN ⇒ AC˜ = MN¯ (1) Mặt khác, ta có A, N, B thẳng hàng và AN = BN. Suy ra ON là đường trung bình của 4ABD do đó CN k DM ⇒ MN¯ = CD. ˜ (2) Từ (1) và (2), ta được MN¯ = AC˜ = CD˜ (đpcm). O O0 M A N B C D BÀI 3. Cho 4ABC. Trên tia đối của tia AB lấy một điểm D sao cho AD = AC. Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp 4DBC. Từ O lần lượt hạ các đường vuông góc với OH, OK với BC và BD (H ∈ BC, K ∈ BD). 1 Chứng minh rằng OH > OK. 2 So sánh hai cung nhỏ BD˜ và BC˜. ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét 4OBD và 4OBC cân tại đỉnh O có các đường cao kẻ từ đỉnh theo thứ tự là OK và OH nên chúng đồng thời là các trung tuyến. Do đó KD = 1 2 BD; HC = 1 2 BC. Mặt khác, trong 4DBC có BD = BA + AD = BA + AC > BC. Suy ra KD > HC. Xét 4OKD và 4OHC vuông ta có: OK = √ OD2 − KD2 = √ OC2 − KD2 < √ OC2 − HC2 = OH. Vậy, ta luôn có OK < OH. A B C D O H K 2 Ta có BD > BC ⇒ BD > ˜ BC˜. BÀI 4. Trên dây cung AB˜ của đường tròn (O) lấy hai điểm C và D sao cho AC = CD = DB. Các bán kính qua C và qua D cắt cung nhỏ AB lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng AE˜ = BF < ˜ EF˜. ✍ LỜI GIẢI. 1 Tam giác cân AOB có OAB ’ = OBA ’. Mặt khác, 4AOC = 4BOD (c.g.c) vì có OA = OB, OAB ’ = OBA ’, AC = BD. Từ đó suy ra AOC ’ = BOD ’ suy ra AE˜ = F B˜. 2 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 135/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Tam giác OCD là tam giác cân (OC = OD do 4AOC = 4BOD) nên ODC < ’ 90◦ , từ đó suy ra CDF > ’ 90◦ . Mặt khác, trong tam giác CDF có CDF > ’ CF D ’ suy ra CF > CD hay CF > CA. Xét 4AOC và 4COF có OA = OF, OC chung, nhưng CF > AC suy ra COD > ’ AOC ’. Từ đó suy ra EF > ˜ AE˜. O C D A B E F BÀI 5. 1 Chứng minh rằng đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì đi qua trung điểm của dây căng cung ấy. Mệnh đề đảo có đúng không? Hãy nêu thêm điều kiện để mệnh đề đảo đúng. 2 Chứng minh rằng đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì vuông góc với dây căng cung ấy và ngược lại. ✍ LỜI GIẢI. 1 Giả sử đường kính CD của đường tròn (O) có C là điểm chính giữa của cung AB. Nghĩa là AC = CB. Suy ra Oc1 = Oc2. Gọi I là giao điểm của CD và AB, ta có OI vừa là tia phân giác vừa là trung tuyến của 4OAB. Vậy, I là trung điểm của AB. Mệnh đề đảo không đúng, ta cần bổ sung thêm “Đường kính đi qua trung điểm một dây không đi qua tâm của đường tròn thì nó vuông góc với dây đó”. O B A I C D 1 2 2 Đường kính CD đi qua C là điểm chính giữa cung AB nên AC = CB. Suy ra AOC ’ = COB ’ ⇒ OC là tia phân giác của góc AOB ’ Vì 4OAB cân tại O nên đường phân giác đồng thời là đường cao. Vậy, ta có OC ⊥ AB ⇔ CD ⊥ AB. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 136/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 3 GÓC NỘI TIẾP A TÓM TẮT LÍ THUYẾT Định nghĩa 1. Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên một đường tròn và hai cạnh của nó cắt đường tròn. Trong hình mình họa bên, ta thấy ABC ’ là góc nội tiếp chắn cung AbC ¯ (viết tắt là AC˜ và được hiểu là cung AC˜ không chứa điểm B). BCA ’ là góc nội tiếp chắn cung BA˜. CAB ’ là góc nội tiếp chắn cung CB˜. A C a B Định lí 1. Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn. O A C a B Ta có minh họa ABC ’ = 1 2 sđAC˜ = 1 2 AOC ’. Hệ quả 1. Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc hai cung bằng nhau của một đường tròn thì bằng nhau. Ta có minh học với các điểm A, A1, A1 ở cùng một phía với BC. BAC ’ = BA÷1C = BA÷2C = 1 2 sđBC˜ AEB ’ = CF D ’ ⇔ AB˜ = CD˜ ⇔ AB = CD. O A1 A2 A C a B Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 137/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Hệ quả 2. Góc nội tiếp chắc nửa đường tròn là góc vuông. Ta có minh họa: BAC ’ = 90◦ BC là đường kính (O ∈ BC). Hệ quả 3. Trong một đường tròn, mọi góc nội tiếp không quá 90◦ có số đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung. Ta có minh họa sau ABC ’ = 1 2 AOC. ’ O A C B B CÁC DẠNG TOÁN { DẠNG 1. Giải bài toán định lượng Phương pháp giải: Muốn tìm giao tuyến của hai mặt phẳng, ta tìm hai điểm chung của chúng VÍ DỤ 1 (Bài 17/tr 75-Sgk). Muốn xác định tâm của một đường tròn mà chỉ dùng êke thì phải làm như thế nào? ✍ LỜI GIẢI. Để xác định tâm của một đường tròn mà chỉ dùng êke, ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Kẻ đường thẳng cắt đường tròn tại A và B. Bước 2: Qua B, dùng êke kẻ đường thẳng vuông góc với AB ở B và cắt đường tròn tại C. Bước 3: Nối C với A. Bước 4: Qua A, dùng êke kẻ đường thẳng vuông góc với AB tại A và cắt đường tròn tại D. Bước 5: Nối B với D. Giao điểm của AC và BD là tâm của đường tròn. VÍ DỤ 2. Dựng một tam giác vuông, biết cạnh huyền dài 4 cm và một cạnh góc vuông dài 2,5 cm. ✍ LỜI GIẢI. Giả sử dựng được 4ABC vuông có cạnh huyền BC = 4 cm, cạnh góc vuông AB = 2,5 cm. Gọi O là trung điểm của BC. Ta có: OB = OC = OA = 2 cm. Vậy 4ABC nội tiếp đường tròn đường kính BC có cạnh AB = 2,5 cm. Cách dựng: Ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Dựng đường tròn bán kính r = 2 cm. Bước 2: Qua O kẻ đường thẳng d cắt đường tròn tại hai điểm B và C. Bước 3: Dựng đường tròn tâm B, bán kính 2,5 cm và cắt đường tròn (O) tại A1 và A2. Vậy 4A1BC va A2BC thỏa mãn đề bài. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 138/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 4! Tại bước 3, ta cũng có thể dựng đường tròn tâm C, bán kính 2,5 cm và cắt đường tròn (O) tại A3 và A4. VÍ DỤ 3. Cho 4ABC. Đường tròn (I) nội tiếp tam giác tiếp xúc với BC, AC, BA theo thứ tự tại D, E, F. Cho biết BAC ’ = EDF ’. Tính số đo của góc BAC ’. ✍ LỜI GIẢI. Ta có EDF ’ = 1 2 EIF ‘, góc nội tiếp và góc ở tâm. BAC ’ = 1 2 EIF ‘ ⇔ EIF ‘ = 2BAC. ’ Xét tứ giác AEIF, ta có: E F I B A C D AEI ‘ = AF I ‘ = 90◦ , vì (I) tiếp xúc với AB, AC BAC ’+ AEI ‘ + EIF ‘ + AF I ‘ = 360◦ ⇔ BAC ’+ 90◦ + 2BAC ’+ 90◦ = 360◦ ⇔ BAC ’ = 60◦ . Nhận xét. Như vậy, trong lời giải của ví dụ trên chúng ta đã sử dụng các kết quả để giải nó, cụ thể Mối liên hệ giữa góc nội tiếp với góc ở tâm. Tính chất của đường tròn nội tiếp tam giác. Tổng các góc trong một tứ giác. { DẠNG 2. Giải bài toán định tính Phương pháp giải: VÍ DỤ 4 (Bài 19/tr 75-Sgk). Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và S là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. SA và SB lần lượt cắt đường tròn tại M, N. Gọi H là giao điểm của BM và AN. Chứng minh rằng SH vuông góc với AB. ✍ LỜI GIẢI. Ta có AMB ÷và ANB ’ là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên: BMA ÷= ANB ’ = 90◦ . Do đó, BM ⊥ AS, AN ⊥ SB ⇒ H là trực tâm của 4SAB. Vậy, ta được AH ⊥ AB. VÍ DỤ 5. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 139/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Cho đường tròn (O), đường kính AB, điểm D thuộc đường tròn. Gọi E là điểm đối xứng với A qua D. Gọi K là giao điểm của EB với đường tròn (O) và H là giao điểm của BD và AK. 1 4ABE là tam giác gì? 2 Chứng minh rằng EH vuông góc với AB. 3 Chứng minh rằng OD vuông góc với AK. O A B H K D E ✍ LỜI GIẢI. Xét 4ABE, ta có: ADB ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇔ BD ⊥ AE. (1) tức là BD là trung tuyến vừa là đường cao, do đó 4ABE cân tại B. Ta có ngay AKB ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇔ AK ⊥ BE. (2) Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm 4ABE, do đó BE ⊥ AB. Nhận xét rằng OD là đường trung bình của 4ABE, do đó: OD k BE ⇔ OD ⊥ AK, đpcm. Nhận xét. Như vậy, trong lời giải của ví dụ trên chúng ta đã sử dụng các kết quả về số đo của góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. VÍ DỤ 6. Trên nửa đường tròn (O) đường kính AB, lấy điểm M (khác A và B). Vẽ tiếp tuyến của (O) tại A. Đường thẳng BM cắt tiếp tuyến đó tại C. Chứng minh rằng ta luôn có: MA2 = MB · MC. ✍ LỜI GIẢI. Ta có CA ⊥ AB (tính chất của hai tiếp tuyến). Suy ra 4ABC vuông tại A. Mặt khác, AMB ÷= 90◦ (góc nội tiếp chắc nửa đường tròn) nên AM là đương cao của 4ABC. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có MA2 = MB · MC- đpcm. VÍ DỤ 7. Cho 4ABC có ba góc nhọn. Đường tròn (O) có đường kính BC cắt AB, AC tại D, E. Gọi I là giao điểm của BE và CD. 1 Chứng minh rằng AI ⊥ BC. 2 Chứng minh rằng IAE ‘ = IDE ’. 3 Cho BAC ’ = 60◦ , chứng minh 4DOE là tam giác đều. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có BDC ’ = BEC ’- vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. ⇒ BE, CD là đường cao của 4ABC. ⇒ I là trực tâm của 4ABC ⇒ AI ⊥ BC. 2 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 140/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Ta có thể chọn một trong hai cách sau: Cách 1: Ta có: IAE ‘ = CBE ’- vì góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc CB ⊥ IA, BE ⊥ AE. IDE ’= CBE ’-vì góc nội tiếp chắn cung CE ⇒ IAE ‘ = IDE ’. Cách 2: Ta có ADI ‘ = AEI ‘ = 90◦ ⇒ D, E thuộc đường tròn có đường kính IA. Khi đó, các góc IAE ‘ và IDE ’là góc nội tiếp chắn cung IE của đường tròn nên IAE ‘ = IDE ’. 3 Trong 4ACD vuông tại D có Ab = 60◦ , ta suy ra: ACD ’ = 30◦ ⇒ DOE ’ = 2ACD ’ = 60◦ . Khi đó, 4DOE có DOE ’ = 60◦ nên là tam giác đều. O B C I D E A VÍ DỤ 8 (Bài 26/tr 76-Sgk). Cho AB, BC, CA là ba dây của đường tròn (O). Từ điểm chính giữa M của cung AB vẽ dây MN song song với dây BC. Gọi giao điểm của MN và AC là S. Chứng minh rằng SM = SC và SN = SA. ✍ LỜI GIẢI. Nối AM và NC. Xét 4AMS và 4NSC, ta có: MAS ’ = CNS ’(góc nội tiếp cùng chắn cung MBC) AMS ’ = NCS ’(góc nội tiếp cùng chắn cung AN) Lại có MB = MA(M là đỉnh chính giữa cung AB) MB = MC(hai cung chắn giữa hai dây song song). Suy ra cung AM = NC ⇒ MA = CN. Vậy, ta có 4AMS = 4NCS(g.c.g)⇒ SM = SC, SN = SA. VÍ DỤ 9. Cho đường tròn (O) và (O0 ) bằng nhau, cắt nhau tại A và B. Qua B vẽ một cát tuyến cắt đường tròn (O) và (O0 ) lần lượt tại C và D. 1 Chứng minh AC = AD. 2 Tìm quỹ tích trung điểm M của CD khi cát tuyến CBD quay quanh B. ✍ LỜI GIẢI. 1 Từ giả thiết "hai đường tròn (O) và (O0 ) bằng nhau", nên hai cung nhỏ AB của chúng bằng nhau, do đó: ACB ’ = ADB ’ ⇔ 4ACD cân tại A ⇔ AC = AD,ddpcm. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 141/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 C B D M A O O0 Ta lần lượt thực hiện: Phần thuận: Với M là trung điểm của CD, suy ra: AM ⊥ CD, vì 4ACD cân tại A ⇔ AMB ÷= 90◦ ⇔ M ∈ AB. Vậy, điểm M thuộc đường tròn đường kính (AB). Phần đảo: Lấy điểm M ∈ (AB) và giả sử đường thẳng BM cắt (O) và (O0 ) theo thứ tự tại C và D, ta cần đi chứng minh M là trung điểm của CD. Thật vậy, trong ÷ 4ACD cân tại A,ta có: AMB = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇔ AM ⊥ CD ⇒ CM = DM, vì tam giác cân đường cao là trung tuyến. Kết luận: Quỹ tích điểm M là đường tròn đường kính AB. Nhận xét. Với các định lí về góc nội tiếp, góc ở tâm, khả năng chứng minh các góc bằng nhau và tính số đo của góc được tăng thêm nhiều. VÍ DỤ 10 (Bài 23/tr 76-Sgk). Cho một đường tròn (O) và một điểm M cố định không nằm trên đường tròn. Qua M vẽ một cát tuyến cắt đường tròn ở A và B. Chứng minh rằng tích MA · MB không phụ thuộc vào vị trí của cát tuyến. ✍ LỜI GIẢI. M O A B C D M C A B O D Nối MO cắt (O) ở C và D. Ta có hai trường hợp: Trường hợp 1:Hai tam giác 4AMD và 4CMB có: Mc chung ADM ÷= ABM ÷-góc nội tiếp cùng chắn một cung. ⇒ 4AMD = 4CMB ⇒ MA MC = MD MB ⇒ MA · MB = MC · MD, không đổi. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 142/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Trường hợp 2: Hai tam giác 4AMD và 4CMB có: AMD ÷= CBM ÷− đối đỉnh ADM ÷= CBM ÷− góc nội tiếp cùng chắn một cung ⇒ 4AMD v 4CMB ⇒ MA MC = MD MB ⇔ MA · MB = MC · MD, không đổi. 1. Bài tập tự luyện BÀI 1. Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB và C là một điểm bên ngoài đường tròn. Nối CA, CB gặp đường tròn theo thứ tự ở M, N. Gọi H là giao điểm của BM và AN. 1 Chứng minh rằng AH ⊥ AB. 2 Cho ACB ’ = 60◦ , chứng minh 4OMN là tam giác đều. ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét 4ABC, ta có: ANB ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇔÷AN ⊥ BC. (1) AMB = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇔ BM ⊥ AC. (2) Từ (1),(2) suy ra: H là trực tâm 4ABC ⇒ CH ⊥ AB, đpcm. 2 Xét 4BMC vuông tại M, ta có: ACB ’ = 60◦ ⇔ MBC ÷= 30◦ ⇔ sđ = 60◦ . Mặt khác ,ta có: MON ÷= sđMN¯ = 60◦ . Vậy, 4OMN cân (vì OM = ON) và có một góc MON ÷= 60◦ nên là tam giác đều. O A B N C M H BÀI 2. Cho hai đường tròn bằng nhau (O) và (O0 ) cắt nhau tại A và B. Vẽ đường thẳng qua A cắt (O) tại M và (O0 ) tại N (A nằm giữa M và N). Hỏi MBN là tam giác gì? Tại sao? ✍ LỜI GIẢI. Hai đường tròn (O) và (O0 ) bằng nhau nên AOBO0 là hình thoi. Do đó AOB ’ = AO’0B. Theo tính chất của góc nội tiếp, ta có: NMB ÷= AMB ÷= 1 2 AOB ’ = 1 2 AO’0B = ANB ’ = MNB ÷. Vậy, ta đương 4BMN là tam giác cân tại B. BÀI 3. Hai đường tròn (O; R) và (O0 ; r) cắt nhau tại A và B. Từ A vẽ đường kính AOC và AO0D. 1 Chứng minh ba điểm B, C, D thẳng hàng và AB vuông góc với CD. 2 Biết R ≥ r và CD = a, hãy tính BC và BD. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 143/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 C B D A O O0 1 Ta có nhận xét: ABC ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O). ABD ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O). ⇒ CBD ’ = 180◦ ⇔ ba điểm B, C, D thẳng hàng. Ta cũng thấy ngay AB vuông góc với CD. 2 Đặt BC = c, khi đó BD = a − x. Trong 4ABC vuông tại B có AB2 = AC2 − BC2 = 4R2 − x 2 . (1) Trong 4ABD vuông tại B có AB2 = AD2 − BD2 = 4r 2 − (a − x) 2 . (2) Từ (1) và (2) suy ra: 4R 2 − x 2 = 4r 2 − (a − x) 2 ⇔ 4R 2 − x 2 = 4r 2 − a 2 + 2ax − x 2 ⇔ 2ax = 4R 2 − 4r 2 + a 2 ⇔ x = 4R2 − 4r 2 + a 2 2a . Vậy, ta được: BC = 4R2 − 4r 2 + a 2 2a , BD = a − 4R2 − 4r 2 + a 2 2a = a 2 − 4R2 + 4r 2 2a . BÀI 4. Cho 4ABC. Hai đường tròn đường kính AB và AC cắt nhau tại một điểm thứ hai là D. 1 Chứng minh ba điểm B, D, C thẳng hàng. 2 Đường thẳng AC cắt đường tròn đường kính AB tại E, đường thẳng AB cắt đường tròn đường kính AC tại F. Chứng minh rằng ba đường thẳng AD, BE, CF cùng đi qua một điểm. ✍ LỜI GIẢI. B D C O O0 A 1 Ta có nhận xét: Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 144/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ADB ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ADC ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ⇒ BDC ’ = 180◦ ⇔ ba điểm B, C, D thẳng hàng. Ta cũng thấy ngay AD ⊥ BC. 2 Giả sử BE cắt CF tại M. Xét 4MBC ta có: BEC ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ⇔ CE ⊥ BM (1) BF C ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ⇔ BF ⊥ CM (2) Từ (1),(2) suy ra A là trực tâm 4MBC ⇒ MA ⊥ BC, đpcm. Vậy, ba đường thẳng AD, BE, CF cùng đi qua điểm M. BÀI 5. Cho đường tròn (O) và hai dây AB, CD bằng nhau cắt nhau tại M (điểm C nằm trên cung nhỏ AB, điểm B nằm trên cung nhỏ (CD)). 1 Chứng minh AC = DB. 2 Chứng minh 4MAC = 4MDB. 3 Tứ giác ACBD là hình gì? Chứng minh. ✍ LỜI GIẢI. 1 Từ giả thiết AB = CD ⇔ AB˜ = CD˜. Khi đó AC˜ = AB˜ − BC˜ = CD˜ − BC˜ = BD˜ ⇔ AC = BD, đpcm. 2 Xét hai tam giác 4MAC và 4MDB, ta có: MAC ÷= MDB, ÷ góc nội tiếp cùng chắn cung BC AC = BD, theo kế quả câu a) MCA ÷= MBD ÷= MDB, ÷ góc nội tiếp cùng chắn cungAD do đó 4MAC = 4MDB(g.c.g). M A D C B 3 Ta có AC˜ = BD˜ ⇔ AD k BC. Vậy, tứ giác ACBD là hình thang cân. BÀI 6. Cho nửa đường tròn đường kính AB. Gọi O là điểm chính giữa của nửa đường tròn và M là một điểm bất kì của nửa đường tròn đó. Tia AM cắt đường tròn (O; OA) tại điểm thứ hai là N. Chứng minh rằng MN = MB. ✍ LỜI GIẢI. Từ giả thiết, ta có ngay AOB ’ = 90◦ và AMB ÷= 90◦ vì chúng đều là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB. Mặt khác, ta cũng có OA = OB ⇒ B ∈ (O; OA). Do đó, ANB ’ = AOB ’ = 45◦ . Khi đó , 4BMN vuông tại M có MNB ÷= 45◦ nên nó là tam giác vuông cân, suy ra MN = NB, đpcm. A B O M N Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 145/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 7. Cho đường tròn (O) và hai dây MA, MB vuông góc với nhau. Gọi I và K lần lượt là điểm chính giữa của các cung nhỏ MA và MB. Gọi P là giao điểm của AK và BI. 1 Chứng minh ba điểm A, O, B thẳng hàng. 2 Chứng minh rằng P là tâm đường tròn nội tiếp của 4MAB. 3 Giả sử MA = 12 cm, MB = 16 cm, tính bán kính của đường tròn nội tiếp 4MAB. ✍ LỜI GIẢI. 1 Từ giả thiết AMB ÷= 90◦ ⇔ AB là đường kính ⇒ ba điểm A, O, B thẳng hàng. 2 Xét 4MAB, ta có Vì I là điểm chính giữa nhỏ MA nên: ⇔ ABI ‘ = MBI ’ ⇔ BI là phân giác góc ABM ÷. Vì K là điểm chính giữa của cung nhỏ MB nên: BK¯ = MK¯ ⇔ BAK ’ = MAK ÷ ⇔ AK là phân giác góc MAB ÷. Từ đó, suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp 4MAB (vì nó là giao điểm của hai đường phân giác). Gọi r, p theo thứ tự là bán kính đường tròn nội tiếp và nửa chu vi 4MAB, ta có: S4MAB = p · r ⇔ 1 2 MA · MB = 1 2 (MA + MB + AB) r ⇔ r = MA · MB MA + MB + AB = MA · MB MA + MB + √ MA2 + MB2 = 4 cm. Vậy, bán kính của đường tròn nội tiếp 4MAB bằng 4 cm. I A B K M O BÀI 8. Cho đường tròn tâm O đường kính AB và một điểm C chạy trên một nửa đường tròn. Vẽ một đường tròn (I) tiếp xúc với đường tròn (O) tại C và tiếp xúc với đường kính AB tại D, đường tròn này cắt CA và CB tại các điểm thứ hai là M và N. Chứng minh rằng: 1 Ba điểm M, I, N thẳng hàng. 2 ID ⊥ MN. 3 Đường thẳng CD đi qua điểm cố định. 4 Nếu cách dựng đường tròn (I) nói trên. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 146/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 A B K D O I C M N 1 Ta có ACB ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ⇒ MCN ÷= 90◦ ⇔ MN là đường kính (I). Vậy, ba điểm M, I, N thẳng hàng. 2 Từ giả thiết: Vì (I) tiếp xúc với AB tại D nên ID ⊥ AB. Vì (I) tiếp xúc với (O) tại C nên C, I, O thẳng hàng. Ta có INC ’= ICN ’, vì 4ICN cân tại I, OBC ’ = OCB ’, vì 4OBC cân tại O. Suy ra INC ’= OBC ’ ⇔ MN k AB. Từ đó ID ⊥ MN, đpcm. 3 Gọi K là giao điểm của CD với (O), ta có: ID ⊥ MN ⇔ MD¯ = ND¯ ⇔ MCD ÷= NCD ’ ⇔ ACK ’ = BCK ’ ⇔ AK˜ = BK¯ ⇔ K là điểm chính giữa của cung Do đó K cố định. Vậy, CD luôn đi qua điểm cố định K. 4 Để dụng đường tròn (I), ta thực hiện: Dựng OK vuông góc với AB, với K thuộc nửa đường tròn không chứa điểm C. Nối CK cắt AB tại D. Dựng đường thẳng qua D vuông góc với AB cắt CD tại I. Dựng đường tòn (I, ID)-đây chính là đường tròn cần dựng. BÀI 9. Cho 4ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH. Kẻ đường kính AE. 1 Tính ACE ’. 2 Chứng minh rằng BAH ’ = OAC ’. 3 Gọi K là giao điểm của AH với đường tròn (O). Tứ giác BCEK là hình gì? ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 147/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Ta có ngay ACE ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. 2 Ta có ABC ’ = AEC ’, góc nội tiếp cùng chắn cung AC ⇔ BAH ’ = OAC ’, cùng phụ với hai góc bằng nhau ở trên. 3 Ta có AKE ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn EK ⊥ AK ⇔ EK k BC, vì cùng vuông góc với AH (1) ⇒ BK¯ = CE. ˜ (2) Từ (1) và (2), ta kết luận BCEK là hình thang cân. C E K B A H O BÀI 10. Cho 4ABC nội tiếp đường tròn (O). Tia phân giác góc A cắt đường tròn tại M. 1 Chứng minh rằng 4BMC là tam giác cân. 2 Chứng minh rằng BMC ÷= ABC ’+ ACB ’. 3 Gọi D là giao điểm của AM và BC. Chứng minh rằng AB · AC = AD · AM. ✍ LỜI GIẢI. 1 Từ giả thiết " ÷ AM là tia phân giác góc Ab", ta suy ra: BAM = CAM ÷⇔ BM¯ = CM¯ ⇔ 4MBC cân tại M. 2 Ta có BMC ÷= BMA ÷+ CMA ÷= ACB ’+ ABC ’, đpcm. 3 Xét hai tam giác ÷ 4AMB và 4ACD ta có: BMA = ACD ’ và MAB ÷= CAD ’ ⇒ 4AMB v 4ACD. ⇔ AM AC = AB AD ⇔ AB · AC = AD · AM, đpcm. C M B A O D BÀI 11. Cho 4ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm trên cung BC. Trên tia AM lấy điểm D sao cho MD = MB. 1 4MBD là hình gì? So sánh hai tam giác 4BDA và 4BMC. 2 Chứng minh rằng MA = MB + MC. ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét 4MBD, ta có MB = MD, giả thiết BMD ÷= BMA ÷= BCA ’ = 60◦ . Do đó, 4MBD là tam giác đều. Xét hai tam giác 4BDA và 4BMC ta có: BD = BM, vì 4MBD là tam giác đều. ABD ’ = CBM ÷, vì tổng của chúng với CBD ’ bằng 60◦ . AB = CB, vì 4ABC là tam giác đều do có 4BDA = 4BMC(c.g.c). 2 Ta có ngay MA = MD + DA = MB + MC, đpcm. C M B A E D Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 148/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 12. Cho nửa đường tròn đường kính AB, K là điểm chính giữa của cung AB. Vẽ bán kính OC sao cho BOC ’ = 60◦ . 1 Gọi M là giao điểm của AC và OK. Chứng minh rằng MO = MC. 2 Cho AB = 2R, tính MC theo R. ✍ LỜI GIẢI. 1 Vì 4OAC cân tại O (OA = OC) nên: OCA ’ = OAC ’ = 1 2 BAC ’ = 1 2 · 60◦ = 30◦ . (1) Mặt khác, ta lại có COM ÷= BOK ’ − BOC ’ = 90◦ − 60◦ = 30◦ . (2) Từ (1) và (2) ta suy ra 4MOC cân tại M ⇔ MO = MC, đpcm. 2 Xét 4OAM vuông tại O, ta có MO = OA · tan Ab = R · tan 30◦ = R √ 3 . Vậy, ta được MC = R √ 3 . O A B K C M Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 149/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 4 GÓC TẠO BỞI TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG A TÓM TẮT LÍ THUYẾT Định lí 1. Trong một đường tròn, số đo của góc tạo bởi một tia tiếp tuyến và một dây cung đi qua tiếp điểm bằng nửa số đo của cung bị chắn. Ta có minh họa: BAx ‘ = 1 2 sđ AB˜ x O B M A Nhận xét: Như vậy, góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau, cụ thể BAx ‘ = AMB ÷. B CÁC DẠNG TOÁN { DẠNG 1. Giải bài toán định tính Phương pháp giải: VÍ DỤ 1 (Bài 34/tr80-SGK). Từ một điểm M bên ngoài đường tròn (O) ta kẻ một tiếp tuyến MT và một cát tuyến MAB của đường tròn đó. Chứng minh rằng MT2 = MA · MB. ✍ LỜI GIẢI. Xét hai tam giác 4MAT và 4MT B có: Mc : chung ATM’ = MBT ÷ M O A B T Suy ra 4MAT v 4MT B. Nên MT MB = MA MT hay MT2 = MA · MB. Nhận xét. Ví dụ tiếp theo sẽ sử dụng kết quả MA · MB không đổi để giải bài toán quỹ tích. VÍ DỤ 2. Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm bên ngoài đường tròn. Tia Mx quay quanh M và cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Gọi I là một điểm thuộc tia Mx sao cho MI2 = MA.MB. Tìm quỹ tích điểm I. ✍ LỜI GIẢI. Phần thuận: Kẻ hai tiếp tuyến ME, MF tới đường tròn (O). Ta có ME2 = MF2 = MA · MB = MI2 nên ME = MF = MI. Suy ra I thuộc đường tròn (M, ME). Hạn chế quỹ tích: Vì A chỉ chạy trên cung EF˜ của đường tròn (O) nên I chỉ chạy trên cung EF˜ của đường tròn (M, ME) nằm trong đường tròn (O). O M B I F E A Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 150/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Phần đảo: Lấy điểm I thuộc EF˜ của đường tròn (M, ME) nằm trong đường tròn (O). Nối MI cắt đường tròn (O) tại A và B. Ta cần chứng minh MA·MB = MI2 . Thật vậy, MI2 = ME2 = MA·MB. Kết luận: Vậy quỹ tích điểm I là cung EF˜ của đường tròn (M, ME) nằm trong đường tròn (O). VÍ DỤ 3 (Bài 33/tr80-SGK). Cho A, B, C là ba điểm cùng nằm trên một đường tròn. At là tiếp tuyến của đường tròn tại A. Đường thẳng song song với At cắt AB tại M và cắt AC tại N. Chứng minh rằng AB · AM = AC · AN. ✍ LỜI GIẢI. Ta có CAt ‘ = ABC ’ = 1 2 sđ AC˜ ; CAt ‘ = ANM ÷(do MN k At). Suy ra ABC ’ = AMN ÷. Xét 4ABC và 4AMN có BAC ’ chung; ABC ’ = AMN ÷. Suy ra 4ABC v 4AMN. Nên AB AC = AC AM hay AB · AM = AC · AN B C t A N M VÍ DỤ 4 (Bài 29/tr79-SGK). Cho hai đường tròn (O) và (O0 ) cắt nhau tại A và B. Từ A vẽ hai tiếp tuyến với hai đường tròn. Hai tiếp tuyến này gặp đường tròn O ở C và đường tròn (O0 ) ở D. Chứng minh rằng ABC ’ = ABD ’. ✍ LỜI GIẢI. Xét 4ABC và 4DBA có ACB ’ = DAB ’ BCA ’ = BDA ’ Suy ra ABC ’ = ABD ’. A B O O0 C D Nhận xét: Nếu khai thác thêm sự bằng nhau của hai cặp góc dẫn tới hai tam giác đồng dạng chúng ta sẽ nhận được kết quả khác, ví dụ 1 AB2 = BC.BD 2 AC AD = … BC BD . Thật vậy, ta được 4ABC v 4DAB suy ra AB DB = BC BA = AC DA. Từ đó 1 AB DB = BC BA ⇔ AB2 = BC · BD. 2 AB DB = AC DA BC BA = AC DA ⇒ AC AD · AC AD = AB BD · BC AB ⇒ Å AC ADã2 = BC BD ⇒ AC AD = … BC BD . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 151/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 5 (Bài 27/tr79-SGK). Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB. Lấy điểm P khác A và B trên đường tròn. Gọi T là giao điểm của AP với tiếp tuyến tại B của đường tròn. Chứng minh rằng AP O ’ = P BT ’. ✍ LỜI GIẢI. Ta có P BT ’ = 1 2 sđ P B˜ và P AB ’ = 1 2 sđ P B˜ nên P BT ’ = P AB ’. Xét 4OAP cân tại O, ta có AP O ’ = P AB ’. Kết hợp các điều vừa chứng minh ta được AP O ’ = P BT ’. A B T O P { DẠNG 2. Giải bài toán định lượng Phương pháp giải: VÍ DỤ 6 (Bài 11/tr72-SGK). Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC = R. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở A. Tính số đo các góc ABC ’, BAC ’. ✍ LỜI GIẢI. Ta có BC = OB = OC = R. Suy ra 4OBC đều và BOC ’ = 60◦ . Nên sđ BC˜ = BOC ’ = 60◦ . ABC ’ = 1 2 sđ BC˜ = 30◦ ACB ’ = 1 2 sđ BC˜ = 30◦ BAC ’ = 180◦ − Ä ABC ’+ ACB ’ä = 120◦ O A C B VÍ DỤ 7. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Một tiếp tuyến của đường tròn tại P cắt đường thẳng AB tại T (điểm B nằm giữa O và T). Tính BT P ’+ 2T P B ’. ✍ LỜI GIẢI. Ta có T P B ’ = 1 2 sđ P B˜ = 1 2 P OB ’ = 1 2 P OT ’ nên P OT ’= 2T P B. ’ Do P T là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại P nên OP ⊥ P T. Lại có 4OP T vuông tại P. Do đó BT P ’+ 2T P B ’ = P OT ’+ BT P ’ = 90◦ . A B T O P Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 152/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 8. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy một điểm M. Vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của C trên AB. 1 Chứng minh rằng CA là tia phân giác của góc MCH ÷. 2 Giả sử MA = a, MC = 2a, tính AB và CH. ✍ LỜI GIẢI. A B H O M C 1 Nhận xét rằng ACB ’ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên AC ⊥ BC. Suy ra ACH ’ = ABC ’. Mặt khác, ta lại có ABC ’ = ACM ÷. Từ đó ACH ’ = ACM ÷hay CA là tia phân giác của MCH ÷. 2 Ta có MC2 = MA · MB ⇔ MB = MC2 MA = 4a, AB = MB − MA = 4a − a = 3a. Xét 4OCM, ta có OC ⊥ MC nên SOCM = 1 2 OC · MC = 1 2 CH · OM ⇔ CH = OC · MC OM = AB 2 · MC MA + AB 2 = 1,2a. C BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI 1. Từ một điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O) ta vẽ tiếp tuyến MT và cát tuyến MAB. Vẽ đường tròn (O0 ) ngoại tiếp 4MAT. Từ M vẽ tiếp tuyến xy của đường tròn (O0 ). Chứng minh rằng 1 MT2 = MA · MB. 2 BT k xy. ✍ LỜI GIẢI. 1 Hai tam giác 4MAT và 4MT B có Mc : chung ATM’ = MBT ÷ Suy ra 4MAT v 4MT B. Nên MT MB = MA MT , hay MT2 = MA · MB. B A M T O O0 y x Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 153/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Ta có AMx ’ = ATM’. Suy ra AMx ’ = MBT ÷. Nên xy k BT. BÀI 2. Cho hai đường tròn (O) và (O0 ) cắt nhau tại A và B. Trên đường thẳng AB lấy một điểm M (điểm M không thuộc đoạn thẳng AB). Vẽ tiếp tuyến MT của đường tròn (O) và cát tuyến MCD của đường tròn (O0 ). Chứng minh rằng MT2 = MC · MD. ✍ LỜI GIẢI. Xét 4AMD và 4CMB, ta có Mc : chung ADM ÷= CBM ÷ Suy ra 4AMD v 4CMB. Nên MA MC = MD MB , hay MA · MB = MC · MD. (1) Xét 4MAT và 4MT B, ta có Mc : chung ATM’ = MBT ÷ A B O O0 I T M C D Suy ra 4MAT v 4MT B. Nên MT MB = MA MT , hay MT2 = MA · MB. (2) Từ (1) và (2) suy ra MT2 = MC · MD BÀI 3. Cho hai đường tròn (O) và (O0 ) cắt nhau tại A và B. Vẽ dây BC của đường tròn (O) tiếp xúc với đường tròn (O0 ). Vẽ dây BD của đường tròn (O0 ) tiếp xúc với đường tròn (O). Chứng minh rằng 1 AB2 = AC · AD. 2 BC BD = … AC AD. ✍ LỜI GIẢI. Xét hai tam giác 4ABC và 4ADB có ACB ’ = ABD ’ ABC ’ = ADB ’ Suy ra 4ABC v 4ADB. Nên AB AD = BC DB = AC AB . 1 AB AD = AC AB ⇒ AB2 = AC · AD. 2 AB AD = BC DB AC AB = BC DB ⇒ Å BC BDã2 = AC AD ⇒ BC BD = … AC AD. A B O O0 C D BÀI 4. Cho 4ABC ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi D, E, F là các tiếp điểm của đường tròn trên các cạnh AB, BC, CA. Gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của đường tròn (O) với các tia OA, OB, OC. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 154/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Chứng minh rằng các điểm M, N, P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác 4ADF, 4BDE, 4CEF. ✍ LỜI GIẢI. A B O E C D M F Để chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác 4ADF, ta chứng minh M là giao điểm của hai tia phân giác trong của 4ADF. AD, là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AM là tia phân giác của DAF . ’ (1) Lại có MDF ÷= MF D ÷= MDA. ÷ nên DM là tia phân giác của ADF ’. (2) Từ (1) và (2) suy ra M là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác 4ADF. Chứng minh tương tự với các điểm N và P. BÀI 5. Cho hai đường tròn (O) và (O0 ) cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (O) tại C và tiếp xúc với đường tròn (O0 ) tại D. Vẽ đường tròn (I) qua ba điểm A, C, D cắt đường thẳng AB tại điểm thứ hai là E. Chứng minh rằng 1 CAD ’+ CBD ’ = 180◦ . 2 Tứ giác BCED là hình bình hành. ✍ LỜI GIẢI. 1 Sử dụng tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, ta có CAB ’ = BCD ’ và DAB ’ = BDC ’. Trong 4BCD có 180◦ =BCD ’ + BDC ’ + CBD ’ =CAB ’+ DAB ’+ CBD ’ =CAD ’+ CBD. ’ 2 Trong đường tròn (ACD), ta có EDC ’ = CAB ’ = BCD ’ ⇒ BC k DE ECD ’ = DAB ’ = BDC ’ ⇒ BD k CE. Vậy tứ giác BCDE là hình bình hành. A B C D E O0 O Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 155/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 6. Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC. Điểm A thuộc nửa đường tròn (AB < AC). Tiếp tuyến tại A cắt đường thẳng BC ở I. Kẻ AH ⊥ BC. Chứng minh rằng 1 AB là tia phân giác của IAH ’. 2 IA2 = IB · IC. ✍ LỜI GIẢI. I B H O C A 1 BAC ’ = 90◦ nên AC ⊥ AB ⇒ ACH ’ = BAH ’. (1) Mặt khác, ta lại có ACH ’ = BAI ‘ (2) Từ (1) và (2) suy ra BAH ’ = BAI ‘. Nên AB là tia phân giác của IAH ’. 2 Chứng minh tương tự như các bài toán trên ta có 4IAB v 4ICA ⇒ IA2 = IB · IC. BÀI 7. Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC. Điểm A thuộc nửa đường tròn (AB < AC). Gọi E là điểm đối xứng với B qua A. 1 4BCE là tam giác gì? 2 Gọi D là giao điểm của CE với nửa đường tròn. Kẻ tiếp tuyến Bx với nủa đường tròn (Bx và A cùng phía với BC). Chứng minh rằng BA là tia phân giác của góc DBx ’. 3 CA cắt BD, Bx theo thứ tự ở I, K. Tứ giác BKEI là hình gì? ✍ LỜI GIẢI. O I E B C K A x D 1 Xét 4BCE, ta có BAC ’ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra CA ⊥ BE. 4BCE có CE vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao nên 4BCE cân tại C. 2 KBA ’ = BCA ’ = ECA ’ = DCA ’ = DBA ’ nên BA là tia phân giác của góc DBx ’. 3 4BKI có BA vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao nên 4BKI cân tại B. Suy ra KA = IA và BK = BI. Xét tứ giác BKEI có hai đường chéo KI và BE cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và BK = BI nê tứ giác BKEI là hình thoi. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 156/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 8. Cho hai đường tròn (O) và (O0 ) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O0 ) cắt đường tròn (O) tại điểm thứ P. Tia P B cắt đường tròn (O0 ) tại Q. Chứng minh AQ song song với tiếp tuyến tại P của đường tròn (O). ✍ LỜI GIẢI. A B O O0 P Q y m Xét đường tròn (O) ta có P AB ’ = 1 2 sđ P B˜ (góc nội tiếp chắn cung P B˜) P By ‘ = 1 2 sđ P B˜ (góc tạo bởi tiếp tuyến P y và dây cung P B˜) Suy ra P By ‘ = P AB ’. (1) Xét đường tròn (O0 ) ta có AQB ’ = 1 2 sđ AmB ˘ (góc nội tiếp chắn cung AmB ˘) P AB ’ = 1 2 sđ AmB ˘ (góc tạo bởi tiếp tuyến AP và dây cung AB˜) Suy ra AQB ’ = P AB ’. (2) Từ (1) và (2) suy ra AQB ’ = P By ‘. Nên AQ k xy. BÀI 9. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm I có đường kính BH, nó cắt AB ở M. Vẽ đường tròn tâm K có đường kính CH, nó cắt AC ở N. 1 Tứ giác AMHN là hình gì? 2 Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K). 3 Vẽ tiếp tuyết Ax của đường tròn ngoại tiếp 4ABC. Chứng minh rằng Ax song song với MN. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 157/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 A M N B C I K H x 1 Tứ giác AMHN là hình chữ nhật vì có ba góc vuông. 2 NMI ’ = NMH ÷+ IMH ’ = AHM ÷+ IHM’ = AHI ’= 90◦ nên MN ⊥ MI. Chứng minh tương tự có MN ⊥ NK. 3 xAC ‘ = ABC ’ = MBH ÷= NMH ÷= MNA ÷nên Ax k MN. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 158/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 5 GÓC CÓ ĐỈNH Ở BÊN TRONG ĐƯỜNG TRÒN, GÓC CÓ ĐỈNH Ở BÊN NGOÀI ĐƯỜNG TRÒN A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn Định lí 1. Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn có số đo bằng nửa tổng của số đo hai cung bị chắn giữa hai cạnh của góc và các tia đối của hai cạnh ấy. Ta có minh họa AEC ’ = BED ’ = sđAC˜ + sđBD˜ 2 AED ’ = BEC ’ = sđAD˜ + sđBC˜ 2 . A E D C B 2. Góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn Định lí 2. Góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn có số đo bằng nửa hiệu của số đo hai cung bị chắn giữa hai cạnh của góc. Ta có minh họa AED ’ = sđAmD ˘ − sđBnC ˘ 2 . A E B C D O m n B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN VÍ DỤ 1. Một đường tròn (O) và hai đáy AB, AC. Gọi M, N lần lượt là điểm chính giữa của các cung AB và AC. Đường thẳng MN cắt dây AB tại E và cắt dây AC tại H. Chứng minh 4AEH là tam giác cân. ✍ LỜI GIẢI. Ta có AEH ’ = 1 2 Ä sđAN˜ + sđBM¯ä = 1 2 Ä sđCN˜ + sđAM¯ä = AHE. ’ Vậy, ta được 4AEH cân tại A. A E B C H N M Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 159/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 2. Cho hình thang ABCD có AB k CD và AD = DC = CB nội tiếp trong đường tròn đường kính AB. Tính số đo của góc AIB ‘ với I là giao điểm của AC và BD. ✍ LỜI GIẢI. Từ giả thiết, ta nhận được: sđAB˜ = 180◦ sđAD˜ = sđDC˜ = sđCB˜ = 1 3 sđAB˜ = 60◦ Số đo của góc AIB ‘ được cho bởi: AIB ‘ = 1 2 Ä sđAB˜ + sđDC˜ ä = 1 2 (180◦ + 60◦ ) = 120◦ . A B D C I Nhận xét. Cách làm trong lời giải của ví dụ trên được hiểu là “Để chứng minh một tam giác là tam giác đều ta đi chứng minh có là tam giác cân và có một góc bằng 60◦ ”. VÍ DỤ 3. Từ một điểm M ở bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MB, MC. Vẽ đường kính BOD. Hai đường thẳng CD và MB cắt nhau tại A. Chứng minh rằng M là trung điểm của AB. ✍ LỜI GIẢI. Vì tính chất của hai tiếp tuyến nên MB = MC. (1) Vì BAD ’ là góc ở đỉnh bên ngoài đường tròn nên: BAD ’ = sđBmD ˘ − sđBnC ˘ 2 = sđBnD ˘− sđBnC ˘ 2 = sđCD˜ 2 = xCD ’= ACM. ÷ D C B O M A x m n Vậy 4MAC cân tại M, suy ra MA = MC. (2) Từ (1) và (2) suy ra MA = MB, tức M là trung điểm của AB. Nhận xét. Trong ví dụ trên, ta phải chứng minh MA = MB nhưng MB = MC (tính chất của hai tiếp tuyến) nên ta cần chứng minh MA = MC, tức là ta phải chứng minh 4MAC cân. Khi tính số đo của góc A ta đã thay thế cung BmD ˘ bởi cung BnD ˘ có cùng số đo. Nói chung khi phải tính tổng (hay hiệu) số đo của hai cung nào đó, ta thường dùng phương pháp thay thế một cung bởi một cung khác bằng nó để được hai cung liền nhau (nếu tỉnh tổng) hoặc hai cung có một phần chung (nếu tính hiệu). VÍ DỤ 4. Cho đường tròn (O) và hai dây cung bằng nhau AB, AC. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M. Gọi I là giao điểm của AM và BC. Chứng minh rằng AIC ‘ = ACM ÷. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 160/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Ta có ngay: AB˜ = AC˜, vì AB = AC. AIC ‘ = AIB ‘ = 1 2 Ä sđAB˜ − sđMC¯ä = 1 2 Ä sđAC˜ − sđMC¯ä = 1 2 AM¯ (1) Lại có: ACM ÷= AM¯ ()góc nội tiếp). (2) Từ (1) và (2) suy ra AIC ‘ = ACM ÷, đpcm. C A I B M Nhận xét. Ta có hai trường hợp đặc biệt của góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn, cụ thể: Trường hợp 1: Với MT là tiếp tuyến và AB là đường kính. Khi đó: TMB ÷= 1 2 Ä sđAB˜ − sđT Aˆ ä = 1 2 îÄ180◦ − sđT Aˆ ä − sđT Aˆ ó = 90◦ − sđT Aˆ = 1 2 î sđT B˜ − Ä 180◦ − sđT B˜ äó = sđT B˜ − 90◦ . T M A O B Trường hợp 2: Với MT, MT0 ÷ là hai tiếp tuyến. TMT0 = 180◦ − sđTmT ˘0 = sđT nT ˘0 − 180◦ . T 0 T O M m n VÍ DỤ 5. Trên một đường tròn, lấy liên tiếp ba cung AC, CD, DB sao cho sđAC˜ = sđCD˜ = sđDB˜ = 60◦ . Hai đường thẳng AC và BD cắt nhau tại E. Hai tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt nhau tại T. Chứng minh rằng: 1 AEB ’ = BT C. ’ 2 CD là tia phân giác của BCT ’. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 161/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Ta có sđAB˜ = 360◦ − Ä sđAC˜ + sđCD˜ + sđDB˜ ä = 180◦ ; AEB ’ = 1 2 î sđAB˜ − sđCD˜ ó = 1 2 [180◦ − 60◦ ] = 60◦ ; BT C ’ = 1 2 î sđAB˜ + sđAC˜ − Ä sđCD˜ + sđDB˜ äó = 1 2 [180◦ + 60◦ − (60◦ + 60◦ )] = 60◦ . Vậy, ta được AEB ’ = BT C ’. 2 Ta có BCD ’ = 1 2 sđDB˜ = 1 2 sđCD˜ = DCT . ’ Vậy, ta được CD là tia phân giác của góc BCT. O D A B C E T C BÀI TẬP LUYỆN TẬP BÀI 1. Cho AB và CD là hai đường kính vuông góc của đường tròn (O). Trên cung nhỏ BD lấy một điểm M. Tiếp tuyến tại M cắt tia AB ở E, đoạn thẳng CM cắt AB ở S. Chứng minh ES = EM. ✍ LỜI GIẢI. Ta có ESM’ = 1 2 î sđAC˜ + sđBM¯ó = 1 2 î sđCB˜ + sđBM¯ó = EMS. ’ Suy ra 4ESM cân tại E ⇒ ES = EM. M D B O S C E A BÀI 2. Từ một điểm M ở bên ngoài đường tròn (O) ta vẽ tiếp tuyến MT và cát tuyến MAB đi qua tâm (A nằm giữa M và B). Giả sử số đo của cung nhỏ AT bằng 60◦ . Tính số đo của góc TMB ÷. ✍ LỜI GIẢI. Ta có TMB ÷= 1 2 Ä sđBT˜ − sđATˆ ä = 1 2 îÄsđAB˜ − sđATˆ ä − sđATˆ ó = 1 2 (180◦ − 60◦ − 60◦ ) = 30◦ . T M A O B BÀI 3. Qua điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai cát tuyến ABC và AMN sao cho hai đường thẳng BN và CM cắt nhau tại một diểm S nằm bên trong đường tròn. Chứng minh Ab − BSM’ = 2CMN ÷. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 162/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Ta có Ab = 1 2 î sđCN˜ − sđBM¯ó MSB ’ = 1 2 î sđCN˜ + sđBM¯ó = Ab + BSM’ = sđCN˜ = 2CMN. ÷ C B M N S A O BÀI 4. Cho đường tròn (O) và một dây AB. Vẽ đường kính CD vuông góc với AB (D thuộc cung nhỏ AB). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm N. Các đường thẳng CN và DN lần lượt cắt đường thẳng AB tại E và F. Tiếp tuyến của đường tròn tại N cắt đường thẳng AI tại I. Chứng minh rằng: 1 Các tam giác 4INE và 4INF là tam giác cân. 2 AI = 1 2 (AE + AF). ✍ LỜI GIẢI. 1 Từ giả thiết CD ⊥ AB và CD là đường kính ⇒ AC˜ = BC˜ và AD˜ = BD˜. Ta có AEC ’ = 1 2 Ä sđAC˜ − sđBN¯ä = 1 2 Ä sđBC˜ − sđBN¯ä = 1 2 sđNC˜ = CNx ’= INE ’ ⇒ 4INE cân tại I. NF I ’= 1 2 Ä sđAD˜ + sđBN¯ä = 1 2 Ä sđBD˜ + sđBN¯ä = 1 2 sđND¯ = IND ’ ⇒ 4INF cân tại I. E B F A x C D I O N 2 Từ kết quả câu a) Ta có IE = IN = IF. Nhận xét rằng: AI = AE − IE và AI = AF + IF ⇒ 2AI = AE + AF ⇔ AI = 1 2 (AE + AF). BÀI 5. Cho đường tròn (O, R) và hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau Trên tia AB lấy điểm M sao cho AM = R √ 2. Vẽ dây CN đi qua điểm M. Từ N vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn. Chứng minh rằng: 1 xy k AC 2 CN là tia phân giác của góc BCD ’. ✍ LỜI GIẢI. 1 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 163/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Ta có AC˜ = BC˜. Và AC = √ OC2 + OA2 = R √ 2. Suy ra 4CAM cân tại A. Nên ACM ÷= AMC ÷= 1 2 Ä sđAC˜ + sđBN¯ä = 1 2 Ä sđBC˜ + sđBN¯ä = 1 2 sđCN˜ = 1 2 CNx. ’ Suy ra xy k AC. O x M B A D y N C 2 Ta có BD k AC nên xy k BD. Mà ON ⊥ xy nên ON ⊥ BD. Mặt khác tam giác OBD cân tại O nên ON là phân giác góc BOD ’. Suy ra N là điểm chính giữa cung BD˜. Vậy CN là tia phân giác của góc BCD ’. BÀI 6. Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn (O) ta vẽ tiếp tuyến AB và cát tuyến ACD. Vẽ dây BM vuông góc với tia phân giác của góc BAC ’, dây này cắt CD tại E. Chứng minh rằng: 1 BM là tia phân giác của góc CBD ’. 2 MD2 = ME · MB. ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét 4ABE, ta nhận thấy: AH vừa là phân giác, vừa là đường cao ⇔ 4ABE cân tại A ⇔ ABE ’ = AEB ’ ⇔ 1 2 sđBM¯ = 1 2 Ä sđBC˜ + sđDM¯ä ⇔ sđBC˜ + sđCM¯ = sđBC˜ + sđDM¯ ⇔ sđCM¯ = sđDM¯ ⇔ CBM ÷= DBM ÷ ⇔ BM là tia phân giác của góc CBD. ’ A x B E D H C M 2 Xét hai tam giác 4BDM và 4DEM, Ta có Mc chung, DBM ÷= EDM ÷. Do đó: 4BDM ∼ 4DEM ⇒ MD ME = MB MD ⇔ MD2 = ME · MB, đpcm. BÀI 7. Cho 4ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Đường phân giác của hai góc B“ và Cb cắt nhau ở E và cắt đường tròn ở F và D. Chứng minh rằng tứ giác EDAF là một hình thoi. ✍ LỜI GIẢI. 1 Chứng minh EDAF là hình bình hành do có các cặp cạnh đối song song. 2 Chứng minh AE ⊥ DF bởi DF k BC. Vậy, EDAF là một hình thoi. A E F C D B Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 164/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 8. Cho 4ABC nội tiếp đường tròn. P, Q, R theo thứ tự là các điểm chính giữa của các cung bị chắn BC, CA, AB bởi các góc A, B, C. 1 Chứng minh AP ⊥ QR. 2 AP cắt CR tại I. Chứng minh 4CP I là tam giác cân. ✍ LỜI GIẢI. 1 Gọi K là giao điểm của AP và RQ. Ta có AKR ’ = 1 2 Ä sđAR˜ + sđCQ˜ + sđCP˜ ä = 1 2 Å 1 2 sđAB˜ + 1 2 sđAC˜ + 1 2 sđBC˜ ã = 1 4 Ä sđAB˜ + sđAC˜ + sđBC˜ ä = 90◦ . Vậy, ta được AP ⊥ QR. 2 Ta có CIP ‘ = 1 2 Ä sđAR˜ + sđCP˜ ä = 1 2 Ä sđBR˜ + sđBP˜ ä = ICP . ‘ Vậy, ta được 4CP I cân tại P. A B C P Q R I H BÀI 9. Cho 4ABC nhọn và AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi D, E, F lần lượt là điểm chính giữa của các cung nhỏ AB, BC, CA. Tiếp tuyến tại A của đường tròn cắt các đường thẳng BC và DF lần lượt tại M và N. Gọi P và Q lần lượt là giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng DF và AE. 1 Chứng minh rằng AE ⊥ DF. 2 Chứng minh rằng MA = MQ, MN = MP. ✍ LỜI GIẢI. Trước hết, từ giả thiết ”D, E, F lần lượt là điểm chính giữa của các cung nhỏ AB, BC, CA”, ta được: AD˜ = BD, ˜ BE˜ = CE, ˜ CF˜ = AF . ˜ 1 Gọi I là giao điểm của AE và DF, ta có ngay: AID‘ = 1 2 Ä sđAD˜ + sđEF˜ ä = 1 2 Ä sđAD˜ + sđEC˜ + sđCF˜ ä = 1 2 Å 1 2 sđAB˜ + 1 2 sđBC˜ + 1 2 sđCA˜ ã = 1 4 Ä sđAB˜ + sđBC˜ + sđCA˜ ä = 1 4 · 360◦ = 90◦ . ⇔ AE ⊥ DF, đpcm. 2 Xét 4MAQ sử dụng định lí về góc tạo bởi tia tiếp tuyến với một dây và góc có đỉnh ở bên trong đường tròn ta có MAQ ÷= 1 2 sđAE˜ = 1 2 Ä sđAB˜ + sđBE˜ ä = 1 2 Ä sđAB˜ + sđCE˜ ä = AQM ÷ 4MAQ cân tại M ⇔ MA = MQ, đpcm. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 165/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 A N E B M P F C D Q I Xét 4MNP, sử dụng định lí về góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn và hai góc đối đỉnh Ta có MP N ÷= 1 2 Ä sđCF˜ − sđBD˜ ä = 1 2 Ä sđAF˜ − sđAD˜ ä = ANF ’ = MNP ÷ 4MNP cân tại M ⇔ MN = MP, đpcm. BÀI 10. Cho đường tròn (O) đường kính AB, cung CD = 80◦ nằm cùng phía đối với AB (D thuộc cung BC). Gọi E là giao điểm của AC và BD, F là giao điểm của AD và BC. Tính AEB, ’ AF B. ’ ✍ LỜI GIẢI. AEB ’ = 1 2 Ä sđAB˜ − sđCD˜ ä = 180◦ − 80◦ 2 = 90◦ . AF B ’ = 1 2 Ä sđAB˜ + sđCD˜ ä = 180◦ + 80◦ 2 = 130◦ . B D E A O C F BÀI 11. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Lấy điểm M thuộc tia đối của tia BC. Gọi I là giao điểm của MA với đường tròn Chứng minh rằng: 1 AMC ÷= ACI. ‘ 2 AI · AM = AC2 . ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 166/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Tam giác ABC cân tại A nên AB = AC ⇒ AB˜ = AC˜. AMC ÷= 1 2 Ä sđAC˜ − sđBI ˆ ä = 1 2 Ä sđAB˜ − sđBI ˆ ä = 1 2 sđAI ˆ = ACI. ‘ 2 Từ ý a) ta suy ra 4AMC v 4ACI (g-g). ⇒ AM AC = AC AI ⇒ AM · AI = AC2 . O B A I M C BÀI 12. Cho đường tròn (O), đường kính AB vuông góc với dây CD. Qua điểm M thuộc cung AD, kẻ tiếp tuyến với đường tròn, cắt CD ở I. Gọi E là giao điểm của BM và CD. 1 Chứng minh rằng IM = IE. 2 Gọi F là giao điểm của AM và CD. Chứng minh rằng AF C ’ = ABM. ÷ ✍ LỜI GIẢI. 1 Vì AB ⊥ CD nên AB là trung trực của CD, suy ra BC = BD. Dẫn đến BC˜ = BD˜. MEI ’ = 1 2 Ä sđMD¯ + sđBC˜ ä = 1 2 Ä sđMD¯ + sđBD˜ ä = 1 2 sđMB¯ = EMI. ’ Suy ra tam giác 4IME cân tại I. 2 M thuộc đường tròn đường kính AB nên AMB ÷= 90◦ . Từ đó suy ra ABM ÷= AF C ’, vì cùng phụ với góc BAM ÷. C O M B F A I D E Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 167/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 6 CUNG CHỨA GÓC A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. CÁCH GIẢI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH Muốn chứng minh quỹ tích các điểm M thoả mãn tính chất T là một hình H nào đó, ta trình bày như sau: Phần thuận: (Mọi điểm có tính chất T đều thuộc hình H): Gọi M là một điểm bất kì có tính chất T, ta chứng minh M thuộc H. Giới hạn (nếu có). Phần đảo: (Mọi điểm thuộc hình H đều có tính chất T): Gọi M là một điểm bất kì thuộc hình H, ta đi chứng minh M có tính chất T. Kết luận: Quỹ tích các điểm M có tính chất T là hình H. 4! Ta đã học ba quỹ tích cơ bản ở Hình học 7 và một quỹ tích cơ bản ở Hình học 8, cụ thể: 1 Quỹ tích các điểm cách điểm O cố định một khoảng R không đổi là đường tròn (O, R). O M R A x y H1 H2 z 2 Quỹ tích các điểm nằm trong cùng một góc cố định và các đều hai cạnh của góc là tia phân giác của góc ấy. 3 Quỹ tích các điểm cách đều hai điểm A, B cố định là đường trung trực của AB. A I B M H M M0 x y h 4 Quỹ tích các điểm cách đều đường thẳng xy cố định một khoảng h không đổi là hai đường thẳng song song với xy và có khoảng cách đến xy bằng h. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 168/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2. CÁCH GIẢI BÀI TOÁN DỰNG HÌNH Muốn dựng được điểm M thoả mãn tính chất T, ta đã biết rằng cần trình bày đủ bốn bước: Phân tích. Cách dựng. Chứng minh. Biện luận. B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN { DẠNG 1. TÌM QUỸ TÍCH CÁC ĐIỂM M TẠO THÀNH VỚI HAI MÚT CỦA ĐOẠN THẲNG AB CHO TRƯỚC MỘT GÓC AMB ÷ CÓ SỐ ĐO KHÔNG ĐỔI BẰNG α (0◦ < α < 180◦ ) Phương pháp giải: Phương pháp Để đơn giản, trước hết ta chỉ xét một nửa mặt phẳng có bờ AB. Phần thuận: Gọi M là một điểm thuộc nửa mặt phẳng đang xét thoả mãn AMB ÷= α. Vạch đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác 4MBA, thì mọi điểm N nằm trên cung AB chứa đỉnh M của góc AMB ÷, ta kí hiệu là AmB ˘ (cung còn lại kí hiệu là AnB ˘) luôn có: ANB ’ = AMB ÷= α. Ta cần đi chứng minh đường tròn (O) là xác định không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. Thật vậy, trong nửa mặt phẳng đối của nửa mặt phẳng đang xét dựng tia Ax sao cho xAB ‘ = α, suy ra Ax là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ Ax ⊥ AO. Vậy, tâm là giao điểm của đường trung trực AB với tia Ay vuông góc với Ax. B M A O x α m Phần đảo: Với điểm M bất kì thuộc cung AmB ˘, ta có: AMB ÷= xAB ‘ = α. Trên mặt phẳng đối của nửa mặt phẳng đang xét, ta có một cung đối xứng đối với cung AmB ˘ qua AB. Giới hạn: Khi M trùng với A thì góc AMB ÷được thay bởi xAB ‘. Khi M trùng với B thì góc AMB ÷được thay bởi ABx ‘. Kết luận: Quỹ tích các điểm M tạo thành với hai nút của đoạn thẳng AB cho trước một góc AMB ÷có số đo không đổi bằng α (0◦ < α < 180◦ ), là hai cung tròn đối xứng nhau qua AB gọi là cung chứa góc α dựng trên đoạn thẳng AB. A B M M α α Nhận xét. Ta có: 1 Hai điểm A và B được coi là thuộc quỹ tích, vì: Khi M trùng với A thì góc AMB ÷được thay bởi xAB ‘. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 169/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Khi M trùng với B thì góc AMB ÷được thay bởi ABx ‘. 2 Quỹ tích các điểm M tạo thành với hai mút của đoạn thẳng AB cho trước một góc vuông là đường tròn đường kính AB. VÍ DỤ 1 (Bài 44/tr 86 - Sgk). Cho 4ABC vuông ở A, có cạnh BC cố định. Gọi I là giao điểm của ba đường phân giác trong. Tìm quỹ tích I khi A thay đổi. ✍ LỜI GIẢI. Phần thuận: Ta có BIC ‘ = 180◦ − Ä IBC ‘ + ICB ‘ä = 180◦ − Ç B“ 2 + Cb 2 å = 180◦ − 1 2 Ä B“+ Cb ä = 180◦ − 90◦ 2 = 135◦ . Vì B, C cố định, A thay đổi, I luôn nhìn cạnh BC dưới một góc 135◦ nên I di chuyển trên cung chứa góc 135◦ dựng trên BC. Phần đảo: Lấy điểm I là giao của cung chứa góc 135◦ dựng trên BC và tia phân giác trong góc ACB ’, ta chứng minh I cũng thuộc tia phân giác trong của góc ABC ’. A I B C Xét tam giác IBC, ta có BIC ‘ + ICB ‘ + IBC ‘ = 180◦ ⇔ 135◦ + 1 2 · ACB ’+ IBC ‘ = 180◦ ⇔ 1 2 · Ä 90◦ − ABC ’ä + IBC ‘ = 45◦ ⇔ ABC ’ = 2 · IBC ‘ Nên BI là phân giác trong của 4ABC. Hay I là tâm đường tròn nội tiếp 4ABC (I là giao điểm của ba đường phân giác trong). Giới hạn: Khi I ≡ B thì ba điểm A, B, C thẳng hàng (trái giả thiết). Khi I ≡ C thì ba điểm A, B, C thẳng hàng (trái giả thiết). Vậy Quỹ tích điểm I là cung chứa góc 135◦ dựng trên cạnh BC đối xứng nhau qua BC, bỏ đi điểm B và C. Kết luận: Quỹ tích điểm I là cung chứa góc 135◦ dựng trên cạnh BC đối xứng nhau qua BC, bỏ đi điểm B và C. VÍ DỤ 2 (Bài 48/tr 87 - Sgk). Cho hai điểm A, B cố định. Từ A vẽ các tiếp tuyến với đường tròn tâm B có bán kính không lớn hơn AB. Tìm quỹ tích các tiếp điểm. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 170/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Phần thuận: Theo tính chất của tiếp tuyến ta có: AT ⊥ BT Do đó, A, B cố định. T nhìn AB dưới một góc vuông nên T di chuyển trên đường tròn đường kính AB. Phần đảo: Lấy điểm T thuộc đường tròn đường kính AB. Khi đó AT ⊥ BT tại T nên AT là tiếp tuyến của đường tròn tâm B, bán kính BT ≤ AB. Giới hạn: Khi T ≡ B thì bán kính đường tròn tâm B thoả yêu cầu đề bài là 0 (vô lý). Khi T ≡ A thì bán kính đường tròn tâm B thoả yêu cầu đề bài là AB. Vậy quỹ tích tiếp điểm T là đường tròn đường kính AB bỏ đi điểm B. Kết luận: Quỹ tích tiếp điểm T là đường tròn đường kính AB bỏ đi điểm B. A B T VÍ DỤ 3. Xét các 4ABC có BC = 6 cm, cố định, Ab = 120◦ . 1 Tìm quỹ tích các điểm A 2 Điểm A ở vị trí nào thì 4ABC có diện tích lớn nhất? Tính giá trị lớn nhất đó. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta thực hiện theo các phần: Phần thuận: Do BC cố định, BAC ’ = 120◦ nên A di chuyển trên hai cung chứa góc 120◦ dựng trên BC. Phần đảo: Lấy điểm A thuộc cung chứa góc 120◦ dựng trên BC, ta thấy ngay BAC ’ = 120◦ . Giới hạn: Khi A trùng với B, C thì ba điểm A, B, C thẳng hàng (trái giả thiết). Vậy quỹ tích các điểm A là hai cung chứa góc 120◦ dựng trên đoạn BC, bỏ đi điểm B, C. Kết luận: Quỹ tích các điểm A là hai cung chứa góc 120◦ dựng trên đoạn BC, bỏ đi điểm B, C. A B C 2 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 171/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Hạ AH vuông góc với BC, ta có ngay: S4ABC = 1 2 · AH · BC Do đó, S4ABC có giá trị nhỏ nhất khi AH lớn nhất ⇔ A là điểm ở chính giữa cung chứa góc. Khi đó, xét 4ABH vuông tại H, ta có BAH ’ = 60◦ ⇒ ABH ’ = 30◦ ⇒ AB = 2AH Xét tam giác ABH ta có AB2 = AH2 + BH2 ⇔ (2AH) 2 = AH2 + Å BC 2 ã2 ⇔ 3AH2 = 9 ⇔ AH = √ 3. Do đó S4ABC = 1 2 √ 3 · 6 = 3√ 3 cm2 . A B C H Nhận xét. Trong ví dụ trên, việc chỉ ra quỹ tích của điểm A được suy ra ngay từ giả thiết, do dó các bước thực hiện là rất đơn giản. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp chúng ta cần chỉ ra được cung chứa góc trong hình vẽ. VÍ DỤ 4. Cho nửa đường tròn đường kính AB và cung EF của nửa đường tròn (E nằm trên cung AF sao cho sđ EF˜ = 60◦ . Hai tia AE và BF cắt nhau tại M. Tìm quỹ tích các điểm M khi cung EF˜ chuyển động trên nửa đường tròn. ✍ LỜI GIẢI. Phần thuận: Giả sử có điểm M sao cho EF˜ = 60◦ , ta có: AMB ÷= sđ AB˜ − sđ EF˜ 2 = 180◦ − 60◦ 2 = 60◦ . Vậy điểm M nằm trên cung chứa góc 60◦ dựng trên đoạn thẳng AB (cung này thuộc mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn cho trước). Giới hạn: Ta có: Nếu E ≡ A ⇒ M ≡ M0, với M0 là giao điểm của cung chứa góc với tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn đường kính AB. Nếu F ≡ B ⇒ M ≡ M1, với M1 là giao điểm của cung chứa góc với tiếp tuyến By của nửa đường tròn đường kính AB. Do đó, điểm M chỉ nằm trên cung M˙0M1. A B M E F x y M0 M1 Phần đảo: Lấy điểm M nằm trên cung M˙0M1. Nối MA, MB cắt nửa đường tròn đường kính AB lần lượt tại E và F. Ta phải chứng minh số đo EF˜ = 60◦ . Thật vậy: AMB ˙= sđ AB˜ − sđ EF˜ 2 ⇒ sđ EF˜ = sđ AB˜ − 2AMB ÷= 180◦ − 2 · 60◦ = 60◦ . Kết luận: Quỹ tích các điểm M là cung M˙0M1 của cung chứa góc 60◦ dựng trên đoạn thẳng AB (cung này thuộc nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn đã cho). Nhận xét. Phương pháp giải bài toán trên được tổng quát cho yêu cầu sđ EF˜ = α, với 0 ◦ < α < 180◦ . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 172/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 { DẠNG 2. DỰNG CUNG CHỨA GÓC α (0◦ < α < 180◦ ) TRÊN ĐOẠN THẲNG AB = a CHO TRƯỚC Phương pháp giải: Phương pháp Ta lần lượt thực hiện: Dựng đoạn AB = a và đường trung trực Iz của AB. Dựng tia Ax sao cho xAB ‘ = α. Dựng tia Ay vuông góc với tia Ax cắt Iz tại O. Dựng đường tròn (O, OA) và chỉ lấy phần cung cùng phía với O, kí hiệu là AmB ˘. Lấy đối xứng cung AmB ˘ qua AB được cung Am˙1B. Vậy, hai cung AmB ˘ và Am˙1B là cung chứa góc cần dựng. O A B I y z m m1 x α Nhận xét. 1 Như vậy, nếu chỉ với yêu cầu dựng cung chứa góc chúng ta chỉ cần trình bày phần cách dựng. Tuy nhiên với bài toán sử dụng cung chứa góc để dựng hình (ví dụ như dựng tam giác...) chúng ta cần trình bày đủ bốn bước. 2 Trong trường hợp đặc biệt với α = 90◦ , chúng ta đã biết được cách dựng đơn giản hơn nhiều, đó là đường tròn đường kính AB. VÍ DỤ 1. Dựng cung chứa góc 60◦ trên đoạn AB = 4 cm ✍ LỜI GIẢI. Ta lần lượt thực hiện: Dựng đoạn AB = 4cm và đường trung trực Iz của AB. Dựng tia Ax sao cho xAB ‘ = 60◦ . Dựng tia Ay vuông góc với Ax cắt Iz tại O. Dựng đường tròn (O, OA) và chỉ lấy phần cung cùng phía với O, kí hiệu là AmB ˘. Lấy đối xứng cung AmB ˘ qua AB được cung Am˙1B. Vậy, hai cung AmB ˘ và Am˙1B là cung chứa góc cần dựng. O A B I y z m m1 x α VÍ DỤ 2 (Bài 49/tr 87 - Sgk). Dựng 4ABC, biết BC = 6 cm, Ab = 40◦ và đường cao AH = 4 cm. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 173/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. Phân tích: Giả sử dựng được 4ABC thoả mãn điều kiện: BC = 6 cm, Ab = 40◦ , AH = 4 cm. Khi đó, điểm A nằm ngoài đường thẳng d song song với đường tròn BC và cách BC 4 cm. Mặt khác, BAC ’ = 40◦ nên A nằm trên cung chứa góc 40◦ dựng trên BC. Cách dựng: Dựng đoạn thẳng BC = 6 cm. Dựng cung chứa góc 40◦ trên đoạn thẳng BC. Dựng đường thẳng d song song với BC và cách BC một khoảng bằng 4 cm, như sau: Dựng đường trung trực (∆) của BC, gọi I là giao điểm của (∆) với BC, trên (∆) lấy điểm K sao cho IK = 4 cm. Dựng đường thẳng d vuông góc với (∆) tại K. Gọi giao điểm của (d) và cung chứa góc là A và A0 . Khi đó, hai tam giác ABC và A0BC đều thoả mãn yêu cầu bài toán. 40◦ ∆ d K I C A H H0 A0 O B Chứng minh: Ta có ngay BC = 6 cm vì theo cách dựng. Các góc Ab và A“0 đều bằng 40◦ do A, A0 nằm trên cung chứa góc 40◦ dựng trên đoạn BC. Các hình AHIK và A0HIK là các hình chữ nhật nên AH = A0H = IK = 4 cm. Biện luận: Ta dựng được hai tam giác ABC và A0BC thoả điều kiện đề bài nhưng hai tam giác này bằng nhau (đối xứng nhau qua IK) nên bài toán chỉ có một nghiệm hình. VÍ DỤ 3. Dựng 4ABC biết BC = a, Ab = α (0◦ < α < 180◦ ) và đường cao BH = h với h < a. ✍ LỜI GIẢI. Phân tích: Giả sử đã dựng được 4ABC thoả mãn điều kiện đầu bài, ta thấy: 1 Cạnh BC = a dựng được ngay. 2 Điểm H thoả mãn hai điều kiện: H nằm trên đường tròn đường kính BC. H nằm trên đường tròn (B, h). Vậy H là giao điểm của hai đường tròn đó. 3 Điểm A thoả mãn hai điều kiện: A nằm trên cung chứa góc α dựng trên đoạn thẳng BC. A nằm trên tia CH. Vậy A là giao điểm của tia CH với cung chứa góc α. A B H C a h α Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 174/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Cách dựng: Ta lần lượt thực hiện: Dựng đoạn BC = a. Dựng cung chứa góc α dựng trên đoạn thẳng BC. Dựng đường tròn đường kính BC. Dựng đường tròn (B, h) cắt đường tròn đường kính BC tại H. Tia CH cắt cung chứa góc α tại A. Nối AB ta được 4ABC phải dựng. A A0 B H C a h α H0 α Chứng minh: Ta có ngay: BC = a theo cách dựng. Ab = α vì A nằm trên cung chứa góc α dựng trên đoạn thẳng BC. BH = h vì H thuộc đường tròn (B, h). BHC ’ = 90◦ ⇒ BH = h là đường cao của 4ABC. Vậy, ∆ABC thoả mãn điều kiện đầu bài. Biện luận: Ta dựng được hai 4ABC và 4A0BC thảo mãn điều kiện đề bài, nhưng hai tam giác này bằng nhau (đối xứng qua BC) nên bài toán chỉ có một nghiệm hình (bài toán này là bài toán dựng hình về kích thước). Nhận xét. 1 Qua ví dụ trên ta thấy giải một bài toán dựng hình thường được quy về việc xác định một điểm thoả mãn hai điều kiện. Điểm cần xác định là giao của hai quỹ tích (cũng có khi là giao của một quỹ tích với một đường thẳng hoặc một đường tròn cho trước). Số nghiệm hình của bài toán phụ thuộc vào số giao điểm của hai quỹ tích. Phương pháp dựng hình như vậy gọi là phương pháp quỹ tích tương giao. 2 Nếu thay giả thiết đường cao BH = h bằng đường cao AH = h, khi đó A thuộc đường thẳng song song với BC và cách BC môt khoảng bằng h, và trong trường hợp này bài toán có thể vô nghiệm hình, có một nghiệm hình hoặc hai nghiệm hình, vì nó phụ thuộc vào số giao điểm của đường thẳng với cung chứa góc. B C A1 A0 A2 H1 H0 H2 α α α h h Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 175/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 3 Nếu thay giả thiết đường cao BH = h bằng đường trung tuyến AM = m, khi đó A thuộc đường tròn (M, m) với M là trung điểm BC, và trong trường hợp này bài toán có thể vô nghiệm hình, vì nó phụ thuộc vào số giao điểm của đường tròn với cung chứa góc. B C A1 A0 M α A2 α α m m { DẠNG 3. SỬ DỤNG QUỸ TÍCH CUNG CHỨA GÓC CHỨNG MINH NHIỀU ĐIỂM CÙNG NẰM TRÊN MỘT ĐƯỜNG TRÒN Phương pháp giải: Phương pháp Việc sử dụng quỹ tích cung chứa góc α để chứng minh nhiều điểm cùng nằm trên một đường tròn, dựa trên nhận xét: "Nếu các điểm M, N nằm cùng phía đối với AB và AMB ÷= ANB ’ thì bốn điểm A, M, N, B cùng thuộc một đường tròn". 4! Điều kiện cùng phía của các điểm M, N đối với AB là bắt buộc, bởi trong các trường hợp khác chỉ đúng với AMB ÷= ANB ’ = 90◦ . M N A B α α VÍ DỤ 1 (Bài 51/tr 87 - Sgk). Cho I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC với Ab = 60◦ . Gọi H là giao điểm của các đường cao BB0 và CC0 . Chứng minh các điểm B, C, O, H, I cùng thuộc một đường tròn. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 176/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Xét tứ giác AB0HC0 ÷ , ta có B0HC0 = 360◦ − Ä Ab + B“+ Cb ä = 360◦ − (60◦ + 90◦ + 60◦ ) = 120◦ . ⇒ BHC ’ = B÷0HC0 = 120◦ . Xét 4BIC, ta có BIC ‘ = 180◦ − Ä BIC ‘ + ICB ‘ä = 180◦ − Ç B“ 2 + Cb 2 å = 180◦ − 1 2 Ä 180◦ − Ab ä = 120◦ . Như vậy, H và I đều nằm trên cung chứa góc 120◦ dựng trên BC. Mặt khác, 4ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O nên góc nội tiếp BAC ’ trong đường tròn (O) có số đo là 60◦ = BAC ’ = 1 2 · sđ BC˜ = 1 2 BOC ’ ⇒ BOC ’ = 120◦ . Vậy, O nằm trên cung chứa góc 120◦ dựng trên BC. Nghĩa là 5 điểm B, C, O, I, H nằm trên cùng một đường tròn chứa cung chứa góc 120◦ dựng trên BC. A B C H C 0 B0 O I VÍ DỤ 2. Cho hình thang cân ABCD (AB k CD). Chứng minh rằng bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. ✍ LỜI GIẢI. Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Xét hai tam giác 4ABD và 4BAC, ta có: AB chung BAD ’ = ABC ’, vì ABCD là hình thang cân AD = BC, vì ABCD là hình thang cân Do đó: 4ABD = 4BAC (c.g.c) ⇒ ADB ’ = ACB ’. Vậy, các điểm C, D nằm cùng phía đối với AB và thoả mãn ADB ’ = ACB ’ nên bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. A D C B Cách 2: Xét hai tam giác 4ACD và 4BDC, ta có: CD chung ADC ’ = BCD ’, vì ABCD là hình thang cân AD = BC, vì ABCD là hình thang cân Do đó: 4ACD = 4BDC (c.g.c) ⇒ CAD ’ = CBD ’. Vậy, các điểm A, B nằm cùng phía đối với CD và thoả mãn CAD ’ = CBD ’ nên bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Nhận xét: Đường tròn đi qua bốn đỉnh của hình thang ABCD được gọi là "Đường tròn ngoại tiếp ABCD" hoặc "Hình thang ABCD nội tiếp đường tròn này". Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 177/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 3. Cho ∆ABC cân tại A. Lấy hai điểm E, F theo thứ tự thuộc AB, AC sao cho AE = AF. Chứng minh rằng bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn. ✍ LỜI GIẢI. Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1:Xét hai tam giác ∆ABF và ∆ACE, ta có: AB = AC, vì ∆ABC cân tại A Ab chung AE = AF, giả thiết Do đó: ∆ABF = ∆ACE (c.g.c) ⇒ ABF ’ = ACE ’ ⇔ EBF ’ = F CE ’. Vậy các điểm B, C nằm phía dưới đối với EF và thoả mãn EBF ’ = F CE ’ nên bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn. A E F B C Cách 2: Chứng minh như trong cách 1, ta được: ∆ABF = ∆ACE (c.g.c) ⇒ AF B ’ = AEC ’ ⇔ 180◦ − AF B ’ = 180◦ − AEC ’ ⇔ CF B ’ = BEC ’. Vậy, các điểm B, C nằm cùng phía đối với EF và thoả mãn EBF ’ = F CE ’ nên bốn điểm B, C, E, F thuộc cùng một đường tròn. Cách 3: Xét hai tam giác ∆EBC và ∆F CB, ta có: EB = AB = AE = AC − AF = F C, vì ∆ABC cân tại A EBC ’ = F CB ’, vì ∆ABC cân tại A BC chung Do đó: ∆EBC = ∆F CB (c.g.c) ⇒ BEC ’ = CF B ’. Vậy, các điểm E, F nằm cùng phía đối với BC và thoả mãn BEC ’ = CF B ’ nên bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn. { DẠNG 4. TOÁN TỔNG HỢP Phương pháp giải: VÍ DỤ 1 (Bài 47/tr 86 - Sgk). Gọi cung chứa góc 55◦ ở bài tập 46 là AmB ˘. Lấy điểm M1 nằm bên trong và điểm M2 nằm bên ngoài đường tròn chứa cung này sao cho M1, M2 và cung AmB ˘ nằm cùng một phía đối với đường thẳng AB. Chứng minh rằng: 1 AM÷1B > 55◦ 2 AM÷2B < 55◦ ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 178/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Điểm M1 nằm trong đường tròn chứa cung AmB ˘. Đường thẳng AM1 cắt cung AmB ˘ tại C. Nối B và C. Ta có AM÷1B = ACB ’+ CBM ÷1 > ACB ’ = 55◦ . 2 Điểm M2 nằm ngoài đường tròn chứa cung AmB ˘. Gọi D là giao điểm của M2B với cung AmB ˘. Nối A với D. Ta có AM÷2B + M÷2AD = ADB ’ = 55◦ ⇒ AM÷2B < 55◦ . B O I C M1 A D M2 m 55◦ C BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI 1. Cho các hình thoi ABCD có cạnh AB cố định. Tìm quỹ tích giao điểm O của hai đường chéo của hình thoi đó. ✍ LỜI GIẢI. Vì ABCD là hình thoi nên AOB ’ = 90◦ . Do AB cố định nên O chạy trên đường tròn đường kính AB. A B O D C BÀI 2. Xét các tam giác ABC có BC = 2 cm cố định và Ab = 60◦ . 1 Tìm quỹ tích các điểm A. 2 Điểm A ở vị trí nào thì diện tích 4ABC có diện tích lớn nhất? Tính giá trị lớn nhất đó. ✍ LỜI GIẢI. 1 Vì BC = 2 cm và BAC ’ = 60◦ nên quỹ tích các điểm A là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc 60◦ . 2 Gọi AF là đường cao hạ từ A xuống BC và H là trung điểm BC. Khi đó S4ABC = AF · BC 2 ≤ AH · BC 2 . Vậy diện tích 4ABC lớn nhất khi A là điểm chính giữa cung BC˜. Khi đó 4ABC là tam giác đều có cạnh bằng 2 cm, do đó diện tích tam giác ABC lớn nhất bằng √ 3 · 2 2 4 = √ 3 cm2 . H F A B C Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 179/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 3. Cho nửa đường tròn đường kính AB và cung EF của nửa đường tròn (E nằm trên cung AF˜ sao cho sđEF˜ = 30◦ ). Hai tia AE và BF cắt nhau tại M. Tìm quỹ tích điểm M khi cung EF˜ chuyển động trên nửa đường tròn. ✍ LỜI GIẢI. Phần thuận: Giả sử có điểm M sao cho sđEF˜ = 30◦ , khi đó AMB ÷= sđAB˜ − sđEF˜ 2 = 180◦ − 30◦ 2 = 75◦ . Vậy điểm M nằm trên cung chứa góc 75◦ dựng trên đoạn AB (cung này thuộc nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn cho trước). A B M E P x F Q y Giới hạn: Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến Ax, By (của nửa đường tròn đường kính AB với cung chứa góc chứa điểm M). – Nếu E ≡ A thì M ≡ P; – Nếu F ≡ B thì M ≡ Q. Vậy điểm M chỉ nằm trên cung P Q˜. Phần đảo: Lấy điểm M trên cung P Q˜. Nối MA, MB cắt nửa đường tròn đường kính AB lần lượt tại E, F. Ta có AMB ÷= sđAB˜ − sđEF˜ 2 ⇒ sđEF˜ = sđAB˜ − 2AMB ÷= 30◦ . Kết luận: quỹ tích điểm M chỉ nằm trên cung P Q˜ (cung này thuộc nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn cho trước). BÀI 4. Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm E, trên tia đối của tia CD lấy điểm F sao cho CE = CF. Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng DE và BF. Tìm quỹ tích điểm M khi E di động trên cạnh BC. ✍ LỜI GIẢI. Phần thuận: Xét hai tam giác vuông 4BCF và 4DCE có BC = CD (do ABCD là hình vuông) và CE = CF (gt) nên 4BCF = 4DCE, do đó CBF ’ = CDE ’. Mà BEM ÷= CED ’ (đối đỉnh) nên 90◦ = CDE ’ + CED ’ = CBF ’+ BEM ÷⇒ BMD ÷= 90◦ . Vậy điểm M nằm trên đường tròn đường kính BD. A B D C F E M Giới hạn: – Nếu E ≡ B thì M ≡ B; – Nếu E ≡ C thì M ≡ C. Vậy điểm M chỉ nằm trên cung nhỏ BC˜ của đường tròn đường kính BD. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 180/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Phần đảo: Lấy điểm M trên cung nhỏ BC˜ của đường tròn đường kính BD. Nối MB, MD lần lượt cắt CD, BC tại F, E. Ta có BMD ÷ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên 4BCF = 4DCE (g.c.g), do đó CF = CE. Kết luận: quỹ tích điểm M nằm trên cung nhỏ BC˜ của đường tròn đường kính BD. BÀI 5. Cho tam giác ABC vuông ở A. Vẽ hai nửa đường tròn đường kính AB và AC ra phía ngoài của tam giác. Qua A vẽ cát tuyến MAN (M thuộc nửa đường tròn đường kính AB, N thuộc nửa đường tròn đường kính AC). 1 Tứ giác BCNM là hình gì? 2 Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn MN khi cát tuyến MAN quay quanh A. ✍ LỜI GIẢI. 1 Vì M, N lần lượt nằm trên nửa đường tròn đường kính AB, AC nên BMA ÷= CNA ’ = 90◦ . Do đó BM ⊥ MN, CN ⊥ MN ⇒ BCNM là hình thang vuông (tại M, N). 2 Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn MN: B E C A M N Q I P Phần thuận: Gọi E là trung điểm BC ⇒ IE là đường trung bình của hình thang BCNM ⇒ EI ⊥ MN, do đó AIC ‘ = 90◦ . Vậy điểm M nằm trên đường tròn đường kính AE. Giới hạn: Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AC. Ta có AP EQ là hình chữ nhật nên P, Q cùng nằm trên đường tròn đường kính AE. – Nếu M ≡ B thì I ≡ P; – Nếu M ≡ C thì I ≡ C. Vậy điểm M chỉ nằm trên cung P Q˜ của đường tròn đường kính AE. Phần đảo: Lấy điểm I trên cung P Q˜ của đường tròn đường kính AE. Nối AI lần lượt cắt AB, ˜ AC˜ tại M, N. Ta có AIE ‘ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên EI ⊥ MN ⇒ EI k BM, do đó EI là đường trung bình của hình thang BCNM ⇒ MI = NI. Kết luận: quỹ tích điểm I nằm trên cung P Q˜ của đường tròn đường kính AE. BÀI 6. Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và điểm C di chuyển trên nửa đường tròn. Ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ tam giác BCD vuông cân tại C. Tìm quỹ tích điểm D. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 181/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Phần thuận: Ta có ACB ’ = BCD ’ = 90◦ nên A, C, D thẳng hàng. Vì tam giác BCD vuông cân tại C nên ADB ’ = 45◦ , do đó điểm D nằm trên cung chứa góc 45◦ dựng trên đoạn AB (cung này thuộc nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn cho trước). Giới hạn: – Nếu C ≡ B thì D ≡ B; – Nếu C ≡ A thì D ≡ A. Vậy điểm D nằm trên cung chứa góc 45◦ dựng trên đoạn AB. A B C D Phần đảo: Lấy điểm D trên cung chứa góc 45◦ dựng trên đoạn AB. Nối AD nửa đường tròn AB tại C. Ta có ACB ’ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ADB ’ = 45◦ nên 4BCD vuông cân tại C, do đó CB = CD. Kết luận: quỹ tích điểm D nằm trên cung chứa góc 45◦ dựng trên dây AB. BÀI 7. Cho tam giác ABC có Ab = 60◦ , nội tiếp đường tròn (O). Trên cung nhỏ AC lấy một điểm D, trên dây BD lấy điểm M sao cho DM = CD. 1 Chứng minh tam giác MCD là tam giác đều. 2 Tìm quỹ tích điểm M khi điểm D di động trên cung nhỏ AC. ✍ LỜI GIẢI. 1 Vì BAC ’ = 60◦ nên BDC ’ = 60◦ . Do đó tam giác MDC đều (vì DM = DC). 2 Tìm quỹ tích điểm M: M A E B C D Phần thuận: Vì 4MDC đều nên BMC ÷= 180◦ − 60◦ = 120◦ , do đó điểm M chạy trên cung chứa góc 120◦ dựng trên đoạn BC. Giới hạn: Gọi E là giao điểm của AB và cung chứa góc 120◦ dựng trên đoạn BC. – Nếu D ≡ A thì M ≡ E; – Nếu D ≡ C thì M ≡ C. Vậy điểm M chỉ nằm trên cung nhỏ CE˜ của cung chứa góc 120◦ dựng trên đoạn BC. Phần đảo: Lấy điểm M trên cung nhỏ EC˜ của cung chứa góc 120◦ dựng trên đoạn BC. Nối BM cắt (O) tại D. Ta có BMC ÷= 120◦ (góc nội tiếp) nên CMD ÷= 180◦ − 120◦ = 60◦ . Mà BDC ’ = 60◦ nên 4MCD đều, do đó DC = DM. Kết luận: quỹ tích điểm M nằm trên cung nhỏ CE˜ của cung chứa góc 120◦ dựng trên đoạn BC. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 182/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 8. Cho cung một phần tư đường tròn với hai bán kính OA, OB vuông góc với nhau. Trên cung này lấy một điểm C tùy ý không trùng với A và B. Vẽ CH vuông góc với OA. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HOC. 1 Chứng minh rằng 4AIO = 4CIO. 2 Tìm quỹ tích điểm I khi điểm C di động trên cung AB. ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét hai tam giác AIO và CIO có OA = OC, OI chung và AOI ‘ = CIO ‘ nên 4AIO = 4CIO (c.g.c). 2 Tìm quỹ tích điểm I khi điểm C di động trên cung AB. O B A C H I Phần thuận: Ta có AIO ‘ = CIO ‘ = 180◦ − (IOC ‘ + ICO ‘) = 180◦ − 1 2 (HOC ’ + HCO ’) = 180◦ − 45◦ = 135◦ . Vì A, O cố định nên quỹ tích điểm I nằm trên cung 135◦ dựng trên đoạn AO. Giới hạn: Vì C chỉ chạy trên cung AB˜ nên điểm I chỉ chạy trên cung chứa góc 135◦ dựng trên đoạn AO thuộc nửa mặt phẳng bờ AO có chứa điểm B. Phần đảo: Lấy điểm I trên cung chứa góc 135◦ dựng trên đoạn AO. Dựng OC sao cho OI là tia phân giác góc AOC ’ (C nằm trên cung AB˜), từ C hạ CH ⊥ OA. Vì CIO ‘ = AIO ‘ = 135◦ nên CIA ‘ = 360◦ − 2 · 135◦ = 90◦ , do vậy C, I, H, A cùng nằm trên một đường tròn. Từ đó suy ra ICH ’= IAH ’= ICO ‘ ⇒ IC là tia phân giác góc OCH ’, vì vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác COH. Kết luận: quỹ tích điểm I là cung chứa góc 135◦ dựng trên đoạn AO thuộc nửa mặt phẳng bờ AO có chứa điểm B. BÀI 9. Dựng tam giác ABC biết BC = 3 cm, Ab = 50◦ và AB = 2 cm. ✍ LỜI GIẢI. 1 Phân tích: A B C Giả sử ta dựng được tam giác ABC thỏa mãn đề bài, ta có Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 183/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BC = 3 cm nên dựng được ngay; Điểm A thỏa mãn +) Góc BAC ’ = 50◦ nên A nằm trên cung chứa góc 50◦ dựng trên cạnh BC; +) Đoạn AB = 2 cm nên A nằm trên đường tròn (B; 2 cm). Do đó điểm A là giao điểm của hai hình trên. 2 Cách dựng: C A A0 B Dựng đoạn BC = 3 cm; Dựng cung chứa góc 50◦ trên đoạn BC; Dựng đường tròn (B; 2 cm) cắt cung chứa góc ở trên tại A; Nối AB, AC ta được tam giác ABC. 3 Chứng minh: Ta có BC = 3 cm (cách dựng); Ab = 50◦ ; AB = 2 cm (do A nằm trên (B; 2 cm)). 4 Biện luận: Ta dựng được hai tam giác ABC và A0BC (đối xứng nhau qua BC) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Do hai tam giác này bằng nhau nên ta chỉ có một nghiệm hình (do đây là bài toán dựng hình về kích thước). BÀI 10. Dựng tam giác ABC biết 1 BC = 4 cm, Ab = 60◦ và đường cao BH = 3 cm. 2 BC = 6 cm, Ab = 45◦ và đường cao BH = 4 cm. ✍ LỜI GIẢI. 1 BC = 4 cm, Ab = 60◦ và đường cao BH = 3 cm. 1) Phân tích: A H B C Giả sử ta dựng được tam giác ABC thỏa mãn đề bài, ta có BC = 4 cm nên dựng được ngay; Điểm H thỏa mãn +) nằm trên đường tròn đường kính BC; Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 184/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 +) nằm trên đường tròn (B; 3 cm). Do đó điểm H là giao điểm của hai hình trên. Điểm A thỏa mãn +) BAC ’ = 60◦ nên A nằm trên cung chứa góc 60◦ dựng trên cạnh BC; +) A nằm trên tia CH. Do đó điểm A là giao điểm của tia CH và cung chứa góc 60◦ . 2) Cách dựng: C A H A0 H0 B Dựng đoạn BC = 4 cm; Dựng cung chứa góc 60◦ trên đoạn BC; Dựng đường tròn đường kính BC; Dựng đường tròn (B; 3 cm) cắt đường tròn đường kính BC tại H; Tia CH cắt cung chứa góc 60◦ (ở trên) tại A; Nối AB ta được tam giác ABC cần dựng. 3) Chứng minh: Ta có BC = 4 cm (cách dựng); Ab = 60◦ vì nằm trên cung chứa góc 60◦ trên đoạn BC; BH = 3 cm vì H nằm trên đường tròn (B; 3 cm); BHC ’ = 90◦ vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. Vậy tam giác ABC thỏa mãn yêu cầu bài toán. 4) Biện luận: Ta dựng được hai tam giác ABC và A0BC (đối xứng nhau qua BC) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Do hai tam giác này bằng nhau nên ta chỉ có một nghiệm hình (do đây là bài toán dựng hình về kích thước). 2 Tương tự câu a). BÀI 11. Dựng tam giác ABC biết 1 BC = 8 cm, Ab = 60◦ và đường cao AH = 6 cm. 2 BC = 6 cm, Ab = 120◦ và đường cao AH = √ 3 cm. 3 BC = 4 cm, Ab = 60◦ và đường cao AH = 9 cm. ✍ LỜI GIẢI. 1 BC = 8 cm, Ab = 60◦ và đường cao AH = 6 cm. 1) Phân tích: Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 185/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 d A B C H Giả sử ta dựng được tam giác ABC thỏa mãn đề bài, ta có BC = 8 cm nên dựng được ngay; Điểm A thỏa mãn +) BAC ’ = 60◦ nên A nằm trên cung chứa góc 60◦ dựng trên cạnh BC; +) AH = 6 cm nên điểm A nằm đường thẳng d cách BC một khoảng 6 cm. Do đó điểm A là giao điểm của d và cung chứa góc 60◦ . 2) Cách dựng: d d 0 C A A0 B H Dựng đoạn BC = 8 cm; Dựng cung chứa góc 60◦ trên đoạn BC; Dựng đường thẳng d song song và cách BC một khoảng bằng 6 cm; Đường thẳng d cắt cung chứa góc 60◦ (ở trên) tại A; Nối AB, AC ta được tam giác ABC cần dựng. 3) Chứng minh: Ta có BC = 8 cm (cách dựng); Ab = 60◦ vì nằm trên cung chứa góc 60◦ trên đoạn BC; AH = 6 cm vì H nằm trên đường thẳng d song song và cách BC một khoảng bằng 6 cm. Vậy tam giác ABC thỏa mãn yêu cầu bài toán. 4) Biện luận: Vì d cắt cung chứa góc 60◦ dựng trên đoạn BC tại hai điểm phân biệt nên bài toán có hai nghiệm hình. Chú ý: hai tam giác ABC và A0BC (đối xứng nhau qua BC) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Do hai tam giác này bằng nhau nên hai tam giác này chỉ cho ta một nghiệm hình (do đây là bài toán dựng hình về kích thước). 2 Tương tự câu a). 3 Tương tự câu a). BÀI 12. Dựng tam giác ABC biết Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 186/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 BC = 6 cm, Ab = 45◦ và trung tuyến AM = 5 cm. 2 BC = 4 cm, Ab = 60◦ và trung tuyến AM = 2√ 3 cm. ✍ LỜI GIẢI. 1 BC = 6 cm, Ab = 45◦ và trung tuyến AM = 5 cm. 1) Phân tích: A B C M Giả sử ta dựng được tam giác ABC thỏa mãn đề bài, ta có BC = 6 cm nên dựng được ngay; Điểm M là trung điểm của BC nên dựng được ngay; Điểm A thỏa mãn +) Góc BAC ’ = 45◦ nên A nằm trên cung chứa góc 45◦ dựng trên cạnh BC; +) Đoạn AM = 5 cm nên A nằm trên đường tròn (M; 5 cm). Do đó điểm A là giao điểm của hai hình trên. 2) Cách dựng: C M A A0 B Dựng đoạn BC = 6 cm và trung điểm M của BC; Dựng cung chứa góc 45◦ trên đoạn BC; Dựng đường tròn (M; 5 cm) cắt cung chứa góc ở trên tại A; Nối AB, AC ta được tam giác ABC. 3) Chứng minh: Ta có BC = 6 cm (cách dựng); Ab = 45◦ ; AM = 5 cm (do A nằm trên (M; 5 cm)). 4) Biện luận: Vì (M; 5 cm) cắt cung chứa góc 45◦ dựng trên đoạn BC tại hai điểm phân biệt nên bài toán có hai nghiệm hình. 2 Tương tự câu a). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 187/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 13. Dựng tam giác vuông biết 1 cạnh huyền bằng 6 cm, bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 cm. 2 cạnh huyền bằng 5 cm, bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 cm. ✍ LỜI GIẢI. 1 Cạnh huyền bằng 6 cm, bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 cm. 1) Phân tích: A I B C Giả sử ta dựng được tam giác ABC vuông tại A thỏa mãn đề bài, ta có BC = 6 cm nên dựng được ngay; Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ta có BIC ‘ = 180◦ − (IBC ‘ + ICB ‘) = 180◦ − ABC ’+ ACB ’ 2 = 135◦ . Do đó điểm I nằm trên cung chứa góc 135◦ dựng trên đoạn BC. Mà bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1 cm nên I nằm trên đường thẳng d song song và cách BC một khoảng là 1 cm. Do đó I là giao điểm của d và cung chứa góc 135◦ dựng trên đoạn BC. Điểm A thỏa mãn +) Nằm trên đường tròn đường kính BC; +) Nằm trên tia Bx sao cho BI là tia phân giác của xBC ’. Do đó điểm A là giao điểm của Bx và đường tròn đường kính BC. 2) Cách dựng: x d A I B C Dựng đoạn BC = 6 cm; Dựng cung chứa góc 135◦ trên đoạn BC; Dựng đường thẳng d song song và cách BC một khoảng bằng 1 cm; Dựng đường tròn đường kính BC; Dựng tia Bx sao cho BI là phân giác góc xBC ’, khi đó Bx cắt đường tròn đường kính BC tại A; Nối AB, AC ta được tam giác ABC. 3) Chứng minh: Ta có BC = 6 cm (cách dựng); Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 188/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Ab = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); Khoảng cách từ I đến BC bằng 1 cm (do I nằm trên d). Ta có ICB ‘ = 180◦ − BIC ‘ − CBI ‘ = 180◦ − 135◦ − CBI ‘ = 45◦ − CBI. ‘ ICA ‘ = ACB ’− ICB ‘ = 90◦ − ABC ’− 45◦ + CBI ‘ = 45◦ − 2CBI ‘ + CBI ‘ = ICB. ‘ Do đó CI là tia phân giác góc ACB ’. Vậy tam giác ABC thỏa mãn đề bài. 4) Biện luận: Vì d) cắt cung chứa góc 135◦ dựng trên đoạn BC tại hai điểm phân biệt nên bài toán có hai nghiệm hình. 2 Tương tự câu a). BÀI 14. Cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng d song song với cạnh BC cắt các cạnh AB và AC theo thứ tự tại E, F. Chứng minh rằng bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn. ✍ LỜI GIẢI. Vì d k BC nên BCF E là hình thang cân, do đó BEC ’ = BF C. ’ Suy ra E, F cùng nhìn BC dưới một góc không đổi, do vậy B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn. d B C A E F BÀI 15. Cho tam giác ABC có các góc B, “ Cb nhọn và đường cao AH, đường trung tuyến AM thỏa mãn BAH ’ = MAC ÷. Gọi E là trung điểm của AB. 1 Hỏi 4AEH là tam giác gì? 2 Chứng minh rằng A, E, H, M cùng thuộc một đường tròn. 3 Chứng minh rằng 4ABC là tam giác vuông. ✍ LỜI GIẢI. 1 Vì 4AHB vuông tại H và E là trung điểm AB nên EA = EH ⇒ 4EAH cân tại E. 2 Vì EM là đường trung bình của tam giác ABC nên EM k AC ⇒ EMA ÷ = MAC ÷ = HAB ’ = EHA ’. Do đó A, E, H, M cùng thuộc một đường tròn. B H M C A E c) Vì A, E, H, M cùng thuộc một đường tròn nên MEA ÷= MHA ÷= 90◦ ⇒ EM ⊥ AB ⇒ AC ⊥ AB. Vậy tam giác ABC vuông tại A. BÀI 7 TỨ GIÁC NỘI TIẾP Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 189/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 A TÓM TẮT LÍ THUYẾT 1. Định nghĩa tứ giác nội tiếp Định nghĩa 1. Nếu qua bốn đỉnh của một tứ giác (lồi) có một đường tròn thì tứ giác đó gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn, còn đường tròn đó gọi là đường tròn ngoại tiếp tứ giác. Ta có minh họa với tứ giác lồi ABCD như sau A, B, C, D ∈ (O, R) ⇔ ABCD nội tiếp trong (O, R) và khi đó, ta thấy ngay 1 Theo định nghĩa đường tròn thì OA = OB = OC = OD = R nhận xét đó sẽ gợi ý cho chúng ta một phương pháp chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn (hoặc nói tứ giác ABCD nội tiếp được). 2 Với từng điều kiện OA = OB ⇔ O thuộc đường trung trực của AB OA = OD ⇔ O thuộc đường trung trực của AD C B A O D nhận xét đó sẽ gợi ý cho chúng ta phương pháp xác định tâm của một tứ giác nội tiếp được. 2. Tính chất Định lí 1. 1 Thuận: Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện nhau bằng hai góc vuông. 2 Đảo: Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện nhau bằng 2v thì tứ giác đó nội tiếp được trong một đường tròn. Ta có hình minh họa với tứ giác lồi ABCD như sau ABCD nội tiếp ⇔ " Ab + Cb = 180◦ B“+ D“ = 180◦ . C B A O D β α 180◦ − β 180◦ − α Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 190/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN { DẠNG 1. Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn Phương pháp giải: Phương pháp Để chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn chúng ta có thể lựa chọn một trong các cách sau: Cách 1: Chứng minh bốn đỉnh của tứ giác cùng cách đều một điểm. Tức là, nếu ta có OA = OB = OC = OD thì tứ giác ABCD nội tiếp (O, OA). C O B A D Cách 2: Chứng minh tổng hai góc đối diện bằng hai góc vuông. Tức là, nếu ta có BAD ’+ BCD ’ = 180◦ hoặc ABC ’+ ADC ’ = 180◦ thì tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn. C O B A D Cách 3: Dùng cung chứa góc α. Tức là, nếu ta có ACB ’ = ADB ’ và C, D cùng phía với AB thì tứ giác ABCD nội tiếp. C B A D VÍ DỤ 1. Chứng minh rằng hình chữ nhật ABCD nội tiếp được. ✍ LỜI GIẢI. Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD, ta có ngay OA = OB = OC = OD ⇔ ABCD nội tiếp trong (O, OA). D A B C Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 191/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 2 (Bài 58/tr 90 - Sgk). Cho 4ABC đều. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa đỉnh A, lấy điểm D sao cho DB = DC và DCB ’ = 1 2 ACB ’. 1 Chứng minh ABDC là tứ giác nội tiếp. 2 Xác định tâm của đường tròn đi qua bốn điểm A, B, C, D. ✍ LỜI GIẢI. 1 4DBC cân đỉnh D nên DBC ’ = DCB ’ = 1 2 ACB ’ = 30◦ . Suy ra CDB ’ = 180◦ − Ä DBC ’ + DCB ’ä = 120◦ . Tứ giác ABCD có tổng hai góc đối Ab + D“ = 60◦ + 120◦ = 180◦ . Vậy tứ giác ABDC nội tiếp. D B A O C 2 Do đường tròn ngoại tiếp 4ABC cũng đồng thời là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD nên để xác định tâm đường tròn qua A, B, C, D chỉ cần tìm giao điểm O của AD với đường cao BB0 của 4ABC. Đường tròn (O, OA) đi qua A, B, C, D. VÍ DỤ 3. Cho hình thoi ABCD tâm O, cạnh bằng a. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD, DA. 1 Chứng minh rằng AMNC là một tứ giác nội tiếp. 2 Chứng minh rằng MNP Q là một tứ giác nội tiếp. ✍ LỜI GIẢI. 1 Xét hai tam giác 4AMC và 4CNA, ta có AC chung; MAC ÷= NCA ’; AM = CN = a 2 . Suy ra 4AMC = 4CNA (c.g.c) ⇒ CMA ÷= ANC ’. Vậy tứ giác AMNC nội tiếp được một đường tròn. D Q P A O C B M N 2 Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau: Cách 1: Vì OM, ON, OP, OQ theo thứ tự là đường trung tuyến của các tam giác vuông 4OAB, 4OBC, 4ODA nên OM = 1 2 AB = a 2 , ON = 1 2 BC = a 2 , OP = 1 2 CD = a 2 , OQ = 1 2 DA = a 2 . Suy ra OM = ON = OP = OQ = a 2 ⇔ MNP Q nội tiếp đường tròn O, a 2 . Cách 2: Vì MN, P Q theo thứ tự là đường trung bình của các tam giác 4ABC, 4ADC nên MN k = 1 2 AC, P Q k = 1 2 AC ⇒ MN k = P Q ⇒ MNP Q là hình bình hành. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 192/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Mặt khác MNP ÷= BOC ’ = 90◦ − vì là hai góc có cạnh tương ứng song song. Suy ra MNP Q là hình chữ nhật, do đó nó nội tiếp được một đường tròn. { DẠNG 2. Sử dụng tứ giác nội tiếp giải các bài toán hình học Phương pháp giải: Phương pháp Khi đã có được một tứ giác nội tiếp hoặc đã chứng minh được một tứ giác nội tiếp ta có thể suy ra Các cặp góc đối bù nhau. Các cặp góc nội tiếp cùng chắc một cung bằng nhau. . . . Đó chính là lợi ích của tứ giác nội tiếp để thực hiện các yêu cầu khác của bài toán hình học. VÍ DỤ 1 (Bài 54/tr 89 - Sgk). Tứ giác ABCD có ABC ’+ ADC ’ = 180◦ . Chứng minh rằng các đường trung trực của AC, BD, AB cùng đi qua một điểm. ✍ LỜI GIẢI. Tứ giác ABCD có tổng hai góc đối ABC ’+ADC ’ = 180◦ nên nó là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm O. Đường tròn (O) cũng là đường tròn ngoại tiếp 4ABC nên O là giao điểm các đường trung trực của AB và AC. Tương tự, (O) là đường tròn ngoại tiếp 4BCD nên O nằm trên đường trung trực của BD. Vậy các trung trực của AB, BD, AC cùng đi qua điểm O. C O B A D VÍ DỤ 2. Tìm điều kiện để hình thang ABCD (AB k CD) nội tiếp được. ✍ LỜI GIẢI. Vì ABCD là hình thang, nên ta có Ab + D“ = 180◦ (1). Để ABCD nội tiếp được, điều kiện là B“+ D“ = 180◦ (2). Từ (1) và (2) suy ra Ab = B“ ⇔ ABCD là hình thang cân. A B D C VÍ DỤ 3 (Bài 55/tr 89 - Sgk). Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp đường tròn tâm M, biết DAB ’ = 80◦ , DAM ÷ = 30◦ , BMC ÷ = 70◦ ÷ . Hãy tính số đo các góc MAB, BCM, ÷ AMB, ÷ DMC, ÷ AMD, ÷ MCD, ÷ BCD ’. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 193/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. Ta có MAB ÷= DAB ’− DAM ÷= 80◦ − 30◦ = 50◦ . BCD ’ = 180◦ − DAB ’ = 180◦ − 80◦ = 100◦ . Kẻ đường kính CC0 . Ta có BCM ÷= BCC ÷0 = 1 2 Ä sđCC¯0 − sđBC˜ ä = 1 2 (180◦ − 70◦ ) = 55◦ . M B D C 0 A C Suy ra MCD ÷= BCD ’ − BCM ÷= 100◦ − 55◦ = 45◦ ÷ . AMD = 180◦ − Ä DAM ÷+ ADM ÷ä = 180◦ − (30◦ + 30◦ ) = 120◦ . DMC ÷= sđCD˜ = sđDB˜ − sđBC˜ = 160◦ − 70◦ = 90◦ ÷ . AMB = 360◦ − Ä BMC ÷+ CMD ÷+ DMA ÷ä = 360◦ − (70◦ + 90◦ + 120◦ ) = 80◦ . VÍ DỤ 4. Cho nửa đường tròn đường kính AB và một dây CD. Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với CD, cắt AB tại I. Các tiếp tuyến tại A và B của nửa đường tròn cắt đường thẳng CD theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng: 1 Các tứ giác AECI và BF CI nội tiếp được. 2 4IEF ∼ 4CAB, từ đó suy ra 4IEF vuông. ✍ LỜI GIẢI. 1 Theo tính chất của tiếp tuyến ta có AE ⊥ AB, BF ⊥ AB. Tứ giác AECI có EAI ‘ + ECI ‘ = 90◦ + 90◦ = 180◦ . Suy ra tứ giác AECI nội tiếp đường tròn (O1). Tứ giác BF CI có IBF ‘ + ICF ‘ = 90◦ + 90◦ = 180◦ . Suy ra tứ giác BF CI nội tiếp đường tròn (O2). 2 Xét hai tam giác 4IEF và 4CAB, ta có B F A E C O D I IEF ‘ = CAB ’ - vì hai góc nội tiếp cùng chắn cung CI của đường tròn (O1). IF E ‘ = CBA ’ - vì hai góc nội tiếp cùng chắn cung CI của đường tròn (O2). Vậy 4IEF ∼ 4CAB suy ra EIF ‘ = ACB ’. Mặt khác ACB ’ = 90◦ - vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB nên EIF ‘ = 90◦ , suy ra 4IEF vuông. Nhận xét. Khi đã chứng minh được một tứ giác nội tiếp ta có thể vẽ đường tròn đi qua bốn đỉnh của nó, để dễ nhận ra các góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 194/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 5. Cho 4ABC, các đường phân giác của các góc trong B“ và Cb và gặp nhau tại S, các đường phân giác của các góc ngoài B“ và Cb gặp nhau tại E. Chứng minh rằng: 1 BSCE là tứ giác nội tiếp. 2 Ba điểm A, S, E thẳng hàng. 3 Trung điểm M của SE thuộc đường tròn ngoại tiếp 4ABC. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có Vì BS, BE là các tia phân giác của hai góc kề bù nên BS ⊥ BE. Vì CS, CE là các tia phân giác của hai góc kề bù nên CS ⊥ CE. Suy ra SBE ’+ SCE ’= 90◦ + 90◦ = 180◦ . Do đó, tứ giác BSCE nội tiếp (cụ thể nội tiếp đường tròn đường kính SE). 2 Vì AS và AE đều là tia phân giác của góc BAC ’ nên A, S, E thẳng hàng. 3 Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau Cách 1: Vì M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BSCE nên SCB ’= 1 2 SMB ’. Mặt khác SCB ’= 1 2 ACB ’ ⇒ SMB ’ = ACB ’ (1). Tương tự ta cũng có SMC ’ = ABC ’ (2). Từ (1) và (2) ta được BMC ÷= SMB ’ + SMC ’ = ACB ’+ ABC ’. ⇒ BMC ÷+ BAC ’ = ACB ’+ ABC ’+ BAC ’ = 180◦ . Do đó tứ giác ABMC nội tiếp. Vậy điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp 4ABC. Cách 2: Chứng minh tương tự như trong cách 1 ta được SMB ’ = ACB ’ ⇔ AMB ÷= ACB. ’ B C A S M E Suy ra M và C thuộc cùng một cung chứa góc vẽ về một phía của AB. Vậy M thuộc đường tròn ngoại tiếp 4ABC. Nhận xét. Để chứng minh ABMC là tứ giác nội tiếp (câu b) trong cách 1 ta sử dụng định lí đảo “Nếu một tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180◦ thì tứ giác đó nội tiếp được một đường tròn”, trong cách 2 ta sử dụng cung chứa góc “Nếu các điểm C, M nằm cùng phía đối với AB và AMB ÷= ACB ’ thì C, M, A, B thuộc cùng một đường tròn”. VÍ DỤ 6. Cho hai đường tròn (O) và (O0 ) cắt nhau tại A và B. Vẽ một đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại C và cắt đường tròn (O0 ) tại D. Vẽ một đường thẳng qua B cắt đường tròn (O) tại E và đường tròn (O0 ) tại F. Hai đường thẳng CD và EF không cắt nhau ở bên trong hai đường tròn. Chứng minh rằng CE k DF. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 195/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Vẽ dây chung AB ta có DAB ’+ CAB ’ = 180◦ (1). Tứ giác ABEC là tứ giác nội tiếp nên CEB ’+ CAB ’ = 180◦ (2). Từ (1),(2) ⇒ CEB ’ = DAB ’ (3). Tứ giác ABF D là tứ giác nội tiếp nên DAB ’+ DF B ’ = 180◦ . Kết hợp với (3) ta có CEB ’+ DF B ’ = 180◦ ⇒ CE k DF. B A D E C F Nhận xét. Trong ví dụ này, ta đã chứng minh CEB ’ = DAB. ’ Một cách tổng quát “Mỗi góc của tứ giác nội tiếp bằng góc ngoài của góc đối diện với nó”. C BÀI TẬP LUYỆN TẬP BÀI 1. Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp được, biết 1 ABCD là hình thang cân. 2 ABCD là hình chữ nhật. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có thể trình bày theo các cách sau Cách 1: Vì ABCD là hình thang cân, nên ta có BAD ’+ BCD ’ = BAD ’+ CDA ’ = 180◦ (tổng hai góc trong cùng phía). Vậy hình thang cân ABCD nội tiếp được. D C A B Cách 2: Gọi E, M, N theo thứ tự là trung điểm của AD, AB, CD. Dựng đường trung trực Ex của AD cắt MN tại O, ta có OA = OB, vì O thuộc MN là trung trực của AB OC = OD, vì O thuộc MN là trung trực của CD OA = OD, vì O thuộc Ex là trung trực của AD. Suy ra OA = OB = OC = OD. Vậy hình thang ABCD nội tiếp được trong đường tròn (O, OA). D C O N A M E B x Cách 3: Xét hai tam giác 4ABD và 4BAC, ta có AB chung BAD ’ = ABC ’, vì ABCD là hình thang cân AD = BC, vì ABCD là hình thang cân Do đó, 4ABD = 4BAC (c.g.c) ⇒ ADB ’ = ACB ’. Vậy các điểm C, D nằm cùng phía đối với AB và thỏa mãn ADB ’ = ACB ’ nên bốn điểm A, B, C, D thuộc cùng một đường tròn. D C A B 2 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 196/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Ta có OA = OB = OC = OD ⇔ ABCD nội tiếp trong (O, OA). D O A B C BÀI 2. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và tia tiếp tuyến Bx của nửa đường tròn. Trên tia Bx lấy hai điểm C và D (C nằm giữa B và D). Các tia AC và AD lần lượt cắt đường tròn tại E và F. Hai dây AE và BF cắt nhau tại M. Hai tia AF và BE cắt nhau tại N. Chứng minh rằng 1 MN k Bx. 2 Tứ giác CDF E nội tiếp được. ✍ LỜI GIẢI. 1 Trong 4ABN, ta có AEB ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇔ AE ⊥ BN (1) AF B ’ = 90◦ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇔ BF ⊥ AN (2). Từ (1) và (2), suy ra M là trực tâm 4ABN. Suy ra MN ⊥ AB. Do đó MN k Bx, đpcm. C D B x A E F N M 2 Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau Cách 1: Nhận xét rằng CDF ’ = ABF ’, góc có cạnh tương ứng vuông góc. ABF ’ = AEF ’, góc nội tiếp cùng chắn một cung. Khi đó, trong tứ giác CDF E, ta nhận thấy CEF ’+ CDF ’ = CEF ’+ AEF ’ = 180◦ ⇒ Tứ giác CDF E nội tiếp được. Cách 2: Nhận xét rằng 90◦ = DF E ’ + BF E ’ = DF E ’ + BAE, ’ BCA ’+ BAC ’ = BCA ’+ BAE ’ = 90◦ . ⇒ DF E ’ = BCA ’. Khi đó, trong tứ giác CDF E, ta nhận thấy DCE ’ + DF E ’ = DCE ’ + BCA ’ = 180◦ ⇒ Tứ giác CDF E nội tiếp được. BÀI 3. Cho 4ABC, các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Gọi D là điểm đối xứng của H qua trung điểm M của BC. 1 Chứng minh tứ giác ABDC nội tiếp được trong một đường tròn. Xác định tâm O của đường tròn đó. 2 Đường thẳng DH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là I. Chứng minh rằng 5 điểm A, I, F, H, E cùng nằm trên một đường tròn. ✍ LỜI GIẢI. 1 Nhận xét rằng, tứ giác CDBH có hai đường chéo CB và DH cắt nhau tại trung điểm mỗi đường Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 197/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 nên nó là hình bình hành, suy ra CD k BH và vì BH ⊥ AC ⇒ CD ⊥ AC ⇔ ACD ’ = 90◦ . BD k CH và vì CH ⊥ AB ⇒ BD ⊥ AB ⇔ ABD ’ = 90◦ . Vậy tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn đường kính AD. Do đó, tâm O là trung điểm của AD. 2 Nhận xét rằng: AEH ’ = 90◦ , vì BE là đường cao AF H ’ = 90◦ , vì CF là đường cao AIH ’= AID‘ = 90◦ , vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. Vậy các điểm E, F, I cùng nhìn AH dưới một góc vuông, do đó 5 điểm A, I, F, H, E cùng nằm trên một đường tròn đường kính AH. A B F I O C E M D H BÀI 4. Cho hai đường tròn (O) và (O0 ) cắt nhau tại A và B. Tia OA cắt đường tròn (O0 ) tại C, tia O0A cắt đường tròn (O) tại D. Chứng minh rằng 1 Tứ giác OO0CD nội tiếp. 2 Tứ giác OBO0C nội tiếp. 3 Năm điểm O, O0 , B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. ✍ LỜI GIẢI. 1 Nhận xét rằng ODO ÷0 = OAD ’, vì 4OAD cân tại O OAD ’ = CAO ’0 , vì đối đỉnh CAO ’0 = OCO ÷0 , vì 4O0AC cân tại O0 Từ đó, suy ra ODO ÷0 = OCO ÷0 . Vậy các điểm C, D nằm cùng phía đối với OO0 và thỏa mãn ODO ÷0 = OCO ÷0 nên bốn điểm O, O0 , C, D thuộc cùng một đường tròn, tức là tứ giác OO0CD nội tiếp. 2 Xét hai tam giác 4AOO0 và 4BOO0 , ta có OO0 chung OA = OB, vì cùng bằng bán kính đường tròn (O) O0A = O0B, vì cùng bằng bán kính đường tròn (O0 ) O O0 C D A B Do đó, 4AOO0 = 4BOO0 (c.c.c) ⇒ OAO ’0 = OBO ÷0 . Khi đó, ta được OBO ÷0 + OCO ÷0 = OAO ’0 + CAO ’0 = 180◦ , tức là tứ giác OBO0C nội tiếp. 3 Nhận thấy rằng: Từ kết quả câu a), suy ra D thuộc đường tròn ngoại tiếp 4COO0 . Từ kết quả câu b), ta suy ra B thuộc đường tròn ngoại tiếp 4COO0 . Vậy năm điểm O, O0 , B, C, D cùng nằm trên một đường tròn ngoại tiếp 4COO0 . BÀI 5. Cho tứ giác ABCD nội tiếp nửa đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Vẽ EF ⊥ AD. Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 198/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Các tứ giác ABEF, DCEF nội tiếp được. 2 Tia CA là tia phân giác của góc BCF ’. 3 Tứ giác BCMF nội tiếp được. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có ABE ’ = ABD ’ = 90◦ (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD). Mà AF E ’ = 90◦ nên tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn đường kính AE. Ta có DCE ’ = ACD ’ = 90◦ (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD). Mà EF D ’ = 90◦ nên tứ giác CDF E nội tiếp đường tròn đường kính ED. 2 Trong đường tròn đường kính AD, ta có ACB ’ = ADB ’, góc nội tiếp cùng chắn cung AB˜ (1). Trong đường tròn đường kính DE, ta có ADB ’ = ACF ’, góc nội tiếp cùng chắn cung EF˜ (2). A B D C M E F O Từ (1) và (2), suy ra ACB ’ = ACF ’ ⇔ CA là tia phân giác của góc BCF ’. 3 Trong đường tròn đường kính ED ta có EMF ÷= 2EDF ’. Suy ra BMF ÷= 2BDA ’. Mà BCF ’ = 2BCA ’ (do CA là tia phân giác của BCF ’). Mặt khác BCA ’ = BDA ’ Nên BCF ’ = BMF ÷. Do đó tứ giác BCMF nội tiếp. BÀI 6. Chứng minh rằng trong một đường tròn hai dây không đi qua tâm không thể cắt nhau tại trung điểm mỗi dây. ✍ LỜI GIẢI. Ta đi chứng minh bằng phản chứng. Giả sử trái lại có hai dây cung AC và BD cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường và không đi qua tâm O. Khi đó tứ giác ABCD là hình bình hành. Do đó ABCD là hình chữ nhật ⇒ BAD ’ = 90◦ Vậy BD là đường kính ⇒ O ∈ BD, mâu thuẫn. D A B C I O BÀI 7. Hai đường tròn (O) và (O0 ) cắt nhau tại A và B. Trên đường tròn (O0 ) lấy một điểm M. Các Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 199/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 đường thẳng MA, MB cắt đường tròn (O) tại C và D. Từ M vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O0 ). Chứng minh rằng xy k CD. ✍ LỜI GIẢI. Vẽ dây cung AB, ta có MAB ÷+ CAB ’ = 180◦ . Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp nên CDB ’ + CAB ’ = 180◦ ⇒ CDB ’ = MAB. ÷ Mặt khác trong đường tròn (O0 ) ta có MAB ÷= xMB ’ ⇒ CDB ’ = xMB ’ ⇒ CD k xy, đpcm. C A D B M x y BÀI 8. Hai đường tròn (O) và (O0 ) cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) và (O0 ) tại C và D. Vẽ dây CE của đường tròn (O) và dây DF của đường tròn (O0 ) song song với nhau. Chứng minh rằng ba điểm B, E, F thẳng hàng. ✍ LỜI GIẢI. Vẽ dây chung AB, ta lần lượt thấy Vì CE k DF nên ACE ’+ ADF ’ = 180◦ . Tứ giác ABEC nội tiếp nên ABE ’+ ACE ’ = 180◦ (1). Tứ giác ABF D là tứ giác nội tiếp nên ABF ’+ ADF ’ = 180◦ (2). Cộng theo vế (1) và (2) ta được ABE ’+ACE ’+ABF ’+ADF ’ = 360◦ ⇔ EBF ’+ Ä ACE ’+ ADF ’ä = 360◦ . ⇒ EBF ’ = 180◦ ⇔ Ba điểm B, E, F thẳng hàng. C A D E B F BÀI 9. Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AB lấy một điểm M. Đường thẳng qua C vuông góc với CM cắt các tia AB, AD lần lượt tại E và F. Tia CM cắt đường thẳng AD tại N. Chứng minh rằng 1 Tứ giác AMCF nội tiếp được. 2 Tứ giác ANEC nội tiếp được. 3 CM + CN = EF. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta lần lượt thấy Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 200/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ÷MAF = 90◦ ÷ , vì ABCD là hình vuông. MCF = 90◦ , theo giả thiết EF ⊥ CM. Do đó, tứ giác AMCF nội tiếp đường tròn đường kính MF. 2 Ta lần lượt thấy NAE ’ = 90◦ , vì ABCD là hình vuông. NCE ’ = 90◦ , theo giả thiết EF ⊥ CM. Do đó, tứ giác ANEC nội tiếp đường tròn đường kính NE. 3 Ta lần lượt xét E C N A D F B M Xét÷4CMF vuông tại C, ta có CMF = CAF ’ = 45◦ cùng chắn cung CF˜ của (MF). ⇒ 4CMF vuông cân tại C ⇒ CM = CF (1). Xét 4CNE vuông tại C, ta có CNE ’ = CAE ’ = 45◦ , cùng chắn cung CE˜ của (NE). ⇒ 4CNE vuông tại C ⇒ CN = CE (2). Cộng theo vế (1) và (2), ta được CM + CN = CF + CE = EF, đpcm. BÀI 10. Cho hình bình hành ABCD. Đường tròn đi qua ba đỉnh A, B, C cắt đường thẳng CD tại P khác C. Chứng minh AP = AD. ✍ LỜI GIẢI. Ta có ABCP là tứ giác nội tiếp. Suy ra B“+ AP C ’ = 180◦ . Mà ADC ’ = B“ (do ABCD là hình bình hành) Nên ADC ’+ AP C ’ = 180◦ . Mặt khác ADP ’+ ADC ’ = 180◦ (hai góc kề bù). Suy ra ADP ’ = AP D ’. Vậy 4AP D cân tại A ⇒ AP = AD. D C A B O P BÀI 11. Từ một điểm M ở bên ngoài đường tròn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn. Trên cung nhỏ AB lấy một điểm C. Vẽ CD ⊥ AB, CE ⊥ MA, CF ⊥ MB. Gọi I là giao điểm của AC và DE, K là giao điểm của BC và DF. Chứng minh rằng 1 Tứ giác AECD nội tiếp được. 2 Tứ giác BF CD nội tiếp được. 3 CD2 = CE · CF. 4 IK k AB. ✍ LỜI GIẢI. 1 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 201/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Xét tứ giác AECD ta có ADC ’+ AEC ’ = 90◦ + 90◦ = 180◦ . Do đó, tứ giác AECD nội tiếp được. 2 Xét tứ giác BF CD ta có BDC ’ + BF C ’ = 90◦ + 90◦ = 180◦ . Do đó, tứ giác BF CD nội tiếp được. 3 Xét hai tam giác 4CDE và 4CF D, ta có B F C M D O K A E I CED ’ = CAD ’, góc nội tiếp cùng chắn một cung trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác AECD. CAD ’ = CBF ’, góc nội tiếp cùng chắn một cung và góc tạo bởi tiếp tuyến với dây cung đó. CBF ’ = CDF ’, góc nội tiếp cùng chắn một cung trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác BF CD. ⇒ CED ’ = CDF ’ (1). CDE ’ = CAE ’, góc nội tiếp cùng chắn một cung trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác AECD. CAE ’ = CBD ’, góc nội tiếp cùng chắn một cung và góc tạo bởi tiếp tuyến với dây cung đó. CBD ’ = CF D ’, góc nội tiếp cùng chắn một cung trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác BF CD. ⇒ CDE ’ = CF D ’ (2). Từ (1) và (2) suy ra 4CDE ∼ 4CF D ⇒ CD CF = CE CD ⇔ CD2 = CE · CF, đpcm. 4 Ta có CED ’ = CDF ’ CDF ’ + BDF ’ = BDC ’ = 90◦ CED ’ + DEA ’ = CEA ’ = 90◦ . Do đó BDF ’ = AED ’, hay BDK ’ = AEI ‘. Mặt khác DBK ’ = EAI ‘ nên 4AEI ∼ 4BDK. Suy ra AIE ‘ = BKD ’. Mà AIE ‘ = DIC ’(hai góc đối đỉnh) nên DIC ’= BKD ’. Do đó tứ giác DICK nội tiếp ⇒ IDC ’= IKC ’. Hay CDE ’ = IKC ’. Vì CDE ’ = ABC ’(= CAM ÷) nên IKC ’= ABC ’. Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên AB k IK. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 202/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 8 ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP - ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP A TÓM TẮT LÍ THUYẾT 1. Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp đa giác đều Định nghĩa 1. Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác đó và khi đó đa giác được gọi là nội tiếp đường tròn. Định nghĩa 2. Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của một đa giác được gọi là đường tròn nội tiếp đa giác đó và khi đó đa giác được gọi là ngoại tiếp đường tròn. Định lí 1. Bất kì đa giác đều nào cũng có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp. Ta có: Tâm chung của đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp một đa giác đều gọi là tâm của đa giác đều đó. Khoảng cách từ tâm của đa giác đều đến cạnh của nó gọi là trung đoạn (cũng là bán kính của đường tròn nội tiếp). 2. Bán kính của đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp đa giác đều Gọi R, r, n và a lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp, số cạnh và độ dài mỗi cạnh. Xét 4OHA, ta có AOB ’ = 180◦ n ⇒ AOH ’ = 180◦ 2n . R = OA = AH sin AOH ’ = a 2 sin 180◦ n ⇒ sin 180◦ n = a 2R . r = OH = AH tan AOH ’ = a 2 tan 180◦ n ⇒ tan 180◦ n = a 2r . A B O H r R Định lí 2. Với mọi đa giác đều có cùng số cạnh, tỉ số giữa chu vi đa giác với đường kính của đường tròn ngoại tiếp không phụ thuộc độ dài của đường kính. 3. Cách vẽ các đa giác đều thông dụng bằng thước và compa a) Để vẽ 4ABC đều, nội tiếp đường tròn (O), ta thực hiện Vẽ đường kính AA0 . Vẽ đường tròn (A0 , A0O), cắt (O) ở B và C. B C A0 A O Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 203/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 b) Để vẽ hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O), ta vẽ hai đường kính vuông góc là AC và BD. B A C O D c) Để vẽ lục giác đều ABCDEF nội tiếp đường tròn (O), ta thực hiện Vẽ đường kính AD. Vẽ đường tròn (A; AO), cắt (O) ở B và F. Vẽ đường tròn (D; DO), cắt (O) ở C và E. B C F E A D O B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN VÍ DỤ 1. (Bài 61/trang 91 - SGK) 1 Vẽ đường tròn tâm O, bán kính 2 cm. 2 Vẽ hình vuông nội tiếp đường tròn (O) đó. 3 Tính bán kính r của đường tròn nội tiếp hình vuông ở câu b) rồi vẽ đường tròn (O; r). ✍ LỜI GIẢI. 1 Cách vẽ: Mở com-pa một khoảng bằng 2 cm. Quay một vòng để vẽ đường tròn (O; 2). 2 Cách vẽ: Từ điểm A bất kì trên đường tròn, vẽ đường kính AC. Vẽ đường kính BD vuông góc với đường kính AC. A, B, C, D là bốn đỉnh của hình vuông cần dựng. B A C O D E 3 Đường tròn nội tiếp hình vuông có đường kính bằng cạnh của hình vuông ABCD. Ta có OE2 + EA2 = OA2 ⇔ 2r 2 = 22 ⇒ r = √ 2. Cách vẽ đường tròn nội tiếp hình vuông: Kẻ OE ⊥ AB, vẽ đường tròn (O; OE). VÍ DỤ 2. (Bài 62/trang 91 - SGK) 1 Vẽ 4ABC đều cạnh a = 3 cm. 2 Vẽ đường tròn (O; R) ngoại tiếp 4ABC. Tính R. 3 Vẽ đường tròn (O; r) nội tiếp 4ABC. Tính r. 4 Vẽ tam giác đều IJK ngoại tiếp đường tròn (O; R). ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 204/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Cách vẽ: Vẽ BC = 3 cm. Vẽ các đường tròn (B; 3 cm) và (C; 3 cm) cắt nhau tại A. 4ABC là tam giác đều có cạnh bằng 3 cm. 2 Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC trùng với trọng tâm của tam giác đó. Ta có bán kính R của đường tròn ngoại tiếp 4ABC là R = 2 3 AH = 2 3 · AB√ 3 2 = 2 3 · 3 √ 3 2 = √ 3 cm. A I O J B C K c) Bán kính r của đường tròn nội tiếp 4ABC là r = 1 3 AH = 1 3 · AB√ 3 2 = 1 3 · 3 √ 3 2 = √ 3 2 cm. d) Vẽ các đường tròn (A; AB), (B; AB) và (C; AB). Các đường tròn này cắt nhau tại I, J, K thì 4IJK là tam giác ngoại tiếp đường tròn (O; R). VÍ DỤ 3. Một đường tròn có bán kính R. 1 Tính diện tích tam giác đều nội tiếp đường tròn đó theo R. 2 Tính diện tích hình vuông nội tiếp đường tròn đó theo R. 3 Tính diện tích lục giác đều nội tiếp đường tròn đó theo R. ✍ LỜI GIẢI. 1 Gọi a là độ dài cạnh tam giác đều, ta có R = a 2 sin 180◦ 3 ⇒ a = 2R sin 60◦ = R √ 3. Khi đó diện tích tam giác được cho là S = a 2 √ 3 4 = (R √ 3)2 √ 3 4 = 3R2 √ 3 4 . 2 Gọi a là độ dài cạnh hình vuông, ta có R = a 2 sin 180◦ 4 ⇒ a = 2R sin 45◦ = R √ 2. Khi đó diện tích hình vuông được cho là S = a 2 = (R √ 2)2 = 2R 2 . 3 Diện tích lục giác đều gồm 6 tam giác đều cạnh bằng R là S = 6 · R2 √ 3 4 = 3R2 √ 3 2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 205/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Nhận xét. Như vậy, để tính diện tích của một đa giác đều bất kì chúng ta chỉ cần xác định được độ dài của cạnh đa giác đều đó và đối với các đa giác đều chúng ta đã có được công thức liên hệ giữa cạnh với bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp. VÍ DỤ 4. (Bài 63/trang 92 - SGK) Cho đường tròn (O; R), tính theo R: 1 Cạnh của tam giác đều nội tiếp. 2 Cạnh của hình vuông nội tiếp. 3 Cạnh của lục giác đều nội tiếp. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có a = 2R · sin 180◦ 3 = 2R sin 60◦ = R √ 3. 2 Ta có a = 2R · sin 180◦ 4 = 2R sin 45◦ = R √ 2. 3 Ta có a = 2R · sin 180◦ 6 = 2R sin 30◦ = R. VÍ DỤ 5. Cho lục giác đều ABCDEF tâm O. 1 Gọi a là độ dài cạnh lục giác đều. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp R và bán kính đường tròn nội tiếp r của lục giác. 2 Gọi M là một điểm bất kì trong 4AOB. Gọi H, I, K theo thứ tự là hình chiếu của M trên OA, OB, CF. Chứng minh rằng năm điểm M, H, I, O, K cùng thuộc một đường tròn. 3 Chứng minh rằng 4HIK là tam giác đều. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có R = a 2 sin 180◦ 6 = a 2 sin 30◦ = a. r = a 2 tan 180◦ 6 = a 2 tan 30◦ = a √ 3 2 . 2 Nhận xét rằng OHM ÷= OIM’ = OKM ÷= 90◦ . ⇒ H, I, K thuộc đường tròn có đường kính OM. ⇒ H, I, K, O, M cùng thuộc một đường tròn. B C F E H A M D I K O c) Giả sử K thuộc đoạn thẳng OF. Xét đường tròn đi qua năm điểm H, I, K, O, M, ta có HKI ’ = HOI ’ = 60◦ vì góc nội tiếp cùng chắn một cung. Tương tự, ta có KHI ’ = KOI ’ = 60◦ vì góc nội tiếp cùng chắn một cung. Trong 4HIK ta có HIK ’ = KHI ’ = 60◦ nên 4HIK là tam giác đều. Nhận xét. Trong lời giải ở câu a), ta tính được R, r dựa trên công thức đã biết, tuy nhiên cũng có thể sử dụng việc xét tam giác vuông để xác định R, r. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 206/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Nhờ chứng minh được năm điểm M, H, I, O, K cùng thuộc một đường tròn, các góc HKI ’ và HOI ’ là hai góc nội tiếp của đường tròn đó, do đó áp dụng tính chất của góc nội tiếp, ta tính được HIK ’ = 60◦ và IKH ’ = 60◦ . VÍ DỤ 6. (Bài 64/trang 92 - SGK) Trên một đường tròn bán kính R lần lượt đặt theo cùng một chiều, kẻ từ một điểm A, ba cung AB, BC, CD sao cho sđ AB˜ = 60◦ , sđ BC˜ = 90◦ và sđ CD˜ = 120◦ . 1 Tứ giác ABCD là hình gì? 2 Chứng minh rằng hai đường chéo của tứ giác ABCD vuông góc với nhau. 3 Tính độ dài các cạnh của tứ giác ABCD theo R. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có BDC ’ = 1 2 sđ BC˜ = 45◦ . sđ AD˜ = 360◦ − (60◦ + 90◦ + 120◦ ) = 90◦ . ⇒ ABD ’ = 1 2 sđ AD˜ = 45◦ = BDC ’ ⇒ AB k CD (vì có cặp góc so le trong bằng nhau). Do đó, ABCD là hình thang và hình thang nội tiếp đường tròn nên nó là hình thang cân. A B M O D H C b) Gọi M là giao điểm của AC và BD, vì AMD ÷là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên AMD ÷= sđ AD˜ + sđ BC˜ 2 = 90◦ + 90◦ 2 = 90◦ ⇒ AC ⊥ BD. c) Ta lần lượt có các nhận xét: 4OAB đều nên AB = OA = R. 4OAD vuông cân nên AD = OA√ 2 = R √ 2 = BC. Kẻ OH ⊥ CD, ta có CD = 2CH = 2R sin 60◦ = R √ 3. Nhận xét. Trong lời giải của câu a) chúng ta có thể thực hiện đơn giản hơn bằng cách: sđ AD˜ = sđ BC˜ = 90◦ ⇒ AD˜ = BC˜ ⇒ AB k CD. VÍ DỤ 7. Cho đường tròn (O; R). Cho một dây cung AB bằng cạnh hình vuông nội tiếp và một dây cung BC bằng cạnh tam giác đều nội tiếp (C và A nằm cùng phía đối với BO). Tính các cạnh của 4ABC và đường cao AH của nó theo R. ✍ LỜI GIẢI. Theo giả thiết, ta có AB = R √ 2, BC = R √ 3. Trong đường tròn (O), ta có sđ AC˜ = sđ BC˜ − sđ AB˜ = 120◦ − 90◦ = 30◦ ⇒ ABC ’ = 15◦ . O H A B C Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 207/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Trong 4ABH, ta có AH = AB sin 15◦ ≈ R √ 2 · 0,2588 ≈ 0,37R. Vì 4AHC vuông cân nên AC = AH√ 2 ≈ 2R · 0,2588 ≈ 0,52R. Nhận xét. Ví dụ trên thuộc dạng toán tính toán đơn giản. Tuy nhiên, để thực hiện được nó các em học sinh cần nhớ được công thức tính độ dài của tam giác đều và tứ giác đều nội tiếp trong đường tròn (O; R). C BÀI TẬP LUYỆN TẬP BÀI 1. Một đa giác đều nội tiếp đường tròn (O; R). Biết độ dài mỗi cạnh của nó là R √ 2. Hỏi đa giác đó là hình gì? ✍ LỜI GIẢI. Gọi a, n theo thứ tự là số đỉnh, độ dài cạnh của đa giác đều đó, ta có a = R √ 2. ⇒ sin 180◦ n = a 2R = R √ 2 2R = √ 2 2 = sin 45◦ ⇒ 180◦ n = 45◦ ⇒ n = 4. Vậy đa giác cần tìm là tứ giác đều (hình vuông). BÀI 2. Cho lục giác đều ABCDEF cạnh a. Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại M và chúng cắt đường thẳng EF theo thứ tự tại N và P. 1 Chứng minh rằng 4MNP là tam giác đều. 2 Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp 4MNP. ✍ LỜI GIẢI. 1 Hình lục giác đều có số đo mỗi góc bằng (6 − 2) · 180◦ 6 = 120◦ . Suy ra số đo mỗi góc ngoài bằng 180◦ − 120◦ = 60◦ . Xét 4MBC, ta có BMC ÷= 180◦ − (MBC ÷+ MCB ÷) = 60◦ . Xét 4AF N, ta có ANF ’ = 180◦ − (NAF ’ + NF A ’) = 60◦ . B C M N F E P O A D Vậy 4MNP có hai góc bằng 60◦ nên nó là tam giác đều. 2 Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp 4MNP, ta có R = MN 2 sin 180◦ 3 = 3a 2 sin 60◦ = a √ 3. BÀI 3. Cho ngũ giác đều ABCDE. Hai đường chéo AC và AD cắt BE lần lượt tại M và N. 1 Tính tỉ số giữa các bán kính của đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp ngũ giác đều đó. 2 Chứng minh rằng các tam giác AMN và CMB là tam giác cân. 3 Chứng minh rằng AB · BC = BM · AC. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 208/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Gọi a, R, r theo thứ tự là độ dài mỗi cạnh, bán kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp ABCDE. Khi đó, ta có R = a 2 sin 36◦ và r = a 2 tan 36◦ . Vậy suy ra r R = sin 36◦ tan 36◦ ≈ 4 5 . N M A D C E B b) Vì ABCDE là ngũ giác đều nên AB˜ = BC˜ = CD˜ = DE˜ = EA˜. Trong 4AMN, ta có AMN ÷= 1 2 (sđ EA˜ + sđ BC˜) = 1 2 (sđ AB˜ + sđ DE˜) = ANM ÷. Vậy tam giác AMN cân tại A. Trong 4CMB, ta có BMC ÷= 1 2 (sđ BC˜ + sđ EA˜) = 1 2 (sđ CD˜ + sđ DE˜) = MBC ÷. Vậy tam giác CMB cân tại C. c) Ta có ABM ÷= 1 2 sđ EA˜ = 1 2 sđ AB˜ = ACB ’. Vậy 4ABC v 4AMB (g-g) ⇒ AC AB = BC BM ⇒ BM · AC = AB · BC. BÀI 4. Cho tam giác đều nội tiếp đường tròn (O) có cạnh 3 cm. 1 Tính bán kính của đường tròn (O). 2 Tính cạnh lục giác đều ngoại tiếp đường tròn (O). ✍ LỜI GIẢI. 1 Bán kính của đường tròn (O) là R = 3 2 sin 60◦ = √ 3 (cm). 2 Cạnh lục giác đều ngoại tiếp đường tròn (O) là 2 · √ 3 tan 30◦ = 2 (cm). BÀI 5. Cho 4ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi D, E, F theo thứ tự là điểm chính giữa các cung AB, BC, CA. Chứng minh rằng ADBECF là lục giác đều. ✍ LỜI GIẢI. Vì 4ABC đều nên AOC ’ = BOC ’ = COA ’ = 120◦ . Mà D, E, F theo thứ tự là điểm chính giữa cung AB, BC, CA nên AOD ’ = DOB ’ = BOE ’ = EOC ’ = COF ’ = F OA. ’ Do đó các tam giác AOD, DOB, BOE, EOC, COF, F OA là tam giác đều có cạnh bằng R. Vậy ADBECF có 6 cạnh bằng nhau và 6 góc bằng 120◦ nên là lục giác đều. F C D B A E O Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 209/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 9 ĐỘ DÀI ĐƯỜNG TRÒN, CUNG TRÒN A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Độ dài đường tròn 1 Độ dài đường tròn (hay “Chu vi hình tròn”) được kí hiệu là C. 2 Độ dài C của một đường tròn bán kình R được tính theo công thức C = 2πR. 3 Nếu gọi d là đường kính của đường tròn (d = 2R) thì C = πd. d R A B O Trong đó π đọc là “pi” và π ≈ 3,14 (π = 3,14159265 . . .). 2. Độ dài cung tròn 1 Đường tròn bán kính R (ứng với cung 360◦ ) có độ dài là 2πR. 2 Mỗi cung 1 ◦ bán kính R có độ dài là 2πR 360 = πR 180 . 3 Một cung n ◦ , bán kính R có độ dài l = πRn 180 . B CÁC VÍ DỤ VÍ DỤ 1. 1 Tính độ dài cung 60◦ của một đường tròn có bán kính 2 dm. 2 Tính chu vi của một vành xe đạp có đường kính 650 mm. ✍ LỜI GIẢI. 1 Độ dài cung 60◦ của đường tròn có bán kính 2 dm= 20 cm là l = πRn 180 = π · 20 · 60 180 = 20π 3 ≈ 20,9 (cm). 2 Chu vi của vành xe đạp đường kính 650 mm là C = πd = 650π ≈ 204,2 (cm). VÍ DỤ 2. Tính độ dài của đường tròn, biết 1 Đường tròn có bán kính bằng 6 cm. 2 Đường tròn có đường kính 8 cm. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 210/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 3 Đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh bằng 2 √ 3 cm. ✍ LỜI GIẢI. 1 Độ dài đường tròn bán kính 6 cm là C = 2πR = 2 · π · 6 ≈ 37,7 (cm). 2 Độ dài đường tròn đường kính 8 cm là C = πd = 8π ≈ 25,1 (cm). 3 Giả sử có O là tâm đường tròn ngoại tiếp 4ABC. Qua A kẻ đường cao AH. Khi đó ta có R = OA = 2 3 AH = 2 3 · 2 √ 3 · √ 3 2 = 2 (cm). Vậy độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là C = 2πR = 2 · π · 2 = 4π ≈ 12,57 (cm). B O C A H VÍ DỤ 3. Cho (O; OM). Vẽ đường tròn (O0 ) đường kính OM. Một bán kính OA của (O) cắt (O0 ) ở B. Chứng minh hai cung MA và MB có độ dài bằng nhau. ✍ LỜI GIẢI. Trên (O0 ) đặt MOA ÷= α thì BO÷0M = 2α (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BM). Suy ra sđAM¯ = α, sđMB¯ = 2α. Do đó lMA¯ = π · OM · α 180◦ (1) lMB¯ = π · OM · 2α 180◦ · 2 = π · OM · α 180◦ . (2) Từ (1) và (2) suy ra lMA¯ = lMB¯. Vậy hai cung MA¯ và MB¯ có độ dài bằng nhau. α 2α A M B O O0 VÍ DỤ 4. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ dây CD vuông góc với AB tại M. Giả sử AM = 1 cm, CD = 2√ 3 cm. Tính 1 Độ dài đường tròn. 2 Độ dài của CAD ˘. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 211/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Ta có AB ⊥ CD tại M (giả thiết) nên MC = MD = CD : 2 = √ 3 (cm) (tính chất đường kính và dây cung). Lại có ACB ’ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Do đó, 4ACB vuông tại C có đường cao CM (CD ⊥ AB tại M). Theo hệ thức liên hệ giữa đường cao trong tam giác vuông ACB ta có A M O B C D MC2 = MA · MB ⇒ MB = MC2 MA = Ä√ 3 ä2 1 = 3 ⇒ R = 1 2 AB = 1 2 (AM + MB) = 2 (cm). Độ dài đường tròn: C = 2πR = 2π · 2 = 4π ≈ 12,57 (cm). b) Ta có AM = 1 cm, OA = 2 cm ⇒ MA = MO = 1 cm. Xét tứ giác OCAD có MC = MD (chứng minh trên) MA = MO (chứng minh trên) CD ⊥ OA (giả thiết) ⇒ OCAD là hình thoi. ⇒ CA = CO = OA (cùng bằng 2 cm) nên 4OAC đều ⇒ AOC ’ = 60◦ ⇒ COD ’ = 120◦ . Độ dài của CAD ˘ lCAD ˘ = πRn 180 = π · 2 · 120 180 = 4π 3 ≈ 4,19 (cm). Nhận xét. 1. Trong câu a), để tính được độ dài đường tròn chúng ta cần đi tìm bán kính dựa trên việc tính độ dài của đường kính AB. Tuy nhiên, ta cũng có thể tính được R bằng cách: Trong tam giác vuông OMC, ta có OC2 = OM2 + MC2 = (OA − AM) 2 + MC2 ⇒ R2 = (R − 1)2 + Ä√ 3 ä2 ⇔ R = 2 (cm). 2. Trong câu b), với yêu cầu “Tính độ dài của cung CAD”, chúng ta cần thực hiện theo 2 bước Bước 1: Tính số đo của cung CAD, tức là tính COA ’. Bước 2: Sử dụng công thức tính độ dài cung. VÍ DỤ 5. Cho đường tròn (O), dây AB = 9 cm có khoảng cách đến tâm bằng một nửa bán kính của đường tròn. 1 Tính chu vi đường tròn. 2 Tính độ dài cung nhỏ AB. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 212/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Kẻ OH ⊥ AB. Khi đó HA = HB (tính chất đường kính và dây cung). ⇒ HB = 1 2 AB = 1 2 · 9 = 4,5 (cm). Trong tam giác vuông OHB, ta có sin B = OH OB = 1 2 ⇒ B“ = 30◦ . cos B = HB OB ⇒ OB = HB cos B = 4,5 cos 30◦ = 3√ 3 (cm). Chu vi đường tròn: C = 2πR = 2π · 3 √ 3 ≈ 32,65 (cm). 2 Ta có B“ = 30◦ ; ⇒ BOH ’ = 90◦ − 30◦ = 60◦ ⇒ AOB ’ = 2BOH ’ = 2 · 60◦ = 120◦ ⇒ sđAB˜ = 120◦ . A B H O Độ dài cung nhỏ AB: lAB˜ = πRn 180 = π3 √ 3 · 120 180 ≈ 10,88 (cm). Nhận xét. 1. Để tính chu vi đường tròn hoặc độ dài đường tròn, bao giờ ta cũng phải tính bán kính của nó. Bán kính này là cạnh huyền OB của tam giác vuông OHB. Tam giác đó có cạnh góc vuông OH bằng một nửa cạnh huyền. Hãy nhớ lại nếu một tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng một nửa cạnh huyền thì góc đối diện với cạnh góc vuông đó bằng 30◦ . Có thể chứng minh trực tiếp điều này vào bài toán: sin B“ = OH OB = 1 2 ⇒ B“ = 30◦ . 2. Trong lời giải câu b), ta tính trực tiếp độ dài cung AB, đó là 1 3 chu vi của đường tròn (vì AOB ’ = 120◦ ). Nếu áp dụng công thức tính độ dài cung 120◦ , ta có π · R · 120 180 = π · 3 √ 3 · 120 180 = 2π √ 3 cm. VÍ DỤ 6. Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng sao cho điểm B nằm giữa hai điểm A và C (hình vẽ bên). Chứng minh rằng độ dài của nửa đường tròn đường kính AC bằng tổng độ dài của hai nửa đường tròn đường kính AB và BC. A B C ✍ LỜI GIẢI. Gọi C1, C2, C3 lần lượt là độ dài của các nửa đường tròn đường kính AC, AB và BC. Khi đó C1 = 1 2 · π · AC = π 2 AC; C2 = 1 2 · π · AB = π 2 AB; C3 = 1 2 · π · BC = π 2 BC. Xét C2 + C3 = π 2 AB + π 2 BC = π 2 (AB + BC) = π 2 AC = C1. Vậy C1 = C2 + C3 (điều phải chứng minh). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 213/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Nhận xét. 1. Người ta có thể phát biểu bài toán trên theo chiều ngược lại như sau: “Cho ba điểm A, B, C. Chứng minh rằng độ dài đường tròn đường kính AC bằng tổng các độ dài đường tròn đường kính AB và BC. Chứng minh rằng ba điểm A, B, C thẳng hàng và điểm B nằm giữa A và C”. 2. Từ đó, ta có kết quả tổng quát: C(AC) ≤ C(AB) + C(BC) . C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI 1. Một tam giác đều và một hình vuông cùng có chu vi là 72cm. Hỏi đường tròn ngoại tiếp hình nào lớn hơn? Lớn hơn bao nhiêu? ✍ LỜI GIẢI. Gọi a, b lần lượt là độ dài cạnh của tam giác đều và hình vuông. Suy ra 3a = 72 ⇔ a = 24(cm); 4b = 72 ⇔ b = 18(cm). Gọi R1, R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều và hình vuông. Suy ra R1 = a 2 sin 180◦ 3 = 24 2 sin 60◦ = 8√ 3 (cm); R2 = b 2 sin 180◦ 4 = 18 2 sin 45◦ = 9√ 2 (cm). Khi đó C1 = 2πR1 = 16π √ 3 ≈ 87,06 (cm); C2 = 2πR2 = 18π √ 2 ≈ 79,97 (cm). Vậy C1 > C2 và C1 − C2 ≈ 7,08. BÀI 2. Cho đoạn thẳng AD = 12cm. Các điểm B, C cùng thuộc đoạn thẳng AD sao cho AB = CD. Vẽ các đường tròn có đường kính theo thứ tự là AD và BC. Biết chu vi đường tròn lớn bằng ba lần chu vi đường tròn nhỏ. Tính chu vi của đường tròn nhỏ. ✍ LỜI GIẢI. Ta có đường tròn lớn là đường tròn đường kính AD nên bán kính R = AD : 2 = 6 (cm). Do chu vi đường tròn lớn bằng ba lần chu vi đường tròn nhỏ nên bán kính đường tròn lớn cũng gấp ba lần bán kính đường tròn nhỏ. Suy ra đường tròn đường kính BC có bán kính r = R : 3 = 6 : 3 = 2 (cm). Vậy chu vi của đường tròn nhỏ là C = 2πr = 2π · 2 = 4π. A B O C D Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 214/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 3. Cho hai đường tròn (O; R) và (O0 ; R0 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Một đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại B, cắt đường tròn (O0 ) tại C. Chứng minh rằng nếu R0 = 1 2 R thì độ dài của AC˜ bằng nửa độ dài của AB˜ (chỉ xét các cung AC, AB nhỏ hơn nửa đường tròn). ✍ LỜI GIẢI. Xét đường tròn (O), 4AOB cân tại O nên OAB ’ = OBA ’; Tương tự, trong đường tròn (O0 ), 4O0AC cân tại O0 nên O’0AC = O’0CA Mà OAB ’ = O’0AC (hai góc đối đỉnh). Do đó OBA ’ = O’0CA. Xét hai tam giác OAB và O0AC có OBA ’ = O’0CA (chứng minh trên) OAB ’ = O’0AC (đối đỉnh) ⇒ 4OAB v 4O0AC (góc - góc) ⇒ AC AB = AO0 AO = R0 R . O A C O0 B Vậy nếu R0 = 1 2 R thì độ dài của AC˜ bằng nửa độ dài của AB˜. BÀI 4. Cho 4ABC vuông ở A, Cb = 30◦ và AB = 4cm. Vẽ đường cao AH. Gọi M và N theo thứ tự là trung điểm của AB và AC. 1 Chứng minh rằng tứ giác AMHN nội tiếp được. 2 Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN. ✍ LỜI GIẢI. 1 Tam giác vuông AHB có HM là trung tuyến nên MH = MA; Tam giác vuông AHC có HN là trung tuyến nên NH = NA. Xét 4MAN và 4MHN có MA = MH (chứng minh trên) NA = NH (chứng minh trên) MN: cạnh chung . ⇒ 4MAN = 4MHN (cạnh - cạnh - cạnh) ⇒ H“ = Ab = 90◦ . Tứ giác AMHN có H“ + Ab = 90◦ + 90◦ = 180◦ nên nội tiếp được đường tròn tâm I đường kính MN. 30◦ H I B C M N A b) Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông ABC, ta có sin Cb = AB BC ⇒ BC = AB sin 30◦ = 4 1 2 = 8 (cm). Lại có MN là đường trung bình của 4ABC nên MN = 1 2 BC = 1 2 · 8 = 4 (cm). Suy ra đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN có bán kính R = 1 2 MN = 1 2 · 4 = 2 (cm). Vậy độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 215/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 C = 2πR = 2π · 2 = 4π (cm). BÀI 5. Cho hình vuông ABCD có AC = 4cm. Ở phía ngoài hình vuông vẽ các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, BC, CD, DA. Bốn nửa đường tròn đó tạo thành hình hoa bốn cánh. Tính chu vi của hình hoa ấy. ✍ LỜI GIẢI. Giả sử a là độ dài cạnh của hình vuông ABCD. Do AC = 4cm nên theo định lý Py-Ta-Go, ta có AC2 = 2a 2 ⇔ 4 2 = 2a 2 ⇒ a = 2√ 2(cm). Chu vi của hình hoa bốn cánh được tạo thành từ bốn nửa đường tròn bằng nhau C = 4 · (πd : 2) = 2 · π · a = 2 · π · 2 √ 2 ≈ 17,78(cm). A B D C Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 216/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 10 DIỆN TÍCH HÌNH TRÒN, HÌNH QUẠT TRÒN A TÓM TẮT LÍ THUYẾT 1. Diện tích hình tròn Diện tích hình tròn bán kính R là S = πR2 . 2. Diện tích hình quạt tròn Định nghĩa 1. Hình quạt tròn là một phần hình tròn bao gồm giữa một cung tròn và hai bán kính qua hai đầu mút của cung đó. Trong hình minh họa bên, ta có hình quạt tròn AOB (miền in đậm). Diện tích hình quạt n ◦ bán kính R được cho bởi: Squạt = πR2n 360 . A B O 3. Diện tích hình viên phân Định nghĩa 2. Hình viên phân là một phần hình tròn bao gồm giữa một cung tròn và dây trương cung đó. Trong hình minh họa bên, ta có hình viên phân AmB (miền in đậm). Diện tích hình viên phân AmB được cho bởi: SAmB = SquạtAOB − S4AOB. O m A B B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN VÍ DỤ 1. (Bài 77/tr 98 - Sgk) Tính diện tích hình tròn nội tiếp một hình vuông có cạnh là 4 cm. ✍ LỜI GIẢI. Hình tròn nội tiếp hình vuông có đường kính d bằng cạnh hình vuông: d = 4 cm. Hình tròn nội tiếp hình vuông cạnh 4 cm là: S = πd2 4 = π4 2 4 = 4π ≈ 12,56 cm2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 217/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 2. Tính diện tích hình tròn, biết: 1 Bán kính bằng 8 cm. 2 Đường kính bằng 12 cm. 3 Chu vi của đường tròn đó bằng 18π. ✍ LỜI GIẢI. 1 Với giả thiết, ta có: R = 8 cm ⇒ S = π · 8 2 = 64π cm2 . 2 Với giả thiết, ta có: 2R = 8 cm ⇔ R = 4 cm ⇒ S = π · 4 2 = 16π cm2 . 3 Với giả thiết, ta có: 2πR = 18π ⇔ R = 9 cm ⇒ S = π · 9 2 = 81π cm2 . VÍ DỤ 3. (Bài 81/tr 99 - Sgk) Diện tích hình tròn sẽ thay đổi như thế nào nếu: 1 Bán kính tăng gấp đôi? 2 Bán kính tăng gấp ba? 3 Bán kính tăng gấp k lần (k > 1)? ✍ LỜI GIẢI. Diện tích hình tròn có bán kính (kR) là S = π(kR) 2 = k 2 (πR). 1 Nếu bán kính tăng gấp đôi thì diện tích hình tròn tăng gấp 4 lần. 2 Nếu bán kính tăng gấp ba thì diện tích hình tròn tăng gấp 9 lần. 3 Nếu bán kính tăng gấp k lần thì diện tích hình tròn tăng gấp k 2 lần. VÍ DỤ 4. (Bài 79/tr 98 - Sgk) Tính diện tích hình quạt tròn có bán kính bằng 6 cm và góc ở tâm tương ứng là 36◦ . ✍ LỜI GIẢI. Ta có ngay Squạt = πR2n 360 = π6 236 360 ≈ 11,3 cm2 . VÍ DỤ 5. Tính diện tích hình viên phân AmB (hình trên), biết AOB ’ = 60◦ và bán kính đường tròn bằng 8 cm. ✍ LỜI GIẢI. Ta có ngay SAmB = SquạtAOB − S4AOB = π8 260 360 − 8 2 √ 3 4 ≈ 5,79 cm2 . VÍ DỤ 6. (Bài 87/ tr 100 - Sgk) Lấy cạnh BC của một tam giác đều làm đường kính, vẽ một nửa đường tròn về cùng một phía với tam giác ấy đối với đường thẳng BC. Cho biết cạnh BC = a, hãy tính diện tích của hai hình viên phân được tạo thành. ✍ LỜI GIẢI. Bạn đọc tự vẽ hình. Gọi O là trung điểm của BC, ta có OB = OC = a 2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 218/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Gọi D, E theo thứ tự là giao điểm của AB và AC với đường tròn đường kính BC. Dễ thấy OAB, OEC là các tam giác đều. Từ đó, ta có diện tích của hai hình viên phân gạch sọc là S = 2 ñ πa2 24 − 1 2 · a 2 · a 2 · √ 3 2 ô = ñ π 12 − √ 3 8 ô a 2 ≈ 0,045a 2 . VÍ DỤ 7. Cho 4ABC vuông tại A có AB = 10 m, B“ = 60◦ . Vẽ nửa đường tròn tâm O đường kính BC và đi qua điểm A. Tính tổng diện tích hai hình viên phân ứng với cung AB và cung AC. ✍ LỜI GIẢI. Tổng diện tích hai hình viên phân bằng diện tích nửa hình tròn trừ đi diện tích tam giác 4ABC. Diện tích nửa đường tròn: πOB2 2 = π · 100 2 = 50π m2 . Với 4ABC, ta có: AC = AB · tan 60◦ = 10√ 3 m; BC = 2AB = 20 m. O C A B Diện tích tam giác ABC: S4ABC = 1 2 AB · AC = 1 2 10 · 10√ 3 = 50√ 3 m2 . Suy ra, tổng diện tích hai hình viên phân bằng 50π − 50√ 3 = 50(π − √ 3) m2 . VÍ DỤ 8. (Bài 83/tr99 - Sgk) 1 Vẽ lại hình sgk (tạo bởi các cung tròn) với HI = 10 cm và HO = BI = 2 cm. Nêu cách vẽ. 2 Tính diện tính hình HOABINH (miền gạch sọc). 3 Chứng tỏ rằng hình tròn đường kính NA có cùng diện tích với hình HOABINH đó. ✍ LỜI GIẢI. Bạn đọc tự vẽ hình 1 Cách vẽ: Kẻ đường thẳng HI = 10 cm. Vẽ cung tròn HI có số đo bằng 180◦ . Lấy O thuộc đoạn HI sao cho HO = 2 cm. Vẽ cung tròn HO có số đo bằng 180◦ của đường tròn (S1; 5cm). Lấy B thuộc đoạn HI sao cho BI = 2 cm. Vẽ cung tròn BI có số đo bằng 180◦ của đường tròn (S2; 1cm). Vẽ cung tròn BO có số đo bằng 180◦ của đường tròn (S3; 1cm). 2 Ta có diện tích hình gạch sọc là S = π HI2 8 + π OB2 8 − π HO2 4 = π Å 100 8 + 36 8 − 4 4 ã = 16π(cm2 ). Ta có AN = 3 + 5 = 8 (cm). 3 Diện tích hình quạt tròn đường kính NA là S = π8 2 4 = 16π(cm2 ). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 219/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 9. Tính diện tích của phần gạch sọc trên hình. ✍ LỜI GIẢI. Diện tích phải tìm bằng hiệu của diện tích hình thang vuông ABCD và hình quạt 30◦ . Kẻ DH ⊥ BC, ta được: DH = CD · sin 30◦ = a 2 , HC = CD · cos 30◦ = a √ 3 2 , AD = BH = BC − HC = a − a √ 3 2 . B H C D A 30◦ a Khi đó, ta có: SABCD = 1 2 Ç a + a − a √ 3 2 å a 2 = a 2 2 − a √ 3 8 và Squạt = πa2 12 . Diện tích phải tìm: S = SABCD − Squạt = a 2 2 − a √ 3 8 − πa2 12 = a 2 24 Ä 12 − 3 √ 3 − 2π ä ≈ 0,025a 2 . C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP BÀI 1. Một hình vuông và một hình tròn có cùng chu vi. Hỏi hình nào có diện tích lớn hơn? ✍ LỜI GIẢI. Gọi C là độ dài chu vi của hình vuông và hình tròn. Gọi a là độ dài cạnh hình vuồn, suy ra C = 4a ⇔ a = C 4 ⇒ Shv = a 2 = C 2 16 . Gọi R là bán kính của hình tròn, suy ra: C = 2πR ⇔ R = C 2π ⇒ Shv = πR2 = π C 2 4π 2 = C 2 4π > C 2 16 . Vậy diện tích hình tròn lớn hơn hình vuông. BÀI 2. Cho 4ABC đều nội tiếp đường tròn (O; 6cm). Tính diện tích viên phân giới hạn bởi dây BC và cung nhỏ BC. ✍ LỜI GIẢI. Hướng dẫn: Ta có ngay SBmC = SquạtBOC − S4BOC. BÀI 3. Hình vành khăn là phần hình tròn bao gồm giữa hai đường tròn đồng tâm. Tính diện tích hình vành khăn tạo thành bởi đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp tam giác đều có cạnh 6 cm. ✍ LỜI GIẢI. Gọi R, r theo thứ tự là bán kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều, ta có: R = a 2 sin 180◦ 3 = 6 2 sin 60◦ = 2√ 3cm ⇒ Sngoại tiếp = πR2 = π(2√ 3)2 = 12πcm2 . r = a 2 tan 180◦ 3 = 6 2 tan 60◦ = √ 3cm ⇒ Snội tiếp = πr2 = π( √ 3)2 = 3πcm2 . Khi đó hình vành khăn có diện tích S = Sngoại tiếp − Snội tiếp = 12π − 3π = 9π cm2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 220/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 4. (Bài 84/tr 99 - Sgk) 1 Vẽ lại hình tạo bởi các cung tròn xuất phát từ đỉnh C của tam giác đều ABC cạnh 1 cm. Nêu cách vẽ. 2 Tính diện tích miền gạch sọc. ✍ LỜI GIẢI. 1 Cách vẽ: Vẽ cung CD có số đo bằng 120◦ của đường tròn (A; 1cm). Vẽ cung DE có số đo bằng 120◦ của đường tròn (B; 2cm). Vẽ cung EF có số đo bằng 120◦ của đường tròn (C; 3cm). 2 Diện tích miền gạch sọc là S = π 2 + π2 2 3 + π3 2 3 ≈ 14,65(cm2 ). BÀI 5. Một đường tròn có độ dài là 72 cm. Tính diện tích hình viên phân tạo thành bởi một cạnh của tam giác đều nội tiếp và cung nhỏ bị trương. ✍ LỜI GIẢI. Bán kính của đường tròn là R = chu vi 2π = 72 π (cm). Diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung nhỏ AB và cạnh AB là S = Squạt − S4AOB = πR2 3 − √ 3 4 R 2 = 722 3π − √ 3 · 722 4π 2 ≈ 547 (cm2 ). O A B C BÀI 6. Cho đường tròn (O; 2cm), một điểm M có MO = 2√ 2 cm. Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Tính diện tích hình giới hạn bởi các đoạn thẳng MA, MB và cung nhỏ AB. ✍ LỜI GIẢI. Các tam giác OBM, OAM là các tam giác vuông cân. Do đó, tứ giác OBMA là hình vuông. Gọi S là diện tích của hình giới hạn bởi MA, MB và cung nhỏ AB. Ta có S = SOBMA − SquạtOAB = OA · BM − πR2 · 90 360 = 2 · 2 − π · 4 4 = 4 − π ≈ 0,858(cm2 ). M B A O BÀI 7. Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R, C là điểm chính giữa của cung AB. Vẽ cung AB có tâm C bán kính CA. Tính diện tích hình trăng giới hạn bởi cung AB của đường tròn (C) và cung AB không chứa C của đường tròn (O). ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 221/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Gọi Străng là diện tích cần tìm. Ta có Străng = Sviên phânAnB − Sviên phânAmB, Trong đó: Sviên phânAnB = 1 2 πR2 ; Sviên phânAmB = SquạtCAB − S4CAB = 90 360 π(R √ 2)2 − R 2 = 1 2 πR2 − R 2 ≈ 0, 57R 2 . C B A n m O Suy ra, diện tích cần tìm là Străng = 1 2 πR2 − 0, 57R2 ≈ R2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 222/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 11 ÔN TẬP CHƯƠNG III BÀI 1. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Lấy M ∈ (O) với AM < BM. Trên cạnh MB lấy điểm C sao cho MC = MA. Gọi OD là bán kính vuông góc với AB (M và D ở hai bên đường thẳng AB) 1 Chứng minh AMB ÷= 90◦ . Tính theo R độ dài các cạnh của 4ABD. 2 Chứng tỏ MD là phân giác AMB ÷và MD ⊥ AC. 3 Chứng minh rằng D là tâm của đường tròn (ABC). 4 Đường tròn (ABC) cắt MD tại I. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp 4MAB. ✍ LỜI GIẢI. A B O D M C I 1 Vì M thuốc đường tròn đường kính AB nên AMB ÷= 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Tương tự ta có ADB ’ = 90◦ , và OD ⊥ AB nên D nằm chính giữa cung AB, suy ra DA = DB. Theo định lý Pythagore, AB2 = DA2 + DB2 ⇔ (2R) 2 = 2DA2 ⇔ DA = DB = R √ 2. 2 Vì OD ⊥ AB nên D nằm chính giữa cung AB, hay sđDA˜ = sđDB˜, suy ra AMD ÷= DMB ÷(góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau). Vậy MD là phân giác AMB ÷. Mặt khác MA = MC nên 4MAC cân tại M nên MD ⊥ AC (trong tam giác cân đường phân giác còn là đường cao). 3 Theo câu b), ta có MD là đường trung trực AC nên DA = DC = DB, khi đó D là tâm của đường tròn (ABC). 4 Vì D là tâm của đường tròn (ABC) và MD ⊥ AC nên sđIAˆ = sđICˆ, suy ra ABI ‘ = IBC ‘ (góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 223/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Khi đó, BI là tia phân giác góc ABI. Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp 4MAB. BÀI 2. Cho đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (O) (B, C là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến ADE của đường tròn (O) (D, E thuộc đường tròn (O); D nằm giữa A và E, tia AD nằm giữa hai tia AB, AO). 1 Chứng minh rằng A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn và xác định tâm của đường tròn này. 2 Chứng minh rằng AB2 = AD · AE. 3 Gọi H là giao điểm của OA và BC. Chứng minh rằng 4AHD v 4AEO và tứ giác DEOH nội tiếp. 4 Đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại M, N (M nằm giữa A và O). Chứng minh rằng EH AN = MH AD . ✍ LỜI GIẢI. E N C A O D M H B 1 Ta có: AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) nên AB ⊥ OB, AC ⊥ OC, suy ra OBA ’ = OCA ’ = 90◦ . Vậy tứ giác OBAC nội tiếp đường tròn đường tròn đường kính OA có tâm K là trung điểm OA. 2 Xét hai tam giác 4ABD và 4AEB, có BAE ’ : chung ABD ’ = BEA ’( góc nội tiếp và góc tiếp tuyến cùng chắn cung BD). nên 4ABD v AEB (g-g), suy ra AB AE = AD AB Vậy AB2 = AD · AE. 3 Trong tam giác vuông ABO, ta có AB2 = AH · AO, do đó AH · AO = AD · AE(= AB2 ). Suy ra, AH AD = AO AE và DAH ’: chung nên 4AHD v 4AEO (c-g-c) ⇒ AHD ’ = AEO ’. Do đó tứ giác DEOH nội tiếp (tứ giác có góc trong bằng góc đối ngoài). 4 Ta có DEM ÷= DOM ÷2 , DOM ÷= DEH ’ ⇒DEM ÷= DEH ’ 2 ⇒DEM ÷= MEH. ÷ Suy ra EM là đường phân giác của 4EAH ⇒ EH AE = MH AM (1). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 224/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Mặt khác 4AEM v 4AND (g-g) ⇒ AE AN = AM AD (2). Từ (1),(2) cho : EH AE · AE AN = MH AM · AM AD . Vậy EH AN = MH AD . BÀI 3. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia AB lấy điểm E. Hai tiếp tuyến EM và Bx của (O) cắt nhau tại D (M thuộc (O)). 1 Chứng minh rằng 4 điểm O, M, D, B cùng thuộc một đường tròn. 2 Chứng minh 4EMA v 4EBM, suy ra EM2 = EO2 − R2 . 3 Trên đoạn ME lấy điểm C sao cho hai góc CAM ÷, EDO ’ bằng nhau. Chứng minh rằng OC k MB. 4 Giả sử M là trung điểm đoạn ED. Tính EM theo R. ✍ LỜI GIẢI. D B E O I J A M C 1 Vì EM và BD là tiếp tuyến với đường tròn (O) nên DMO ÷= DBO ’ = 90◦ . Vậy tứ giác DMOB nội tiếp, suy ra 4 điểm O, M, D, B cùng thuộc một đường tròn. 2 Xét hai tam giác 4EMA và 4EBM, ta có CEA ’ : chung EMA ÷= MBA ÷(góc nội tiếp và góc tiếp tuyến cùng chắn cung MA). Vậy 4EMA v 4EBM. Khi đó EM EB = EA EM ⇔ EM2 = EA · EB = (EO + R)(EO − R) = EO2 − R2 . Suy ra EM2 = EO2 − R2 . 3 Ta có CAM ÷= EDO ’. Mà÷CMA ÷= MBA ÷(góc nội tiếp và góc tiếp tuyến cùng chắn cung MA) MDO = MBA ÷(góc nội tiếp cùng chắn cung MA trong tứ giác nội tiếp DMOB). Suy ra CAM ÷= CMA ÷, nên 4CAM cân tại C, do đó CM = CA. Mặt khác OA = OM = R, suy ra OC là đường trung trực của MA, do đó OC ⊥ MA. Mà MB ⊥ MA (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Vậy OC k MB. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 225/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 4 Gọi I là giao điểm của CO và AM; J là giao điểm của DO và BM. Vì CO ⊥ AM; DO ⊥ BM nên tứ giác MIOJ là hình chữ nhật vì Mc = Ib= Jb. Suy ra MA k OD, mà M là trung điểm của ED nên A là trung điểm của EO. Vậy EM2 = EO2 − R2 = (2R) 2 − R2 = 3R2 ⇒ EM = R √ 3. BÀI 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi đường tròn (I; r) đường tròn nội tiếp tam giác ABC, H là tiếp điểm của AB với đường tròn (I), D là giao điểm của AI với đường tròn (O), DK là đường kính của đường tròn (O). Gọi d là độ dài của OI. Chứng minh rằng a) 4AHI v 4KCD. b) DI = DB = DC. IA · ID = R2 − d 2 c) . d d) 2 = R2 − 2Rr (định lí Euler). ✍ LỜI GIẢI. O C D B H A K I 1 Xét hai tam giác 4AHI và 4KCD. AHI ’= 90◦ (H là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với cạnh tam giác), KCD ’ = 90◦ (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra AHI ’= KCD ’ (1). Vì AI là tia phân giác nên BAD ’ = DAC ’. Mà DKC ’ = DAC ’ (góc nội tiếp cùng chắn cung DC˜). Do đó DKC ’ = BAD ’ (2). Từ (1) và (2), 4AHI v 4KCD. 2 Vì AI là tia phân giác nên BAD ’ = DAC ’, do đó DC˜ = DB˜ (tính chất góc nội tiếp). Suy ra DB = DC (3). Mặt khác BID ’= IAB ‘ + IBA ‘ (góc ngoài tam giác). IBD ’= IBC ‘ + CBD ’. mà IBC ‘ = IBD ’và IBA ‘ = IAC ‘ = CBD ’. Nên BID ’= IBD ’, do đó tam giác DBI cân tại D, suy ra DI = DB (4). Từ (3) và (4), DI = DB = DC. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 226/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 3 Gọi M, N là giao điểm của IO với đường tròn (O). Xét hai tam giác 4MAI và 4DNI. MAI ’ = IND ’ (góc nội tiếp cùng chắn cung MD¯). MIA ’ = DIN ’ (đối đỉnh). Suy ra 4MAI v 4DNI, do đó IA IN = IM ID . C N D B M I O A Khi đó IA · ID = IM · IN = (OM − OI)(ON + OI) = (R − d)(R + d) = R2 − d 2 . 4 Theo câu a), ta có 4AHI v 4KCD, suy ra AI KD = IH CD ⇒ AI · CD = IH · KD = 2Rr ⇔ AI · ID = 2Rr (do DI = DC). mà IA · ID = R2 − d 2 . Vậy d 2 = R2 − 2Rr (định lí Euler). BÀI 5. Cho điểm C thuộc nửa đường tròn đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn đó (Ax nằm trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn). Tia phân giác của góc CAx cắt nửa đường tròn tại D. Kéo dài AD và BC cắt nhau tại E. Kẻ EH vuông góc với Ax tại H. 1 Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn. 2 Chứng minh ABD ’ = BDC ’. 3 Chứng minh tam giác ABE cân. 4 Tia BD cắt AC và Ax lần lượt tại F và K. Chứng minh AKEF là hình thoi. ✍ LỜI GIẢI. B C E x A K O F H D 1 Ta có ACB ’ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra ACE ’ = 90◦ (kề bù). Xét tứ giác AHEC ta có ACE ’ = AHE ’ = 90◦ , suy ra tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn đường kính AE (tổng hai góc đối diện bằng 180◦ ). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 227/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Ta có ABCD nội tiếp nên BDC ’ = DAC ’ (1) (cùng nhìn cạnh DC). Lại có ABD ’ = 1 2 AD˜ (góc nội tiếp); DAx ’= 1 2 AD˜ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). Suy ra ABD ’ = DAx ’. Mà DAx ’= DAC ’ (do là phân giác). Suy ra ABD ’ = DAC ’ (2). Từ (1) và (2) suy ra ABD ’ = BDC ’. 3 Xét 4DAB và 4DEB có ADB ’ = EDB ’ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù). BD chung. ABD ’ = BDC ’ (cmt). Suy ra 4DAB = 4DEB (g-c-g). ⇒ BA = BE(tương ứng). Vậy tam giác ABE cân tại B. 4 Theo câu c), ta có 4DAB = 4DEB ⇒ DA = DE ⇒ D là trung điểm AE (3). Xét 4DAF và 4DAK có ADF ’ = ADK ’ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù). AD chung. DAF ’ = DAK ’ (do AD là phân giác). Suy ra 4DAF = 4DAK (g-c-g). ⇒ DK = DF(tương ứng). ⇒ D là trung điểm KF (4). Từ (3) và (4) ta có AKEF là hình bình hành (tứ giác có các đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường). Mà AE ⊥ KF ⇒, suy ra AKEF là hình thoi. BÀI 6. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB cố định. H là điểm cố định thuộc đoạn OA (H không trùng O và A). Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt đường tròn tâm O tại C và D. Gọi K là điểm tùy ý thuộc cung lớn CD (K không trùng các điểm C; D và B). Gọi I là giao điểm của AK và CD. 1 Chứng minh tứ giác HIKB nội tiếp đường tròn. 2 Chứng minh AI · AK = AH · AB. 3 Chứng minh khi điểm K thay đổi trên cung lớn CD của đường tròn tâm O thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KCI luôn thuộc một đường thẳng cố định. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 228/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 A H B C O Q D I K 1 Tứ giác HIKB có IHB ’= 90◦ (theo giả thiết). Mặt khác IKB ’= AKB ’ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra tứ giác HIKB nội tiếp đường tròn (tổng hai góc đối diện bằng 180◦ )(đpcm). 2 Xét 4AIB và 4AHK có góc A chung, có IKH ’ = IBH ’ (cùng chắn cung HI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác HIKB). Suy ra 4AIB đồng dạng với 4AHK. Suy ra AI AH = AB AK ⇒ AI ·AK = AH · AB(đpcm). 3 Đường kính AB vuông góc với dây CD tại H (gt), suy ra HC = HD ⇒ AC = AD. Suy ra sđAC˜ = sđAD˜. Suy ra ACD ’ = AKC ’ (cùng chắn hai cung bằng nhau). Mặt khác tia CA và điểm K nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đường thẳng CI. Suy ra CA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác KCI tại tiếp điểm C. (Có thể chứng minh AC2 = AI · AK để suy ra CA là tiếp tuyến). Gọi Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KCI, suy ra Q nằm trên đường thẳng vuông góc với CA tại C. Mặt khác CB ⊥ CA (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Vậy Q thuộc đường thẳng CB cố định (đpcm). BÀI 7. Cho đường tròn (O) bán kính R và một dây cung BC cố định. Gọi A là điểm chính giữa cung nhỏ BC˜. Lấy điểm M bất kì trên cung nhỏ AC˜, kẻ tia Bx vuông góc với tia MA ở I và cắt tia CM tại D. 1 Chứng minh AMD ÷= ABC ’ và MA là tia phân giác của góc BMD ÷. 2 Chứng minh A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và góc BCD ’ có độ lớn không phụ thuộc vào vị trí điểm M. 3 Tia DA cắt BC tại E và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F, Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 229/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 E A I B O D M C F 1 Ta có MAC ÷+ MCA ÷= 1 2 sđMC¯ + 1 2 sđAM¯ = 1 2 sđAC˜ = ABC ’. Mặt khác AMD ÷= MAC ÷+ MCA ÷(góc ngoài của tam giác ACM) ⇒ ABC ’ = AMD ÷. Ta có AMB ÷= ACM ÷= AMB ÷= AMD ÷⇒MA là tia phân giác của góc BMD ÷. 2 Do MI ⊥ BD ⇒ tam giác MBD cân tại M. Suy ra MI là đường trung trực của BD ⇒ AB = AD, mà AB = AC ⇒ AB = AC = AD ⇒ A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. 3 Trong tam giác vuông MID ta có IDM’ + IMD ’ = 90o ⇒ IDM’ = 90o − IDM’. Vì IMD ’ = ABC ’ (không đổi) nên IDM’ không đổi hay BDM ÷không đổi. Xét đường tròn nội tiếp tam giác BEF ta có BF E ’ là góc nội tiếp chắn cung BE. Mà ABC ’ = ACB ’ = AF B ’ nên AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. BÀI 8. Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt các đoạn BC và OC lần lượt tại D và I. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên OC; AH cắt BC tại M. 1 Chứng minh tứ giác ACDH là nội tiếp và CHD ’ = ABC ’. 2 Chứng minh hai tam giác OHB và OBC đồng dạng với nhau và HM là tia phân giác của góc BHD ’. 3 Gọi K là trung điểm của BD chứng minh MD · BC = MB · CD và MB · MD = MK · MC. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 230/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 4 Gọi E là giao điểm của AM và OK; J là giao điểm của IM và (O) (J khác I). Chứng minh hai đường thẳng OC và EJ cắt nhau tại một điểm trên (O). ✍ LỜI GIẢI. B E A O N H I C D K M Q J 1 Ta có AHC ’ = 90◦ (AH ⊥ OC). ADB ’ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB). Vậy AHDC nội tiếp đường tròn đường kính AC. ⇒ DAC ’ = CHD ’ (1) (góc nội tiếp cùng chắn cung CD). Mặt khác DAC ’ = ABC ’ = 1 2 sđAID¯ (2). (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). Từ (1),(2) ⇒ CHD ’ = ABC ’. 2 Xét hai tam giác 4AHO và 4CAO có CHO ’ = CAO ’ = 90◦ . HAO ’ = ACO ’ (cùng phụ góc COA ’). Do đó, 4AHO v 4CAO (g-g) ⇒ AO CO = HO AO . Mà OA = OB vì AB đường kính đường tròn tâm (O). Vậy OB CO = HO OB . Xét 4OHB và 4OBC có HOB ’ = BOC ’(chung gócOb) OB CO = HO OB . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 231/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Vậy 4OHB v 4OBC (c-g-c). Ta có CDA ’ = CHD ’ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACDH). DBA ’ = DAC ’ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung của đường tròn tâm O). Mặt khác 4OHB v 4OBC ⇒ OHB ’ = CBO ’ = DBA ’. Vậy OHB ’ = DHC ’ mà OHB ’+BHM ÷= DHC ’+DHM ÷= 90◦ (AH ⊥ OC). ⇒ BHM ÷= DHM ÷⇒ HM là đường phân giác của góc BHD ’. 3 Xét tam giác BHD, vì HM là phân giác của BHD ’ ⇒ HB HD = MB MD (?). Mặt khác HM ⊥ HC ⇒ HC là đường phân giác ngoài tam giác BHD. ⇒ HB HD = CB CD (??). Từ (?) và (??) ⇒ CB CD = MB MD ⇒ CB · MD = CD · MB. Gọi Q là giao điểm của AM với (O) vì AH ⊥ OC ⇒ CQ là tiếp tuyến của của (O) ⇒ CQO ’ = 90◦ . Vậy năm điểm C; O; A; K; Q nội tiếp một đường tròn đường kính CO. Bốn điêm B; A; D; Q cùng thuộc (O) ⇒ MB · MD = MA · MQ (3). Năm điểm C; O; A; K; Q cùng thuộc một đường tròn (O) ⇒ MC · MK = MA · MQ (4). Từ (3) và (4) ⇒ MB · MD = MC · MK. 4 Gọi N là giao điểm của CO và (O) ⇒ IJN‘ = 90◦ (5). Mà MI · MJ = MD · MB = MK · MC (chứng minh trên). Vậy 4MCI v 4MKJ ⇒ MCI ’ = MJK ÷= MEO ÷⇒ MKJE nội tiếp. ⇒ EJM’ = 90◦ (6) Từ (5) và (6) ⇒ E; J; N thẳng hàng. BÀI 9. Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM. cắt nhau tại điểm I. Dây MNcắt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K. 1 Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn. 2 Chứng minh NB2 = NK · NM. 3 Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi. 4 Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn P Q. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O) . Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 232/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 C O J D Q N P B K I M E A H 1 Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn. Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ AB của (O) (giả thiết) nên sđAM¯ = sđMB¯ ⇒ ANM ÷= BCM ÷(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau). Xét tứ giác CNKI ta có INK ’ = ICK ’(vì ANM ÷= BCM ÷) ⇒ CNKI là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau). Vậy C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn. 2 Chứng minh NB2 = NK · NM. Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC của (O) (giả thiết) ⇒ sdBN¯ = sdNC˜ ⇒ BMN ÷= NBC ’ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau). Xét ÷4BMN và 4KBN ta có BNM ÷là góc chung. BMN = NBK ÷(vì BMN ÷= NBC ’) ⇒ 4BMN v 4KBN (g-g) ⇒ NB NK = NM NB . Vậy NB2 = NK · NM. 3 Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi. • Chứng minh BHIK là hình bình hành. Gọi J là giao điểm của AN và BC. Ta có sđAM¯ = sđMB¯ (cmt). ⇒ ACM ÷= BCM ÷(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) ⇒ CM là phân giác của ACB ’ ⇒ CI là phân giác trong của 4CAJ. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 233/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ⇒ IA IJ = CA CJ (1). Ta có sđAM¯ = sđMB¯ (cmt) ⇒ ANM ÷ = BNM ÷ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) ⇒ NM là phân giác của ANB ’. ⇒ NH là phân giác trong của 4NAB ⇒ HA HB = NA NB (2). Ta có sđBN¯ = sđNC˜ ⇒ BAN ’ = CAN ’ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau). Xét 4CAJ và 4NAB ta có ACJ ’= ANB ’ (hai góc nội tiếp cùng chắn AB˜) BAN ’ = CAJ ’(cmt) ⇒ 4CAJ ∼ 4NAB (g-g). ⇒ CA NA = CJ NB ⇒ CA CJ = NA NB (3). Từ (1),(2),(3) suy ra IA IJ = HA HB ⇒ HI k BJ (định lí Thales đảo) hay HI k BK (4). Chứng mình tương tự các ý ở trên, ta được KI k BH (5). Từ (4) và (5) suy ra BHIK là hình bình hành. • Chứng minh BH = BK. Ta có 4KBN v 4BMN (cmt) ⇒ BK BM = BN MN ⇒ BK = BM.BN MN (6). Chứng minh tương tự câu b) ta có 4HMB v 4BMN (g-g) ⇒ BH BN = BM MN ⇒ BH = BM · BN MN (7). Từ (6) và (7) suy ra BH = BK. Mà BHIK là hình bình hành nên BHIK là hình thoi. 4 Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn P Q. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng. Ta có NBK ÷= BMK ÷(cmt) ⇒ BN là tiếp tuyến tại B của (P) ⇒ BN ⊥ BP. Mà BN ⊥ BD (vì DBN ’ = 90◦ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm (O) nên B, P, D thằng hàng. Ta có 4P BK cân tại P (P B = PK) ⇒ BPK ’ = 180◦ − 2 · P BK ’ (8). Ta có NB = NC Ä sØNB¯ = sØNC˜ ä OB = OC ⇒ ON là đường trung trực của đoạn BC ⇒ DB = DC (D thuộc đường thẳng ON) ⇒ 4DBC cân tại D ⇒ BDC ’ = 180o − 2 · DBC ’ (9). Từ (8) và (9) suy ra BPK ’ = BDC ’. Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên PK k DC⇒ PK k DQ (10). Chứng minh tương tự ta có C, Q, D thẳng hàng và QK k DP (11). Từ (10) và (11) suy ra DPKQ là hình bình hành. Mà E là trung điểm của đường chéo P Q nên E cũng là trung điểm của đường chéo DK. Vậy D, E, K thẳng hàng. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 234/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 10. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) đường kính AC = 2R. Gọi K và M lần lượt là chân đường cao hạ từ A và C xuống BD, E là giao điểm của AC và BD, biết K thuộc đoạn BE(K 6= B, K 6= E). Đường thẳng qua K song song với BC cắt AC tại P. 1 Chứng minh tứ giác AKP D nội tiếp. 2 Chứng minh KP ⊥ PM. 3 Biết ABD ’ = 60◦ và AK = x. Tính BD theo R và x. ✍ LỜI GIẢI. A O C B D K M E P 1 Chứng minh tứ giác AKP D nội tiếp. Xét tứ giác AKP D có APK ’ = ACB ’ (2 góc ở vị trí đồng vị) Mặt khác: ACB ’ = ADK ’(góc nội tiêó cùng chắn cung AB) ⇒ ADK ’ = APK ’ ⇒ ADPK là tứ giác nội tiếp. 2 Chứng minh KP ⊥ PM. Theo câu a), tứ giác AKP D nội tiếp nên AP D ’ = AKD ’ = 90◦ và DKP ’ = DAP ’ Xét tứ giác DMP C có DMC ÷= DP C ’ = 90◦ ⇒ DMP C nội tiếp ⇒ PMK ÷= DCA ’ mà DCA ’+ DAC ’ = 90◦ và PMK ÷+ PKM ÷= 90◦ ⇒ KP ⊥ PM (đpcm) 3 Biết ABD ’ = 60◦ và AK = x. Tính BD theo R và x . Xét tam giác ADC vuông tại D có ACD ’ = ABD ’ = 60◦ nên AD = 2R.sin 60 = R √ 3 và CD = 2R. cos 60 = R. Xét tam giác vuông AKB có AB = AK sin 60 = 2 √ 3x 3 . Xét tam giác ABC vuông tại C có BC = … 4R2 − 4x 2 3 . Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABCD, ta có: AC.BD = AD.BC + AB.CD ⇔ 2R.BD = R √ 3 … 4R2 − 4x 2 3 + 2 √ 3x 3 .R Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 235/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ⇔ BD = √ 3R2 − x 2 + x √ 3 BÀI 11. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (C) tâm O bán kính R. Hai đường cao AE và BK của tam giác ABC cắt nhau tại H (với E thuộc BC, K thuộc AC). 1 Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn. 2 Chứng minh CE.CB = CK.CA. 3 Chứng minh OCA ’ = BAE ’. 4 Cho B, C cố định và A di động trên (C) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC nhọn, khi đó H thuộc một đường tròn (T) cố định. Xác định tâm I và tính bán kính r của đường tròn (T), biết R = 3 cm. ✍ LỜI GIẢI. A B C O D E K H 1 1 1 1 A B C O D H N I 1 Tứ giác ABEK có: AEB ’ = 90◦ (AE ⊥ BC) AKB ’ = 90◦ (BK ⊥ AC) ⇒ Tứ giác ABEK nội tiếp một đường tròn. 2 ∆ CEA và ∆CKB có: ACB ’ chung CEA ’ = CKB ’ = 90◦ ⇒ ∆CEA v ∆CKB (g.g) ⇒ CE CK = CA CB ⇒ CE.CB = CK.CA 3 Vẽ đường kính AD của (O). Tam giác ABE vuông tại E nên Ac1 + ABC ’ = 90◦ . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 236/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Mà ABC ’ = Dc1 (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) ⇒ Ac1 + Dc1 = 90◦ ∆ACD có ACD ’ = 90◦ (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ Ac2 + Dc1 = 90◦ . Mặt khác Ac2 = Cc1 (∆OAC cân tại O) ⇒ Cc1 + Dc1 = 90◦ Từ đó suy ra: Ac1 = Cc1 4 Gọi I là điểm đối xứng với O qua BC, OI cắt BC tại N ⇒ N là trung điểm của OI, BC và các điểm I, N cố định. Ta có BH k CD (cùng ⊥ AC) Tương tự: CH k BD ⇒ Tứ giác BHCD là hình bình hành ⇒ N là trung điểm của BC thì N cũng là trung điểm của HD. ∆AHD có ON là đường trung bình⇒ AH = 2ON ⇒ AH = OI (= 2ON) Lại có: AH k OI (cùng ⊥ BC) ⇒ Tứ giác AHIO là hình bình hành ⇒ IH = OA = R = 3 (cm) ⇒ H thuộc đường tròn (I; 3 cm) cố định BÀI 12. Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC và đường cao AK. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm; M và B nằm trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AO). Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng MN và AK. Chứng minh rằng: 1 Tứ giác AMKO nội tiếp đường tròn. 2 KA là tia phân giác của MKN ÷. 3 AN2 = AK · AH. 4 H là trực tâm của tam giác ABC. ✍ LỜI GIẢI. A K O D B C M H N 1 Chứng minh tứ giác AMKO nội tiếp đường tròn. AM, AN là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AMO ÷= ANO ’ = 90◦ . AK là đường cao của tam giác ABC nên AKO ’ = AKC ’ = 90◦ . Ba điểm điểm M, K, N cùng nhìn đoạn AO dưới một góc vuông nên năm điểm điểm M, K, N, A, O thuộc đường tròn đường kính AO. Vậy tứ giác AMKO nội tiếp đường tròn. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 237/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Chứng minh KA là tia phân giác của MKN ÷. AM, AN là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AM = AN. (1) Theo chứng minh ở câu a), năm điểm M, K, N, O, A cùng thuộc một đường tròn nên ta có tứ giác AMKN nội tiếp. (2) Từ (1) và (2) suy ra AKM ÷ = AKN ’ (các góc nội tiếp cùng chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau). Vậy KA là tia phân giác của MKN ÷. 3 Chứng minh AN2 = AH.AK ANH ’ = AKM ÷ (tứ giác AMKN nội tiếp) AKM ÷= AKN ’ (chứng minh ý b) ⇒ AKN ’ = ANH ’. ∆AHN và ∆ANK có AKN ’ = ANH ’, HAN ’ = KAN ’ nên ∆AHN v ∆ANK (g.g). Suy ra AN AK = AH AN , hay AN2 = AH.AK. (3) 4 Chứng minh H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi D là giao điểm của AC và đường tròn (O). ∆AND và ∆ACN có NAD ’ = NAC ’, AND ’ = ACN ’ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau) nên ∆AND v ∆ACN (g.g). Suy ra AN AC = AD AN , hay AN2 = AD.AC. (4) Từ (3) và (4) suy ra AH.AK = AD.AC, hay AH AC = AD AK . ∆AHD và ∆ACK có HAD ’ = KAC ’ AH AC = AD AK nên ∆AHD v ∆ACK (c.g.c). Suy ra ADH ’ = AKC ’ = 90◦ . Dẫn dến HDC ’ = 90◦ . (5) Điểm D thuộc đường tròn đường kính BC nên BDC ’ = 90◦ . (6) Từ (5) và (6) suy ra B, H, D thẳng hàng. Nghĩa là BH ⊥ AC. Lại có AH ⊥ BC nên H là trực tâm của tam giác ABC. BÀI 13. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Lấy điểm C trên cung nhỏ AB (C không trùng với A, B). Từ điểm C kẻ CD vuông góc với AB, CE vuông góc với MA, CF vuông góc với MB (D ∈ AB, E ∈ MA, F ∈ MB). Gọi I là giao điểm của AC và DE, K là giao điểm của BC và DF. Chứng minh rằng 1 Tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn. 2 Hai tam giác CDE và CF D đồng dạng. 3 Tia đối của tia CD là tia phân giác của góc ECF ’ 4 Đường thẳng IK song song với đường thẳng AB. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 238/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 A M E B x O D I K C F 1 Tứ giác ADCE có ADC ’ = AEC ’ = 90◦ nên ADCE là tứ giác nội tiếp. 2 Tứ giác ADCE nội tiếp nên EAC ’ = EDC ’. Tương tự, tứ giác BDCF nội tiếp, suy ra CF D ’ = CBD ’. Mặt khác, theo tính chất của góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì EAC ’ = CBD ’. Do đó EDC ’ = CF D ’. Chứng minh tương tự thì CED ’ = CDF ’. Vậy hai tam giác 4CDE và 4CF D đồng dạng với nhau. 3 Gọi Cx là tia đối của tia CD. Tam giác 4CDE đồng dạng với 4CF D suy ra DCE ’ = DCF ’. Do đó ECx ’= F Cx ‘. Vậy Cx là tia phân giác của góc ECF ’. 4 Ta có ICK ’+IDK ’= ICK ’+IDC ’+KDC ’ = ACB ’+ABC ’+BAC ’ = 180◦ . Suy ra tứ giác ICKD nội tiếp, do đó CIK ’= KDC ’ = CBF ’ = CAB ’. Vậy IK k AB. BÀI 14. Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB˜ và cung nhỏ BC˜. Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN cắt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K. 1 Chứng minh các điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn. 2 Chứng minh NB2 = NK.MN. 3 Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi. 4 Gọi P Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn P Q. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 239/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 B C N O A I K M H 1 Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn. Ta có M là điểm chính giữa cung AB ⇒ AM = BM ⇒ MNA ÷= MCB ÷⇒ KNI ’ = ICK ’. Tứ giác CNKI có C và N là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh KI dưới hai góc bằng nhau nên CNKI nội tiếp ( dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp). Do đó bốn điểm C, N, I, K cùng thuộc một đường tròn. 2 Chứng minh NB2 = NK.MN. Ta có N là điểm chính giữa cung BC ⇒ BN¯ = CN˜ ⇒ BMN ÷ = CMN ÷ (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) Mà CBN ’ = CMN ÷(góc nội tiếp cùng chắn cung CN˜) ⇒ CBN ’ = BMN ÷(cùng bằng góc CNN ’) ⇒ KBN ÷= BMN ÷ Xét 4KBN và 4BMN có: N“ chung KBN ÷= BMN ÷ ⇒ 4KBN ∼ 4BMN ⇒ KN BN = BN MN ⇒ NB2 = NK.NM(điều phải chứng minh). 3 Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi. Ta có ABC ’ = ANC ’ (góc nội tiếp cùng chắn cung AC˜ ) Mà AMC ÷= AHI ’(góc nội tiếp cùng chắn cung ICˆ ) ⇒ ABC ’ = IKC ’ mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên HB k IK (1). Chứng minh tương tự phần 1 ta có tứ giác AMHI nội tiếp ⇒ ANC ’ = IKC ’ (góc nội tiếp cùng chắn cung AI ˆ) Ta có ABC ’ = AMC ÷(góc nội tiếp cùng chắn cung AC˜) ⇒ ABC ’ = AHI ’mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên BK k HI (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHIK là hình bình hành. Mặt khác AN, CM lần lượt là các tia phân giác của các góc A và C trong tam giác ABC nên I là giao điểm ba đường ph56.90463an giác, do đó BI là tia phân giác của góc B. Vậy tứ giác BHIK là hình thoi ( dấu hiệu nhận biết hình thoi). 4 Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng. Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ NC˜ nên DN là trung trực của BC ⇒ DN là phân giác BDC. ’ Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 240/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Ta có KQC ’ = 2KMC ÷(góc nội tiếp bằng nữa góc ở tâm của đường tròn (Q)) Lại có NDC ’ = KMC ÷(góc nội tiếp cùng chắn cung BC˜) Mà BDC ’ = 2NDC ’ ⇒ KQC ’ = BDC ’ Xét tam giác 4BDC và 4KQC là các tam giác cân tại D và Q có hai góc BCD ’ = BCQ ’ do vậy D, Q, C thẳng hàng nên KQ k PK Chứng minh tương tự ta có ta có D, P, B thẳng hàng và DQ k PK Do đó tứ giác P DQK là hình bình hành nên E là trung điểm của P Q cũng là trung điểm của DK . Vậy D, E, K thẳng hàng (điều phải chứng minh). BÀI 15. Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC (B, C là các tiếp điểm). 1 Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp. 2 Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Chứng minh tứ giác BOCH là hình thoi. 3 Gọi I là giao điểm của đoạn OA với đường tròn (O). Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 4 Cho OB = 3 cm, OA = 5 cm. Tính diện tích tam giác ABC. ✍ LỜI GIẢI. A C K H I B O 1 Vì AB, AC là các tiếp tuyến của (O) (tại B, C) nên ABO ’ = ACO ’ = 90◦ ⇒ ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO. 2 Vì ( OB ⊥ AB CH ⊥ AB ⇒ OB k CH (1). Tương tự OC k BH (2). Từ (1) và (2) ta có BOCH là hình bình hành. Mà OB = OC nên BOCH là hình thoi. 3 Vì AB, AC là các tiếp tuyến của (O) nên AO là tia phân giác BAC ’. Vì I là giao điểm của đoạn AO với (O) nên I là điểm chính giữa của cung (nhỏ) BC˜ ⇒ IBC ‘ = 1 2 sđBC˜ (3) (tính chất góc nội tiếp). Vì I là điểm chính giữa cung BC˜ và AB là tiếp tuyến của (O) nên ABI ‘ = 1 2 sđBC˜ (4). Từ (3) và (4) ta suy ra BI là tia phân giác ABC ’, do vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 241/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 4 Gọi K là giao điểm của OA và BC ⇒ K là trung điểm của BC và BK ⊥ AO. Áp dụng định lý Pitago cho tam giác AOB vuông tại B: AB = √ AO2 − OB2 = 4 cm. Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác AOB vuông tại B: 1 BK2 = 1 AB2 + 1 OB2 = 25 144 ⇒ BK = 12 5 ⇒ AK = √ AB2 − BK2 = 16 5 cm. Diện tích tam giác ABC là S(∆ABC) = 1 2 · AK · BC = 192 25 cm2 . BÀI 16. Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm C cắt các đường thẳng AB và AD theo thứ tự tại M, N. Dựng AH vuông góc với BD tại điểm H; K là giao điểm của hai đường thẳng MN và BD. 1 Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp. 2 Chứng minh rằng: AD · AN = AB · AM. 3 Gọi E là trung điểm của MN. Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng. 4 Cho AB = 6 cm và AD = 8 cm. Tính độ dài đoạn MN. ✍ LỜI GIẢI. A B C D M O I H E N K 1 Xét tứ giác AHCK ta có AHK ’ = 90◦ , CK là tiếp tuyến của đường tròn O và AC là đường kính nên AC ⊥ CK ⇒ ACK ’ = 90◦ . Vậy H và C cùng nhìn AK dưới một góc vuông nên tứ giác AHCK nội tiếp một đường tròn. 2 Ta có ABCD là hình chữ nhật ⇒ ADB ’ = ACB ’, đồng thời AMN ÷= ACD ’ (cùng phụ với BAC ’) ⇒ ADB ’ = AMN ÷. Xét hai tam giác ∆AMN và ∆ADB có DAB ’ = MAN ÷= 90◦ và ADB ’ = AMN ÷, Nên hai tam giác ∆AMN và ∆ADB đồng dạng ⇒ AM AD = AN AB ⇔ AD · AN = AB · AM. 3 Giả sử AE cắt BD tại I, ta chứng minh H trùng với I. Thật vậy Ta có ∆AMN vuông tại A có E là trung điểm của cạnh MN ⇒ ∆AEN cân tại E ⇒ EAN ’ = ENA ’. Theo chứng minh trên ta có ADB ’ = AMN ÷. Do đó EAN ’ + ADB ’ = AMN ÷+ ENA ’ = 90◦ hay AID‘ = 90◦ . Suy ra AI ⊥ BD tại I, do đó H và I trùng nhau hay A, H, E thẳng hàng. 4 Đặt AN = x > 0 và AM = y > 0, ta có AC = √ AB2 + BC2 = 10. Ta có AD · AN = AB · AM 1 AN2 + 1 AM2 = 1 AC2 ⇔ 4x = 3y 1 x 2 + 1 y 2 = 1 100 ⇔ x = 25 2 y = 50 3 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 242/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Mặt khác AM · AN = AC · MN ⇒ MN = 125 6 (cm). BÀI 17. Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp trong đường tròn tâm (O), M là một điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng: a) Bốn điểm M, D, B, F thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C thuộc một đường tròn; b) Ba điểm D, E, F thẳng hàng; c) BC MD = CA ME + AB MF . ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có: D và F lần lượt là hình chiếu của M lên BC và AB. ⇒ BDM ÷+ BFM ÷= 90◦ + 90◦ = 180◦ ⇒ DMF B nội tiếp đường tròn. ⇒ M, D, B, F thuộc một đường tròn. Ta có: D và E lần lượt là hình chiếu của M lên BC và AC. ⇒ MDC ÷= 90◦ = MEC ÷ ⇒ MDEC nội tiếp đường tròn. ⇒ M, D, E, C thuộc một đường tròn. A D O B M F C E b) Ta có: ÷FMB ÷= F DB ’ (do MDBF nội tiếp). (i) CME = CDE ’ (do DECM nội tiếp). (ii) Mặt khác, tứ giác ACMB nội tiếp (O) nên F BM ÷= ACM ÷. (1) Xét hai tam giác vuông F BM và ECM, ta có: F BM ÷+ FMB ÷= 90◦ CME ÷+ ECM ÷= 90◦ . (2) Từ (1) và (2) suy ra FMB ÷= CME ÷. (iii) Từ (i), (ii) và (iii) suy ra F DB ’ = CDE ’. ⇒ E, F, D thẳng hàng (đpcm). c) Ta có: AC ME + AB MF = AE − EC ME + AF + F B MF = AE ME − EC ME + AF MF + F B MF = tan AME ÷− tan CME ÷+ tan÷AMF + tan FMB ÷ = tan AME ÷+ tan÷AMF (cmt câu b) = tan BMD ÷+ tan MDC ÷(do tứ giác ABMC nội tiếp) = BD MD + CD MD = BC MD (đpcm). Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 243/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 18. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), dựng AH vuông góc với BC tại điểm H. Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của điểm H trên AB và AC. Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại điểm D. Trên nửa mặt phẳng bờ CD chứa điểm A vẽ nửa đường tròn đường kính CD. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt nửa đường tròn trên tại điểm E. 1 Chứng minh rằng tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp. 2 Chứng minh EBM ÷= DNH ÷. 3 Chứng minh rằng DM.DN = DB.DC. 4 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE. Chứng minh rằng OE ⊥ DE. ✍ LỜI GIẢI. A E N M D B H C 1 Xét tứ giác ÷ AMHN có AMH = 90◦ (gt) ANH ’ = 90◦ (gt) suy ra AMH ÷+ ANH ’ = 180◦ . Mà hai góc ở vị trí đối nhau nên AMHN là tứ giác nội tiếp. 2 Ta có ( EB ⊥ DC AH ⊥ CD ⇒ EB k AH, suy ra EBA ’ = BAH ’(1) (so le trong). Tứ giác AMHN nội tiếp nên ta có MAH ÷= MNH ÷(2)(hai góc nội tiếp cùng chắn một cung). Từ (1)và (2) suy ra EBM ÷= DNH ÷. 3 Ta có DMB ÷= AMN ÷(đối đỉnh) AMN ÷= AHN ’ (do tứ giác AMHNnội tiếp) AHN ’ = NCH ’ (do cùng phụ với góc NHC ’) suy ra DMB ÷= NCH. ’ Xét tam giác DMB và DCN có DMB ÷= NCD ’ và chung góc NDC ’, suy ra ∆DMB đồng dạng với ∆DCN theo trường hợp góc-góc. Từ đó suy ra DM DC = DB DN ⇒ DM.DN = DB.DC. 4 Ta có ∆DEC vuông tại E, EB là đường cao nên DE2 = DB.DC mặt khác DM.DN = DB.DC suy ra DE2 = DM.DN ⇒ DM DE = DE DN . Từ đó suy ra ∆DEM đồng dạng với ∆DNE do DM DE = DE DN và chung góc NDE ’. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 244/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Suy ra DEM ÷= ENM ÷suy ra DE là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE tại E hay DE ⊥ OE. BÀI 19. Tam giác AMB cân tại M nội tiếp trong đường tròn (O; R). Kẻ MH vuông góc AB (H ∈ AB), MH cắt đường tròn tại N. Biết MA = 10 cm, AB = 12 cm. 1 Tính MH và bán kính R của đường tròn. 2 Trên tia đối tia BA lấy điểm C. Tia MC cắt đường tròn tại D, ND cắt AB tại E. Chứng minh tứ giác MDEH nội tiếp và chứng minh các hệ thức sau: NB2 = NE.ND và AC.BE = BC.AE. 3 Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. ✍ LỜI GIẢI. A H E N B C M D O I 1 Theo tính chất đường kính và dây cung suy ra H là trung điểm AB và AH = 6 cm. ∆AMH vuông tại H ⇒ MH = √ AM2 − AH2 = √ 102 − 6 2 = 8 cm. ∆AMN vuông tại A, đường cao AH, do đóAH2 = HM.HN ⇒ HN = AH2 MH = 36 8 = 4, 5 cm. Bán kính R = MN 2 = MH + HN 2 = 8 + 4, 5 2 = 6, 25 cm. 2 MDN ÷ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), MHE ÷ = 90◦ ÷ (MH ⊥ AB). Từ đó suy ra MDE + MHE ÷= 180◦ , do đó tứ giác MDEH nội tiếp. Xét các tam giác ∆NBE và ∆NDB có góc N chung, NBE ’ = NDB ’ (cùng chắn hai cung bằng nhau là cung NA, NB). Suy ra ∆NBE v ∆NDB, do đó NB ND = NE NB ⇒ NB2 = NE.ND. Ta có cung NA bằng cung NB (tính chất đường kính và dây cung), suy ra ADE ’ = EDB ’ ⇒ DE là phân giác trong của ∆ABD. Vì ED ⊥ DC ⇒ DC là phân giác ngoài của ∆ABD. Từ đó suy ra: DA DB = EA EB = CA CB ⇒ AC.BE = BC.AE. 3 Kẻ EIkAM (I ∈ BM) ⇒ ∆AMB v ∆EIB ⇒ ∆EIB cân tại I ⇒ IE = IB. Gọi (O0 ) là đường tròn tâm I ngoại tiếp ∆EBD0 . Ta có NB ⊥ BM (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O), từ đó suy ra BN ⊥ BI ⇒ BN là tiếp tuyến đường tròn (O0 ) ⇒ EBN ’ = ED÷0B (cùng chắn cung BE). Mặt khác trên đường tròn (O), EBN ’ = EDB ’ (cùng chắn hai cung bằng nhau NA, NB) ⇒ D Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 245/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 nằm trên đường tròn (O0 ). Vậy NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. BÀI 20. Cho ba điểm cố định A, B, C thẳng hàng (B nằm giữa A và C). Gọi (O) là một đường tròn thay đổi luôn đi qua B và C (tâm O không thuộc đường thẳng BC). Từ A kẻ các tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn (O) (D, E là các tiếp điểm và D, O nằm cùng trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC). Gọi K, H lần lượt là trung điểm của BC và DE. 1 Chứng minh AE2 = AB · AC. 2 Trên DE lấy điểm M sao cho BM song song với AD. Chứng minh tứ giác BMKE nội tiếp đường tròn và MK song song với DC. 3 Chứng minh rằng khi đường tròn (O) thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OHK thuộc một đường thẳng cố định. ✍ LỜI GIẢI. O A E B F D K C M H 1 Ta có 4ABE v 4AEC (g.g), suy ra AB AE = AE AC . Vậy AE2 = AB · AC. 2 Dễ thấy, năm điểm O, A, D, E, K nằm trên đường tròn đường kính OA. Suy ra DEK ’ = DAK ’, mà DAK ’ = MBK ÷(do AD k BM), nên MBK ÷= MEK ÷. Vậy tứ giác BMKE là tứ giác nội tiếp. 3 Gọi F là giao điểm của DE và AC. Khi đó tứ giác OHFK nội tiếp đường tròn đường kính OF. Suy ra AF · AK = AH · AO = AE2 = AB · AC, hay AF = AB · AC AK , do đó F là điểm cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OHK (cũng chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHFK) chạy trên đường trung trực của đoạn thẳng FK. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 246/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 CHƯƠNG 4 HÌNH CẦU, HÌNH TRỤ, HÌNH NÓN BÀI 1 HÌNH TRỤ. DIỆN TÍCH XUNG QUANH VÀ THỂ TÍCH HÌNH TRỤ A TÓM TẮT LÍ THUYẾT 1 Hình trụ Khi quay hình chữ nhật ABCD một vòng quay cạnh CD cố định, ta được một hình trụ (h.73). Khi đó: - Hai đáy là hai hình tròn (C) và (D) bằng nhau và nằm trên hai mặt phẳng song song. - Đường thẳng CD là trục của hình trụ. - AB là một đường sinh. Đường sinh vuông góc với hai mặt phẳng đáy. Độ dài đường sinh là chiều cao hình trụ. D C A E F B Hình 73 2 Diện tích xung quanh của hình trụ Sxq = 2πRh. Stp = 2πRh + 2πR2 . 3 Thể tích hình trụ V = Sh = πR2h (R là bán kính đáy, h là chiều cao, S là diện tích đáy). B CÁC VÍ DỤ VÍ DỤ 1. Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 2 cm, chiều cao là 6 cm. Hãy tính: 1 Diện tích xung quanh của hình trụ. 2 Diện tích toàn phần của hình trụ. 3 Thể tích hình trụ. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 247/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq = 2πRh = 2 · π · 2 · 6 = 24π ≈ 24 · 3, 14 = 75, 36 (cm2 ) 2 Diện tích toán phần của hình trụ là Stp = 2πRh + 2πR2 = 2 · π · 2 · 6 + 2 · π · 2 2 = 24π + 8π = 32π ≈ 32 · 3, 14 = 100, 48 (cm2 ). 3 Thể tích hình trụ là: V = πR2h = π · 2 2 · 6 = 24π ≈ 24 · 3.14 = 75, 36 (cm3 ) O A 2 O0 A0 6 VÍ DỤ 2. Một hình trụ có diện tích xung quanh là 20π cm2 và diện tích toàn phần là 28π cm2 . Tính thể tích của hình trụ đó. ✍ LỜI GIẢI. Ta có Sđ = Stp − Sxq 2 = 28π − 20π 2 = 4π (cm2 ). Mà Sđ = πR2 ⇔ πR2 = 4π ⇔ R = 2 (cm). Ta có Sxq = 2πRh ⇒ h = 20π 2πR = 10 2 = 5 (cm). Thể tích của hình trụ đó là V = πR2h = π · 2 2 · 5 = 20π ≈ 62, 8 (cm3 ). O A O0 A0 VÍ DỤ 3. Một hình trụ có chiều cao bằng 5 cm. Biết diện tích toàn phần gấp đôi diện tích xung quanh. Tính thể tích hình trụ. ✍ LỜI GIẢI. Vì diện tích toàn phần bằng hai lần diện tích xung quanh nên 2πRh + 2πR2 = 4πRh ⇔ 2πR2 = 2πRh ⇔ R = h. Vậy bán kính đáy là 5 cm. Thể tích của hình trụ là V = πR2h = π · 5 2 · 5 = 125π (cm3 ). O A O0 A0 VÍ DỤ 4. Một thùng phuy hình trụ có số đo diện tích xung quanh (tính bằng mét vuông) đúng bằng số đo thể tích (tính bằng mét khối). Tính bán kính đáy của hình trụ. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 248/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Gọi bán kính đáy và chiều cao hình trụ lần lượt là R và h. Ta có Sxq = 2πRh (m2 ); V = πR2h (m3 ). Theo đề bài hai số đo trên bằng nhau nên ta có 2πRh = πR2h suy ra R = 2 (m). O A O0 A0 VÍ DỤ 5. Một lọ hình trụ được “đặt khít” trong một hộp giấy hình hộp chữ nhật. Biết thể tích của lọ hình trụ là 270 cm3 , tính thể tích của hộp giấy. ✍ LỜI GIẢI. Gọi bán kính và chiều cao của hình trụ lần lượt là R và h. Khi đó hình hộp chữ nhật có cạnh đáy là 2R và chiều cao là h. Gọi V1 và V2 lần lượt là thể tích của hình trụ và hình hộp. Ta có V1 V2 = πR2h 4R2h . Do đó 270 V2 = π 4 . Suy ra V2 = 270 · 4 π ≈ 344 (cm3 ). Vậy thể tích hình hộp là 344 (cm3 ). VÍ DỤ 6. Cho hình chữ nhật ABCD với AB = 2a, BC = a. Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB một vòng thì được hình trụ có thể tích V1 và khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh BC một vòng thì được hình trụ có thể tích V2. Tính tỉ số V1 V2 . ✍ LỜI GIẢI. Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB một vòng thì được hình trụ có chiều cao h = AB = 2a, bán kính đáy R = BC = a nên có thể tích V1 = πR2h = πa2 · 2a = 2πa3 (đvtt) Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh BC một vòng thì được hình trụ có chiều cao h 0 = BC = a, bán kính đáy R0 = CD = 2a nên có thể tích V2 = πR02h 0 = π(2a) 2 · a = 4πa3 (đvtt) . Vậy V1 V2 = 2πa3 4πa3 = 1 2 . 2a a A B D C VÍ DỤ 7. Một hộp sữa hình trụ có chiều cao hơn đường kính là 3 cm. Biết diện tích vỏ hộp ( kể cả nắp) là 292, 5πcm2 . Tính thể tích của hộp sữa đó. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 249/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Gọi R là bán kính đáy của hộp sữa, h là chiều cao của nó. Ta có h = 2R + 3. Vì diện tích toàn phần của hộp sữa là 292, 5πcm2 nên 2πR(h + R) = 292, 5π ⇔ 2πR(h + R) = 292, 5π ⇔ 2πR(2R + 3 + R) = 292, 5π ⇔ R(R + 1) = 48, 75 ⇔ R 2 + R − 48, 75 = 0 Giải ra được R1 = 6, 5 (chọn); R2 = −7, 5 (loại). Vậy bán kính đáy hộp sữa là 6, 5 cm. Chiều cao hộp sữa là 16 cm. Thể tích hộp sữa là V = πR2h = π · (6, 5)2 · 16 = 676π (cm3 ) O A O0 A0 C LUYỆN TẬP BÀI 1. Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 6 cm, chiều cao là 9 cm. Hãy tính 1 Diện tích xung quanh của hình trụ. 2 Thể tích của hình trụ. ✍ LỜI GIẢI. 1 Diện tích xung quanh của hình trụ là 2 · π · 6 · 9 = 108π (cm2 ). 2 Thể tích của hình trụ là π · 6 2 · 9 = 324π (cm3 ). O A O0 A0 6 9 BÀI 2. Một hình chữ nhật có chiều dài và chiều rộng lần lượt là 8 cm, 5 cm. Quay hình chữ nhật đó một vòng quanh chiều dài hay chiều rộng thì thể tích lớn hơn. ✍ LỜI GIẢI. Khi quay quanh chiều dài thì R = 5, h = 8 (cm). V1 = π · 5 2 · 8 = 200π (cm3 ). Khi quay quanh chiều rộng thì R = 8, h = 5 (cm). V2 = π · 8 2 · 5 = 320π (cm3 ). Vì V2 > V1 nên khi quay quanh chiều rộng thì thể tích sẽ lớn hơn khi quay quanh chiều dài. A B D C 8 5 BÀI 3. Người ta cắt hình trụ bằng một mặt phẳng chứa trục. Biết thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 36 cm2 . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 250/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Độ dài mỗi cạnh của thiết diện là a = √ 35 = 6 (cm). Vậy chiều cao của hình trụ là h = 6 (cm), bằng đường kính của đáy hình trụ. Ta có 2R = 6 do đó R = 3 (cm). Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq = 2πRh = 2 · π · 3 · 6 ≈ 113, 4 (cm2 ). Thể tích của hình trụ là V = πR2h = π · 3 2 · 6 ≈ 169, 56 (cm3 ). D A C O O0 B BÀI 4. Một hình trụ có chu vi đáy là 24π cm và diện tích toàn phần là 768πcm2 . Tính thể tích của hình trụ. ✍ LỜI GIẢI. Ta có C = 2πR, suy ra R = C 2π = 24π 2π = 12 (cm). Vì dện tích toàn phần của hình trụ là 768π cm2 nên 2πR(h + R) = 768π, hay 2π · 12(h + 12) = 768π ⇒ h + 12 = 32 ⇒ h = 20 (cm). Vậy thể tích của hình trụ là V = πR2h = π · 122 · 20 = 2880π (cm3 ). O A O0 A0 BÀI 5. Tỉ số giữa diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của một hình trụ là 3 5 . Biết bán kính đáy là 6 cm, tính chiều cao của hình trụ. ✍ LỜI GIẢI. Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là R và h. ta có Sxq = 2πRh = 2π · 6h = 12πh. Stp = 2πR(h + R) = 2π · 6(h + 6). Theo đề bài ta có Sxq Sxq = 3 5 . Suy ra 12πh 12π(h + 6) = 3 5 . Giải ra ta được h = 9 (cm). O A O0 A0 h BÀI 6. Một hình trụ có thể tích là 300 cm3 và diện tích xung quanh là 120 cm2 . Tính diện tích toàn phần của hình trụ đó. ✍ LỜI GIẢI. Gọi bán kính đáy và chiểu cao của hình trụ lần lượt là R và h. Ta có V = πR2h = 300 (cm3 ). Sxq = 2πRh = 120 (cm2 ). Do đó πR2h 2πRh = 300 120 ⇒ R = 5 (cm). Stp = 2πRh + 2πR2 = 120 + 157 = 277 (cm2 ). O A O0 A0 BÀI 7. Một hình trụ có diện tích xung quanh là 24π cm2 và diện tích toàn phần là 42π cm2 . Tính thể tích của hình trụ đó. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 251/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là R và h. Ta có Sđ = Stp − Sxq 2 = 42π − 24π 2 = 9π (cm2 ). Sđ = 9π ⇔ πR2 = 9π ⇔ R = 3 (cm). Ta có Sxq = 2πRh ⇒ h = Sxq 2πR = 4 (cm). Do đó thể tích của hình trụ là V = πR2h = π · 3 2 · 4 = 36π (cm3 ). O A O0 A0 BÀI 8. Một hình trụ có bán kính đáy bằng chiều cao, thiết diện đi qua trục có diện tích bằng 72 cm2 . Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích của hình trụ. ✍ LỜI GIẢI. Gọi bán kính đáy là R, chiều cao là h. Theo đề bài ta có R = h và 2Rh = 72 ⇔ R2 = 36 ⇔ R1 = 6 (thỏa mãn), R2 = −6 (loại). Do đó R = h = 6 cm. Diện tích xung quanh bằng 2πRh = 2π · Rh = 2π · 6 · 6 = 72π (cm2 ). Diện tích toàn phần bằng 2πRh + 2πR2 = 2π · 6 · 6 + 2π · 6 2 = 144π (cm2 ). Thể tích của hình trụ bằng πR2h = π · 6 2 · 6 = 216π (cm3 ). D A C O O0 B BÀI 9. Một hình trụ có chiều cao là 18 cm và diện tích toàn phần là 176 cm2 . Chứng minh rằng diện tích xung quanh hình trụ bằng 9 lần diện tích đáy. ✍ LỜI GIẢI. Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là R và h. Vì diện tích toàn phần bằng 176π cm2 nên ta có 2πR(h + R) = 176π ⇔ 2πR(18 + R) = 176π ⇔ R 2 + 18R − 88 = 0 Giải ra được R1 = 4 (chọn); R2 = −22 (loại). Vậy diện tích đáy hình trụ là Sđ = πR2 = 16π (cm2 ). Diện tích xung quanh hinh tru là Sxq = 2πRh = 2π · 4 · 18 = 144π (cm2 ). Do đó Sxq Sđ = 144π 16π = 9 (lần). O A O0 A0 BÀI 10. Cho hình chữ nhật ABCD có AB > BC. Biết diện tích hình chữ nhật là 48 cm2 , chu vi là 28 cm. Cho hình chữ nhật quay quanh cạnh AB một vòng ta đuợc một hình trụ. Tính dện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích của hình trụ này. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 252/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Từ đề bài ta có ( AB + BC = 14 AB · BC = 48. Suy ra AB, BC là nghiệm của phương trình: x 2 − 14x + 48 = 0. Giải phương trình ta đươc x1 = 6, x2 = 8. Do AB > BC nên AB = 8; BC = 6. 1 Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq = 2 · π · BC · AB = 2π · 6 · 8 = 96π (cm2 ). 2 Diện tích toàn phần của hình trụ là Stp = Sxq + 2Sđ = 96π + 2πR2 = 96π + 2π · 6 2 = 168π (cm2 ). 3 Thể tích của hình trụ là V = π · BC2 · AB = π · 6 2 · 8 = 288π (cm3 ). A D B C Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 253/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 2 HÌNH NÓN - HÌNH NÓN CỤT - DIỆN TÍCH XUNG QUANH VÀ THỂ TÍCH CỦA HÌNH NÓN, HÌNH NÓN CỤT A TÓM TẮT LÍ THUYẾT Mô tả hình nón +) Đáy của hình nón là hình tròn (O); +) SA là một đường sinh; +) S là đỉnh, SO là đường cao. S O A B r h l Diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón Sxq = πrl Stp = πrl + πr2 (r, l lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón). Thể tích hình nón V = 1 3 πr2h (h là chiều cao). Hình nón cụt Khi cắt hình nón bởi một mặt phẳng song song với đáy thì phần mặt phẳng bị giới hạn bởi hình nón là một hình tròn. Phần hình tròn nằm giữa mặt phẳng nói trên và đáy là một hình nón cụt. O A B A0 B0 O0 Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần của hình nón cụt Sxq = π(R + r)l Stp = π(R + r)l + πR2 + πr2 R, r lần lượt là bán kính hai đáy, l là độ dài đường sinh của hình nón cụt). Thể tích hình nón cụt: V = π 3 h(R 2 + r 2 + Rr) (h là đường cao của hình nón cụt). 4! Hình khai triển mặt xung quanh của một hình nón là một hình quạt. 4! Một hình nón được xác định khi biết 2 trong 3 yếu tố: bán kính đáy, chiều cao, đường sinh. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 254/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 B CÁC VÍ DỤ VÍ DỤ 1. Một hình nón có bán kính đáy bằng r, diện tích xung quanh gấp đôi diện tích đáy. Tính theo r 1 Diện tích xung quanh của hình nón; 2 Thể tích của hình nón. ✍ LỜI GIẢI. 1 Diện tích xung quanh gấp đôi diện tích đáy nên πrl = 2πr2 suy ra l = 2r. Vậy πrl = πr · 2r = 2πr2 . Diện tích xung quanh bằng 2πr2 . 2 Xét tam giác SOA vuông tại O, ta có h 2 = l 2 − r 2 = (2r) 2 − r 2 = 3r 2 nên h = r √ 3. Thể tích hình nón bằng V = 1 3 πr2h = 1 3 πr2 · r √ 3 = πr3 √ 3 3 . S O A B r h l VÍ DỤ 2. Một hình nón có bán kính đáy bằng r, đường sinh bằng l. Khai triển mặt xung quanh hình nón ta được một hình quạt. Tính số đo cung của hình quạt theo r và l. ✍ LỜI GIẢI. Khi cắtmặt xung quanh của một hình nón theo một đường sinh và trải phẳng ra thành một hình quạt. Khi đó bán kính hình quạt tròn SBC bằng độ dài đường sinh SB = l và độ dài BC˜ bằng chu vi đáy. Độ dài BC˜ của hình quạt bằng chu vi đáy của hình nón bằng 2πr. Độ dài đường tròn (S; SA) bằng 2πl. Ta có Squạt = 2π · l 2 · n 360 = l · 2π · r ⇒ 2π · l 2 · n 360 = l · 2π · r ⇒ l · n 360 = r. Do đó, số đo cung AB của hình quạt là n ◦ = 360◦ · 2πr 2πl = 360◦ · r l . S O A B C r l VÍ DỤ 3. Một hình nón cụt có các bán kính đáy bằng a và 2a, chiều cao bằng a. 1 Tính diện tích xung quanh của hình nón cụt; 2 Tính thể tích của hình nón cụt. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 255/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Trong mặt phẳng OABO0 , kẻ AH ⊥ O0B. Ta có O0H = OA = a nên HB = a. Tam giác AHB vuông cân nên AB = HB√ 2 = a √ 2. Ta có Sxq = π(r1 + r2)l = π(a + 2a) · a √ 2 = 3πa2 √ 2. 2 Tính thể tích của hình nón cụt: V = 1 3 πa[a 2 + (2a) 2 + a · 2a] = 7 3 πa3 . O0 B A O H a 2a VÍ DỤ 4. Một hình nón có bán kính đáy bằng 20 cm, số đo thể tích (tính bằng cm2 ) bằng bốn lần số đo diện tích xung quanh (tính bằng cm2 ). Tính chiều cao của hình nón. ✍ LỜI GIẢI. Gọi h là chiều cao của hình nón. Thể tích của hình nón bằng V = 1 3 π · 202 · h = 400 3 πh. Đường sinh SA bằng √ h 2 + 202 . Diện tích xung quanh của hình nón bằng Sxq = π · 20√ h 2 + 400. Do V = 4Sxq nên 400 3 πh = 4 · 20π √ h 2 + 400 ⇔ 5h = 3√ h 2 + 400 ⇔ 25h 2 = 9(h 2 + 400) ⇔ h 2 = 225 ⇔ h = 15. Vậy chiều cao của hình nón bằng 15 cm S O A B 20 h VÍ DỤ 5. Cho tam giác ABC vuông tại A, BC = 10 cm, đường cao AH = 4 cm. Quay tam giác ABC một vòng quanh cạnh BC. Tính thể tích hình tạo thành. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 256/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Khi quay tam giác ABC một vòng quanh cạnh BC, hình tạo thành gồm hai hình nón có đường cao theo thứ tự là HB và HC. Thể tích của hình tạo thành bằng 1 3 π · AH2 · BH + 1 3 π · AH2 · CH = 1 3 π · AH2 (BH + CH) = 1 3 π · AH2 · BC = 1 3 π · 4 2 · 10 = 160 3 π(cm3 ). A M C H B 4 10 VÍ DỤ 6. Cho tam giác ABC vuông cân, Ab = 90◦ , BC = 3√ 2 cm. Quay tam giác ABC một vòng quanh cạnh góc vuông AB cố định. Tính diện tích xung quanh và thể tích hình tạo thành. ✍ LỜI GIẢI. Quay tam giác vuông cân ABC một vòng quanh cạnh góc vuông AB cố định, ta được hình nón đỉnh B, đường sinh BC, bán kính đường tròn đáy là AC. Tam giác ABC vuông cân tại A, theo định lý Pitago ta có AB2 + AC2 = BC2 hay 2AC2 = (3√ 2)2 = 18, suy ra AC2 = 9, do đó AC = 3 (cm). Diện tích xung quanh của nón là Sxq = π ·AC ·BC = π · 3 · 3 √ 2 = 9 √ 2π ≈ 39, 85 (cm2 ). Thể tích hình nón là V = 1 3 AC2 ·AB = 1 3 ·AC3 = 1 3 ·3 3 = 9 (cm3 ). B A C M 3 √ 2 C LUYỆN TẬP BÀI 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, B“ = 60◦ và BC = 2a (đơn vị độ dài). Quay xung quanh tam giác một vòng quanh cạnh huyền BC. Tìm diện tích xung quanh và thể tích hình tạo thành. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 257/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Khi quay tam giác vuông ABC một vòng xung quanh cạnh huyền BC, ta được hai hình nón có các đáy úp vào nhau, bán kính đường tròn đáy bằng đường cao AH kẻ từ A đến cạnh huyền BC. Ta có AH = a √ 3 2 (đơn vị độ dài). Diện tích xung quanh hình tạo thành là S = π · AH(AB + AC) = πa2 (3 + √ 3) 2 (đơn vị diện tích). Thể tích hình tạo thành là V = 1 3 π·AH2 ·BC = πa3 2 (đơn vị thể tích). A M C H B 2a 60 ◦ BÀI 2. Một hình nón có bán kính đáy bằng 7 cm, chiều cao bằng 24 cm. 1 Tính số đo cung hình quạt khi khai triển mặt xung quanh của hình nón; 2 Tính diện tích toàn phần của hình nón; 3 Tính thể tích của hình nón. ✍ LỜI GIẢI. 1 Đường sinh bằng l = 25 cm. Số đo cung của hình quạt là n ◦ = 360◦ · r l = 360◦ · 7 25 = 100, 8 ◦ . 2 Diện tích toàn phần của hình nón Stp = πrl + πr2 = πr(l + r) = 224π. 3 Tính thể tích của hình nón V = 1 3 πr2h = 1 3 · π · 7 2 · 27 = 392π. S O A B 7 24 BÀI 3. Một hình nón có bán kính đáy bằng 6 cm, đường sinh bằng 10 cm. 1 Tính diện tích xung quanh của hình nón; 2 Tính thể tích của hình nón; 3 Một mặt phẳng đi qua trung điểm của đường cao và song song với đáy hình nón chia hình nón thành một hình nón nhỏ và một hình nón cụt. Tính thể tích hình nón cụt. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 258/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Diện tích xung quanh của hình nón Sxq = πrl = 60π (cm2 ). 2 Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông SAO, ta có SO = √ SA2 − AO2 = 8. Thể tích của hình nón V = 1 3 πr2h = 1 3 π · 6 2 · 8 = 96π (cm3 ). 3 Trong 4SOA, ta có SI = IO, IB k OA nên IB = 1 2 OA = 3 cm. Thể tích hình nón nhỏ bằng 1 3 π · r 02 · h 0 = 1 3 π · 3 2 · 4 = 12π (cm3 ). S O A M B B0 I 6 10 BÀI 4. Một hình nón cụt có bán kính đáy lớn bằng 8 cm, chiều cao bằng 12 cm và đường sinh bằng 13 cm. 1 Tính bán kính đáy nhỏ của hình nón cụt; 2 Tính diện tích xung quanh của hình nón cụt; 3 Tính thể tích của hình nón cụt. ✍ LỜI GIẢI. 1 Vẽ AH ⊥ OB ta được OH = O0A = r, HB = √ AB2 − AH2 = √ 132 − 122 = 5 (cm), suy ra r = 8 − 5 = 3 (cm). 2 Tính diện tích xung quanh của hình nón cụt Sxq = πrl = 143π (cm2 ). 3 Tính thể tích của hình nón cụt V = 1 3 πr2h = 388π (cm3 ). O B A O0 H 12 8 BÀI 5. Mặt xung quanh của một hình nón khai triển thành một hình quạt 100◦480 , bán kính 25 cm. 1 Tính diện tích toàn phần của hình nón; 2 Tính thể tích của hình nón. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 259/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Độ dài cung AB của hình quạt là l = π · 25 · 100, 8 180 = 14π (cm). Chu vi của hình tròn đáy là 14π (cm). Bán kính của hình tròn đáy là R = 14π 2π = 7 (cm). Chiều cao của hình nón là h = SO = √ SB2 − OB2 = √ 252 − 7 2 = 24 (cm). Diện tích toàn phần của hình nón là Stp = πRl + πR2 = π · 7 · 25 + π · 7 2 = 224π (cm2 ). 2 Tính thể tích của hình nón là V = 1 3 πR2h = 1 3 π · 7 2 · 27 = 392π (cm3 ). S O A B C 100◦480 25 BÀI 6. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi V1, V2, V3 theo thứ tự là thể tích của các hình sinh ra khi quay tam giác ABC một vòng xung quanh các cạnh BC, AB, AC. Chứng minh rằng 1 V 2 1 = 1 V 2 2 + 1 V 2 3 . ✍ LỜI GIẢI. Gọi độ dài các cạnh của tam giác là AC = b, BC = a, AB = c và AH = h là chiều cao dựng từ đỉnh A xuống cạnh huyền BC. Ta có h = bc a . Theo giả thiết ta có: V1 = 1 3 π · AH2 · HC + 1 3 π · AH2 · HB = 1 3 πAH2 · BC = πb2 c 2 3a , suy ra 1 V 2 1 = 9a 2 π 2b 4c 4 . Tương tự ta có 1 V 2 2 = 9 π 2b 4c 2 và 1 V 2 3 = 9 π 2b 2c 4 , do đó 1 V 2 2 + 1 V 2 3 = 9 π 2b 4c 2 + 9 π 2b 2c 4 = 9(b 2 + c 2 ) π 2b 4c 4 = 9a 2 π 2b 4c 4 . Vậy 1 V 2 1 = 1 V 2 2 + 1 V 2 3 . A M C H B b a c h Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 260/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 3 HÌNH CẦU - DIỆN TÍCH MẶT CẦU VÀ THỂ TÍCH HÌNH CẦU A TÓM TẮT LÍ THUYẾT 1. Hình cầu Định nghĩa 1. Khi quay nửa hình tròn (0; R) một vòng quanh đường kính AB cố định, ta được một hình cầu. Nửa hình tròn khi quay quét nên mặt cầu. Điểm O gọi là tâm, R là bán kính của hình cầu hay mặt cầu. Khi cắt hình cầu bởi một mặt phẳng thì mặt cắt là một hình tròn. A B O 2. Diện tích mặt cầu và thể tích hình cầu - Diện tích mặt cầu: S = 4πR2 hay S = πd2 , với R là bán kính; d là đường kính. - Thể tích hình cầu V = 4 3 πR3 . B CÁC VÍ DỤ VÍ DỤ 1. Một phao cơ hình cầu tự động đóng nước chảy vào bể khi bể đầy. Biết diện tích bề mặt của phao là 804 cm2 , tính bán kính của phao. ✍ LỜI GIẢI. Từ công thức S = 4πR2 ⇒ R = … S 4π . Bán kính của phao là R = … 804 4π ≈ 8 cm. VÍ DỤ 2. Phần trên của một chiếc cốc chân cao có dạng nửa hình cầu. Biết cốc này có thể chứa được 56, 5 ml nước. Tính đường kính của miệng cốc. ✍ LỜI GIẢI. Vì dung dích của cốc là 56,5 ml nên thể tích của cốc là 56,5 cm3 . Ta có V = 4 3 πR3 do đó có thể tích của nửa hình cầu là 2 3 πR3 . Theo đề bài, ta có 2 3 πR3 = 56,5 ⇒ R3 = 3 · 56 · 5 2π ≈ 27 cm3 , suy ra R = 3 cm. Vậy đường kính của miệng cốc là 3 · 2 = 6 cm. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 261/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 VÍ DỤ 3. Một trái dưa có dạng hình cầu. Bổ đôi trái dưa này ra thì mặt cắt có diện tích là 314 cm2 . Tính thể tích của trái dưa đó. ✍ LỜI GIẢI. Khi bổ đôi trái dưa thì mặt cắt là một hình tròn. Ta có: S = πR2 ⇒ R = … S π ≈ 314 3,14 = 10 cm. Vậy bán kính của trái dưa là 10 cm. Thể tích của trái dưa là: V = 4 3 πR3 = 4 3 π · 103 ≈ 4187 cm3 . VÍ DỤ 4. Trái đất có bán kính 6400 km. Diện tích biển và đại dương chiếm 3 4 bề mặt trái đất. Hãy tính diện tích biển và đại dương của trái đất (làm tròn đến triệu km2 ). ✍ LỜI GIẢI. Diện tích bề mặt trái đất là S = 4πR2 = 4 · π · 64002 ≈ 514457600 km2 . Diện tích các biển và đại dương là 514457600 · 3 4 ≈ 386000000 km2 . VÍ DỤ 5. Hình bên minh họa bộ phận lọc của một bình nước. Bộ phận này gồm một hình trụ và một nửa hình cầu với kích thước ghi trên hình. Hãy tính 1 Thể tích của bộ phận đó; 2 Diện tích mặt ngoài của bộ phận này. 5cm 6cm ✍ LỜI GIẢI. 1 Thể tích phần hình trụ là V1 = πR2h = π · 5 2 · 6 = 150π cm3 . Thể tích nửa hình cầu: V2 = 1 2 · 4 3 πR3 = 2 3 π · 5 3 = 250 3 π cm3 . Thể tích bộ phận lọc là: V = V1 + V2 = 150π + 250 3 π = 700 3 π cm3 ≈ 733 cm3 . 2 Diện tích xung quanh của hình trụ là: S1 = 2πRh = 2π · 5 · 6 = 60π cm2 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 262/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Diện tích đáy hình trụ là: S2 = π · R 2 = π · 5 2 = 25π cm3 . Diện tích nửa mặt cầu là: S3 = 1 2 · 4πR2 = 2π · 5 2 = 50π cm3 . Diện tích mặt ngoài của bộ phận lọc: S = S1 + S2 + S3 = 60π + 25π + 50π = 135π cm2 ≈ 424 cm2 . C LUYỆN TẬP BÀI 1. Cho hình cầu có bán kính R = 5a √ 2 2 . 1 Tính diện tích mặt cầu. 2 Tính thể tích của khối cầu tương ứng. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có S = 4π Ç 5a √ 2 2 å2 = 50πa2 đvdt. 2 V = 4 3 π Ç 5a √ 2 2 å3 = 125a 3 √ 2 3 đvtt. BÀI 2. Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CD ⊥ AB tại H. Cho biết CD = 12 cm và AH = 4 cm. Quay đường tròn này một vòng quanh AB. Tính diện tích mặt cầu và thể tích hình cầu được tạo thành. ✍ LỜI GIẢI. Vẽ các đoạn thẳng CA, CB ta được: ACB ’ = 90◦ . Vì AB ⊥ CD nên HD = HC = 6 cm. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có CH2 = HA · HB. Suy ra: HB = CH2 HA = 6 2 4 = 9 cm. Do đó, bán kính của đường tròn là (4 + 9) : 2 = 6,5 cm, bán kính hình cầu là 6,5 cm. Diện tích mặt cầu là S = 4πR2 = 4 · π · (6,5)2 ≈ 531 cm2 . Diện tích hình cầu là V = 4 3 πR3 = 4 3 π · (6,5)3 ≈ 1150 cm3 . C A B D O BÀI 3. Cho đường tròn (O; R) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Quay đường tròn này một vòng quanh đường kính AOD ta được một hình cầu ngoại tiếp một hình nón. Tính thể tích phần bên trong hình cầu và bên ngoài hình nón. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 263/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Độ dài cạnh của tam giác đều là AB = R √ 3. Bán kính đáy hình tròn là r = R √ 3 2 . Chiều cao của hình nón là h = R √ 3 · √ 3 2 = 3R 2 . Thể tích hình cầu là V1 = 4 3 πR3 . Thể tích hình nón là V2 = 1 3 πr2h = 1 3 π · Ç R √ 3 2 å2 · 3 2 R = 3 8 πR3 . Thể tích phần cần tìm là V = V1 − V2 = 4 3 πR3 − 3 8 πR3 = 23 24 πR3 . A C O B D BÀI 4. Bạn An lấy thước dây đo vòng theo đường xích đạo của quả địa cầu trong thư viện được độ dài 94,2 cm. Hãy tính 1 Diện tích mặt ngoài của quả địa cầu. 2 Thể tích của quả địa cầu. ✍ LỜI GIẢI. Ta có chu vi của đường tròn xích đạo là 94,2 cm nên R = C 2π ≈ 94,2 2 · 3,14 = 15 cm. Do đó 1 Diện tích mặt ngoài của quả địa cầu là S = 4πR2 = 900π cm2 . 2 Thể tích của quả địa cầu V = 4 3 πR3 = 4500 cm3 . BÀI 5. Quả bóng bàn có số đo diện tích bề mặt (tính bằng cm2 ) gấp 1,5 lần số đo thể tích của nó (tính bằng cm3 ). Tính bán kính, diện tích và thể tích của quả bóng bàn. ✍ LỜI GIẢI. Theo đề bài, ta có 4πR2 = 1,5 · 4 3 πR3 ⇒ R = 2 cm. Do đó, diện tích quả bóng là S = 4πR2 = 16π cm2 . Thể tích của quả bóng là V = 4 3 πR3 = 32 3 π cm3 . BÀI 6. Một hình cầu đặt vừa khít trong một hình trụ có chiều cao là 18 cm. Tính thể tích phần không gian nằm trong hình trụ nhưng nằm bên ngoài hình cầu. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 264/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Vì hình cầu đặt vừa khít trong hình trụ nên chiều cao của hình trụ bằng đường kính đáy và bằng đường kính của hình cầu. Bán kính đáy của hình cầu là 9 cm. Khi đó, thể tích hình trụ là V1 = πR2h = π · 9 2 · 18 = 1458 cm3 . Thể tích hình cầu là V2 = 4 3 πR3 = 972π cm3 . Vậy thể tích cần tính là V = V1 − V2 = 486π ≈ 1526 cm3 . BÀI 7. Một trái bưởi hình cầu có đường kính 18 cm. Lớp vỏ dày 1 cm. Tính thể tích của lớp vỏ bưởi. ✍ LỜI GIẢI. Bán kính trái bưởi là R = 9 cm. Bán kính trái bưởi sau khi gọt hết vỏ là r = 9 − 1 = 8 cm. Khi đó, thể tích lớp vỏ bưởi là V = 4 3 π R 3 − r 3 = 4 3 π 9 3 − 8 3 ≈ 909 cm3 . BÀI 8. Một hình cầu có số đo diện tích mặt cầu (tính bằng cm2 ) đúng bằng số đo thể tích của nó (tính bằng cm3 ). Tính bán kính của hình cầu đó. ✍ LỜI GIẢI. Theo đề bài, ta có 4πR2 = 4 3 πR3 ⇒ R = 3 cm. BÀI 9. Một hình cầu có diện tích bề mặt là 100π m2 . Tính thể tích của hình cầu đó. ✍ LỜI GIẢI. Theo đề bài, ta có 4πR2 = 100π ⇒ R = 5 m. Vậy thể tích hình cầu là V = 4 3 π · 5 3 = 500π 3 m3 . BÀI 10. Cho tam giác đều ABC cạnh a, đường cao AH. Ta quay nửa đường tròn nội tiếp và nửa đường tròn ngoại tiếp tam giác đều này một vòng quanh AH. Tính 1 Tỉ số diên tích hai mặt cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình nón. 2 Tỉ số thể tích của hai hình cầu nói trên. 3 Tính thể tích phần không gian giới hạn bởi hình nón và hình cầu ngoại tiếp hình nón. ✍ LỜI GIẢI. Gọi R và r lần lượt là các bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác đều. Ta có R = 2r. Vì BC = a nên HC = a 2 . Và AH = a √ 3 2 ; OA = a √ 3 3 . 1 Tỉ số diện tích hai mặt cầu nội tiếp và ngoại tiếp hình nón là S1 S2 = 4πr2 4πR2 = r 2 (2r) 2 = 1 4 . 2 Tỉ số thể tích hai hình cầu nội tiếp và ngoại tiếp hình nón là V1 V2 = 4 3 πr3 4 3 πR3 = r 3 (2r) 3 = 1 8 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 265/280 ‡ GeoGebraP Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 3 Thể tích hình cầu ngoại tiếp là V2 = 4 3 πR3 = 4 3 π · Ç a √ 3 3 å2 = 4 √ 3πa3 27 đvdt. Thể tích hình nón là V3 = 1 3 π a 2 2 · q √ 3 2 = √ 3πa3 24 đvdt. Thể tích phần không gian giới hạn bởi hình nón và hình cầu ngoại tiếp là V = V2 − V3 = 23√ 3πa3 216 ≈ 0,58a 3 đvdt. A C O B H Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 266/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 BÀI 4 ÔN TẬP CHƯƠNG IV A CÁC VÍ DỤ VÍ DỤ 1. Cho hình tròn (I, 1 cm) nội tiếp hình vuông ABCD. 1 Tính thể tích và diện tích của hình cầu tạo thành khi quay hình tròn (I, 1 cm) quanh một đường kính của nó. 2 Tính thể tích và diện tích toàn phần của hình trụ tạo thành khi quay hình vuông ABCD quanh OO0 , với O, O0 lần lượt là trung điểm BC và AD. ✍ LỜI GIẢI. D O0 A C O B I 1 Hình cầu tạo thành khi quay hình tròn (I, 1 cm) quanh một đường kính của nó cũng có tâm là I và bán kính R = 1 cm. Do đó, thể tích của khối cần là V = 4 3 πR3 = 4π 3 cm3 và diện tích mặt cầu là S = 4πR2 = 4π cm2 . 2 Hình trụ tạo thành khi quay hình vuông ABCD quanh OO0 có hai đáy là hai hình tròn (O, OB) và (O0 , O0A). Vì hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (I, 1 cm) nên AB = BC = 2 cm. Do đó OB = 1 cm. Suy ra, thể tích hình trụ là V = π · OB2 · AB = 2π cm3 . Diện tích toàn phần của hình trụ là Stp = 2π · OB · AB + 2π · OB2 = 6π cm2 . VÍ DỤ 2. Cho 4ABC đều cạnh a, đường cao AH, nội tiếp đường tròn tâm O. 1 Tính thể tích hình nón và hình cầu tạo thành khi quay 4ABC và đường tròn (O) quanh trục AH, biết a = 2 cm. 2 Tính tỉ số diện tích xung quanh hình nón và diện tích mặt cầu tạo thành khi quay 4ABC và đường tròn (O) quanh trục AH. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 267/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 O A H B C 1 Hình nón tạo thành khi quay 4ABC quanh trục AH tạo thành hình nón có đáy là hình tròn tâm O bán kính HB, chiều cao AH. Hình cầu tạo thành khi quay hình tròn tâm O ngoại tiếp 4ABC quanh trục AH là hình cầu tâm O bán kính OA. Lại có a = 2 cm, AH = AB sin 60◦ = a √ 3 2 = √ 3 cm, HB = BC 2 = a 2 = 1 cm. Do 4ABC đều nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp đồng thời là trọng tâm 4ABC, suy ra OA = 2 3 AH = 2 √ 3 3 cm. Khi đó thể tích hình nón là Vnón = 1 3 · AH · π · HB2 = π √ 3 3 cm3 . Thể tích hình cầu Vcầu = 4 3 π · OA3 = 32π √ 3 27 cm3 . 2 Đường sinh của hình nón là AB = a. Diện tích xung quanh hình nón là S1 = π · HB · AB = a 2π 2 . Diện tích mặt cầu là S2 = 4π · OA2 = 4a 2π 2 . Do đó tỉ số diện tích xung quanh hình nón và diện tích mặt cầu là S1 S2 = a 2π 2 : 4a 2π 2 = 1 4 . VÍ DỤ 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AB = √ 3 cm, B“ = 60◦ . 1 Tính AC, BC và AH. 2 Tính thể tích khối tạo thành khi quay 4ABC quanh trục AC. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 268/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 3 Tính thể tích khối tạo thành khi quay 4ABC quanh trục BC. ✍ LỜI GIẢI. 1 Ta có 4ABC vuông nên AC = AB · tan B = √ 3 · tan 60◦ = 3 cm. Theo định lí Pi-ta-go lại có BC = √ AB2 + AC2 = 2√ 3 cm. Mặt khác 4AHB vuông tại H nên AH = AB · sin B = 3 2 cm. A B C H 2 Khi quay 4ABC quanh trục AC tạo thành khối nón đỉnh C đáy là hình tròn tâm A bán kính AB. Thể tích khối nón là Vnón = 1 3 · AC · π · AB2 = 3π cm3 . C A B 3 Khi quay 4ABC quanh trục BC tạo thành hai khối nón đỉnh B và đỉnh C chung đáy là hình tròn tâm H, bán kính HA (hình vẽ). Lại có AC2 = CH · BC ⇒ CH = 3 √ 3 2 cm ⇒ BH = √ 3 2 cm. Khi đó thể tích khối nón đỉnh C, đáy hình tròn (H, HA) là V1 = 1 3 · CH · π · AH2 = 9π √ 3 8 cm3 . Thể tích khối nón đỉnh B, đáy hình tròn (H, HA) là V2 = 1 3 · BH · π · AH2 = 3π √ 3 8 cm3 . Vậy thể tích khối cần tính là V = V1 + V2 = 3π √ 3 2 cm3 . H A B C VÍ DỤ 4. Cho hình trụ (T) có hai đáy là hình tròn (O; R) và (O0 , R) và hình nón (N) có đỉnh là O0 , đáy là hình tròn (O, R). 1 Từ miếng xốp hình trụ (T), người ta gọt bỏ để tạo thành khối xốp hình nón (N). Tính thể tích phần bị gọt bỏ đi. Biết R = 3 cm và OO0 = 4 cm. 2 Nếu tăng gấp đôi bán kính R thì thể tích hình trụ (T) và hình nón (N) thay đổi như nào? Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 269/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. O O0 1 Thể tích khối xốp hình trụ là Vtrụ = OO0 · π · R2 = 36π cm3 . Thể tích khối xốp hình nón là Vnón = 1 3 · OO0 · π · R2 = 12π cm3 . Vậy thể tích phần xốp bị gọt bỏ là V = Vtrụ − Vnón = 24π cm3 . 2 Thể tích hình trụ với bán kính R là V1 = OO0 · π · R2 . Thể tích hình trụ với bán kính R0 = 2R là V1 = OO0 · π · (2R) 2 = 4 · OO0 · π · R2 . Khi đó ta có V1 V 0 1 = 1 4 . Vậy khi tăng gấp đôi bán kính R thì thể tích hình trụ tăng lên 4 lần. Thể tích hình nón với bán kính R là V2 = 1 3 · OO0 · π · R2 . Thể tích ình nón với bán kính R0 = 2R là V2 = 1 3 · OO0 · π · (2R) 2 = 4 3 · OO0 · π · R2 . Khi đó ta có V2 V 0 2 = 1 4 . Vậy khi tăng gấp đôi bán kính R thì thể tích hình nón tăng lên 4 lần. VÍ DỤ 5. Cho một cái phễu chứa nước hình nón ngược. Miệng phễu là đường tròn đường kính 6 dm. Khoảng cách từ đáy phễu đến một điểm bất kì trên miệng phễu bằng 5 dm. 1 Tính lượng nước để đổ đầy phễu (giả thiết rằng thành phễu có độ dày không đáng kể). 2 Người ta đổ đầy nước vào phễu rồi rút ra sao cho chiều cao của lượng nước còn lại chỉ bằng một nửa lượng nước ban đầu. Tính thể tích lượng nước còn lại trong phễu. ✍ LỜI GIẢI. 1 Gọi O là tâm đường tròn đáy của cái phễu và A là một điểm trên đường tròn ấy, khi đó SA = 5 dm, OA = 3 dm và SO ⊥ OA. Suy ra, chiều cao của cái phễu là SO = √ SA2 − OA2 = 4 dm. Thể tích của cái phễu là V = 1 3 · SO · π · OA2 = 12π dm3 . Lượng nước đổ đầy phễu cũng chính là thể tích của cái phễu, tức là 12π dm3 . S A O Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 270/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 2 Gọi I là trung điểm SO, K là trung điểm SA thì phần nước còn lại trong phễu cũng là một khối nón đỉnh S đáy là hình tròn tâm I bán kính IK. Ta có IK là đường trung bình 4SOA nên IK = OA 2 = 3 2 dm. Do đó thể tích phần nước còn lại trong phễu là V = 1 3 · SI · π · IK2 = 3π 2 dm. S A O I K B LUYỆN TẬP BÀI 1. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 1 cm và AD = 2 cm. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB và CD. 1 Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh trục MN thì được khối gì? Tính thể tích của khối đó. 2 Khi quay 4NAB quanh trục MN thì được khối gì? Tính diện tích xung quanh của khối đó. ✍ LỜI GIẢI. 1 Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh trục MN thì được khối trụ có đáy là hình tròn tâm M bán kính MA = AB 2 = 1 2 và hình tròn tâm N bán kính ND có thể tích là V = AD · π · MA2 = π 2 cm3 . 2 Khi quay 4NAB quanh trục MN thì được khối nón đỉnh N đáy là hình tròn (M, AM), độ dài đường sinh là AN = √ 17 2 và có diện tích xung quanh là S = π · AM · AN = π √ 17 4 cm2 . A D C B N M BÀI 2. Cho hình tròn (O, R) có diện tích bằng 4π. Quay hình tròn quanh một đường kính ta được hình cầu tâm O bán kính R. 1 Tính thể tích hình cầu. 2 Nếu diện tích hình tròn giảm một nửa thì diện tích của mặt cầu sẽ thay đổi như nào? ✍ LỜI GIẢI. 1 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 271/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Diện tích hình tròn là π · R 2 = 4π ⇔ R = 2. Do đó thể tích hình cầu là V = 4 3 · π · R 3 = 32π 3 . A B O 2 Diện tích mặt cầu là S = 4π · R 2 = 16π. Nếu diện tích hình tròn giảm một nửa thì được tròn bán kính R0 và π · R 02 = 2π ⇔ R 0 = √ 2. Khi đó diện tích của mặt cầu mới là S 0 = 4π · R 02 = 8π. Suy ra S S0 = 2. Vậy diện tích mặt cầu cũng giảm đi một nửa. BÀI 3. Cho một khối xốp hình nón có đường kính đáy bằng 18 cm và độ dài từ đỉnh đến một điểm trên đường tròn đáy bằng 15 cm. 1 Tính chiều cao và thể tích của hình nón đó. 2 Cắt chỏm của khối xốp sao cho phần còn lại là hình nón cụt có chiều cao bằng một nửa chiều cao của hình nón ban đầu. Tính thể tích của phần bị cắt bỏ đi. 3 Tiếp tục cắt khối nón cụt trên để tạo thành hình trụ có đáy là đáy nhỏ của hình nón cụt. Tính thể tích của hình trụ mới tạo thành. ✍ LỜI GIẢI. S I O A B 1 Giả sử hình nón có đỉnh là điểm S đáy là đường tròn tâm O, A là một điểm trên đường tròn đáy. Khi đó bán kính đáy hình nón là OA = 18 2 = 9 cm và chiều cao của hình nón là SO = √ SA2 − OA2 = √ 152 − 9 2 = 12 cm. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 272/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Thể tích của hình nón là V = 1 3 · SO · π · OA2 = 324 cm3 . 2 Gọi I là trung điểm SO, B là trung điểm SA. Phần bị cắt bỏ đi cũng là khối nón có đỉnh S đáy là hình tròn (I, IB). IB là đường trung bình của 4SOA nên IB = OA 2 = 9 2 . Thể tích khối nón bị cắt là 1 3 · SI · π · IB2 = 81π 2 cm3 . 3 Khối trụ có đáy là hình tròn (I, IB) chiều cao IO nên có thể tích là V 0 = IO · π · IB2 = 243π 2 cm3 . BÀI 4. Một cái hộp hình trụ chứa vừa khít 4 quả ten-nít. Biết diện tích toàn phần của hộp là 597cm2 . Tính đường kính và thể tích của mỗi quả ten-nít. ✍ LỜI GIẢI. Gọi R là bán kính của mỗi quả ten-nít thì bán kính đáy hộp là R, chiều cao của trụ là 8R. Ta có Sdttp = 2 · Sđáy + Sxq = 2πR2 + 2πR · 8R = 18πR2 . Ta lại có diện tích xung quanh đề bài cho là 597cm2 ⇒ R ≈ 3, 25cm. Vậy V = 4 3 πR ≈ 4 3 π · (3, 25)3 ≈ 144cm3 . BÀI 5. Cho hình vẽ bên. Tính tổng thể tích của các khối tạo thành khi quay hình bên quanh trục BD. B C A F E D 3 5 3 5 ✍ LỜI GIẢI. Tam giác ABC quay quanh trục BD sẽ tạo thành hình nón với bán kính đáy bằng cạnh AB và đường cao là BC. Thể tích hình nón này là V1 = 1 3 π · AB2 · BC = 1 3 π · AB2 · √ AC2 − BC2 = 1 3 π · 3 2 · √ 5 2 − 3 2 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 273/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 = 12π (đvtt). Hình chữ nhật CDEF quay quanh trục BD sẽ tạo thành hình trụ với bán kính đáy bằng cạnh DE và đường cao là CD. Thể tích hình trụ này là V2 = π · DE2 · CD = π · 5 2 · 3 = 75π (đvtt). Thể tính khối tạo thành khi quay hình trên quanh trục BD là V = V1 + V2 = 87π (đvtt). BÀI 6. Một hình nón có đỉnh là tâm một hình cầu và có đáy là hình tròn tạo bởi một mặt phẳng cắt hình cầu. Biết diện tích đáy hình nón là 144πcm2 và diện tích xung quanh của nó là 180πcm2 . Tính thể tích phần không gian bên trong hình cầu và bên ngoài hình nón. ✍ LỜI GIẢI. Tính bán kính đáy hình nón là π · IM2 · 144π ⇔ r = IM = 12cm. Tính đường sinh hình nón là Sxq = 180π ⇔ π · r · l = 180π ⇔ l = OM = 15cm. Chiều cao hình nón là h = OI = √ OM2 − IM2 = √ l 2 − r 2 = 9cm. Tính hiệu thể tích giữa hình cầu và hình nón được V = Vcầu − Vnón = 4 3 π · OM3 − 1 3 π · IM2 · h = 4068πcm3 . O N M I BÀI 7. Tam giác đều ABC có độ dài cạnh là a, ngoại tiếp một đường tròn. Cho hình quay một vòng xung quanh đường cao AH của tam giác đó, ta được một hình nón ngoại tiếp hình cầu. Tính thể tích phần hình nón nằm ngoài hình cầu. ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 274/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Gọi I là tâm của tam giác ABC. Bán kính hình cầu là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC, nghĩa là IH. Ta có AH2 = CA2 − CH2 = 3a 2 4 ⇒ AH = a √ 3 2 . Vậy R = IH = 1 3 · AH = 1 3 · a √ 3 2 = a √ 3 6 . Do đó thể tích hình cầu là Vc = 4 3 πR3 = a 3 √ 3 54 (đvtt). Thể tích hình nón là Vn = 1 3 π · AH · HB2 = 1 3 π · a √ 3 2 · a 2 2 = a 3 √ 3 8 (đvtt). B C I A H Vậy phần thể tích hình nón nằm ngoài hình cầu là V 0 = a 3 √ 3 8 − a 3 √ 3 54 = 23a 3 √ 3 216 (đvtt). BÀI 8. Một hình nón cụt có bán kính đáy lớn là 9 cm và bán kính đáy bé là 6 cm, chiều cao bằng 4 cm. 1 Tính diện tích xung quanh hình nón cụt. 2 Tính thể tích của hình nón sinh ra hình nón cụt đó. ✍ LỜI GIẢI. 1 Kẻ CH ⊥ AB (tại H). Khi đó CH = OO0 = 4 (cm). Mặt khác, HA = OA − OH = OA − O0C = 3 (cm). Vậy l = CA = √ CH2 + HA2 = 5 (cm). Diện tích xung quanh hình nón cụt là Sxq = π(r1 + r2)l = 75π. O0 H O A C B D 2 Gọi giao điểm của OO0 và CA là S. Theo hệ quả của định lý Ta-lét, ta có SO0 CO0 = SO AO. Gọi SO0 = x (cm) (x > 0) thì từ đẳng thức trên ta có x 6 = x + 4 9 . Giải phương trình này ta có nghiệm x = 8 (nhận). Vậy chiều cao của hình nón sinh ra hình nón cụt đó là h = SO = SO0 + OO0 = 12 (cm). Thể tích cần tìm là V = 1 3 πr2h = 1 3 π · 9 2 · 12 = 324π (đvtt). BÀI 9. Cho hình chữ nhật ABCD (AB > AD) có chu vi là diện tích lần lượt là 6 cm và 2 cm2 . 1 Tính thể tích và diện tích hình trụ được sinh ra khi quay hình chữ nhật quanh cạnh AB. 2 Hình trụ này có thể chứa vừa khít một khối cầu bán kính R. Tính R và phần thể tích giữa hình trụ và khối cầu. ✍ LỜI GIẢI. 1 Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 275/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Ta có ( 2(AB + AD) = 6 AB · AD = 2 ⇔ ( AB + AD = 3 AB · AD = 2 ⇒ ( AB = 2 (cm) AD = 1 (cm). Thể tích của hình trụ V = AB · πAD2 = 2π (cm3 ). Diện tích của hình trụ S = AB · 2πAD + 2 · πAD2 = 4π + 2π = 6π (cm2 ). A B C D 2 Ta có bán kính khối cầu R = AB 2 = 1 (cm). Thể tích khối cầu V1 = 4 3 πR3 = 4π 3 (cm3 ). Phần thể tích giữa khối trụ và khối cầu bằng V − V1 = 14 3 π (cm3 ). BÀI 10. Cho ba điểm A, O, B thẳng hàng theo thứ tự đó và OA = a, OB = b. Vẽ hai tia Ax, By vuông góc với AB. Qua O vẽ hai tia vuông góc với nhau tại O và lần lượt cắt Ax, By tại C, D. Cho COA ’ = 30◦ . 1 Tính tỉ số thể tích của các hình do tam giác AOC và BOD tạo thành khi quay hình này quanh trục AB. 2 Giả sử BDC ’ = 60◦ . Tính thể tích hình nón cụt được tạo thành khi quay hình vẽ quanh trục AB. ✍ LỜI GIẢI. 1 Quay 4AOC quanh trục AB ta được hình nón có + Chiều cao h = OA = a. + Bán kính đáy r = AC = OA · tan 30◦ = a √ 3 3 . Khi đó thể tích của hình nón này là V1 = 1 3 πr2h = πa3 9 . Quay 4BOD quanh trục AB ta được hình nón có + Chiều cao h = OB = b. + Bán kính đáy r = BD = OB · tan 60◦ = b √ 3. B C A O D 30 ◦ 60 ◦ Khi đó thể tích của hình nón này là V2 = 1 3 πr2h = πb3 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 276/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 Vậy thể tích cần tìm là V1 V2 = a 3 9b 3 . 2 Quay hình vẽ quanh trục AB ta được hình nón cụt có + Bán kính đáy lớn R = BD = b √ 3. + Bán kính đáy nhỏ r = AC = a √ 3 3 . + Chiều cao h = AB = OA + OB = a + b. Suy ra thể tích của hình nón cụt cần tìm là V = 1 3 πh R 2 + r 2 + rR = 1 3 π(a + b) Å 3b 2 + 1 3 a 2 + abã . BÀI 11. Cho hình thang vuông ABCD có Ab = D“ = 90◦ , BC = 4 cm, CD = 2 cm, B“ = 60◦ . Khi quay hình thang vuông ABCD quanh trục AD tạo thành một hình nón cụt. 1 Tính thể tích của hình nón cụt. 2 Cắt hình nón cụt trên bởi một mặt phẳng qua trục AD thì mặt cắt tạo thành là hình gì? Tính diện tích của hình đó. ✍ LỜI GIẢI. 60 ◦ D K L B C A H I 1 Ta có r = CD = 2 (cm), R = AB, h = AD. h = AD = sin 60◦ · BC = √ 3 2 · 4 = 2√ 3 (cm). R = AB = DC + cos 60◦ · BC = 2 + 1 2 · 4 = 3 (cm). Vậy V = 1 3 πh (r 2 + R2 + rR) = 1 3 · π · 2 √ 3 · (22 + 32 + 2 · 3) = 38π √ 3 3 (cm3 ) . 2 Cắt hình nón cụt trên bởi một mặt phẳng qua trục AD thì mặt cắt tạo thành là hình thang cân có độ dài 2 đáy lần lượt là 2r và 2R và chiều cao là h. Diện tích của hình thang này là S = h(2r + 2R) 2 = h(r + R) = 2√ 3 · (2 + 3) = 10√ 3 (cm2 ). BÀI 12. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi V1, V2, V3 theo thứ tự là thể tích của những hình sinh ra khi quay tam giác ABC một vòng xung quanh các cạnh BC, AB, AC. Chứng minh rằng 1 V 2 1 = 1 V 2 2 + 1 V 2 3 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 277/280 ‡ GeoGebraPr Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ✍ LỜI GIẢI. Gọi H là chân đường cao xuất phát từ A. Khi quay ∆ABC quanh cạnh BC, ta thu được hai hình nón có bán kính đáy chung là HA, chiều cao lần lượt là HB và HC. Thể tích của hình sinh ra là tổng thể tích hai hình nón này. Vậy V1 = 1 3 π(CH · AH2 + BH · AH2 ) = 1 3 πBC · AH2 . B A C H Khi quay ∆ABC quanh cạnh AB, ta thu được hình nón có bán kính đáy AC, chiều cao AB. Vậy V2 = 1 3 πAB · AC2 . B A C Khi quay ∆ABC quanh cạnh AC, ta thu được hình nón có bán kính đáy AB, chiều cao AC. Vậy V2 = 1 3 πAC · AB2 . Do đó 1 V 2 2 + 1 V 2 3 = 9 π 2 · 1 AB2 · AC2 · Å 1 AB2 + 1 AC2 ã = 9 π 2 · 1 AB2 · AC2 · 1 AH2 = 9 π 2 · AB2 + AC2 AB2 · AC2 · 1 AH2 · 1 AB2 + AC2 = 9 π 2 · Å 1 AB2 + 1 AC2 ã · 1 AH2 · 1 BC2 = 9 π 2 · 1 AH2 · 1 AH2 · 1 BC2 = 9 π 2 · 1 AH4 · 1 AH2 · 1 BC2 = 1 V 2 1 . B C A BÀI 13. Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. 1 Trên AB lấy điểm H sao cho HA HB = 2 3 . Tính HA, HB theo R. 2 Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt nửa đường tròn (O; R) tại M; tiếp tuyến tại M với nửa đường tròn cắt các tiếp tuyến tại A, B lần lượt tai A0 , B0 . Chứng minh rằng tam giác A0OB0 vuông và AA0 · BB0 = R2 . 3 Đặt AA0 = x; BB0 = y. Tính x, y theo R. 4 Cho nửa hình tròn (O; R) quay một vòng quanh cạnh AB được một hình có thể tích là V1; cho hình thang vuông ABB0A0 quay quanh AB ta được một hình có thể tích là V2. Tính tỉ số V1 V2 . ✍ LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 278/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 1 Ta có HA HB = 2 3 ⇒ HA 2 = HB 3 = HA + HB 5 = AB 5 = 2 5 R ⇒ HA = 4 5 R HB = 6 5 R. A H O B M A0 B0 R b) Hai tam giác OAA0 và B0BO có Ab = B“ = 90◦ AOA ’0 = BB÷0O (cặp góc có cạnh tương ứng vuông góc) . Suy ra OAA0 v 4B0BO. Do đó AA’0O = B÷0OB. Mà AA’0O + A’0OA = 90◦ . Suy ra B÷0OB + A’0OA = 90◦ . Vậy A÷0OB0 = 90◦ hay tam giác A0OB0 là tam giác vuông. Mặt khác, do 4OAA0 v 4B0BO nên AA0 BO = OA BB0 ⇔ AA0 · BB0 = OA · OB = R2 . Cách khác: Gọi N là giao điểm của AM và OA0 . Ta có MAB ÷= 1 2 sđAM¯. Mà B÷0OB = 1 2 BOM ÷= 1 2 sđAM¯. Suy ra MAB ÷= B÷0OB. Tam giác vuông AON có NAO ’ + NOA ’ = 90◦ hay MAB ÷+ A’0OA = 90◦ . Do đó B÷0OB + A’0OA = 90◦ . Suy ra A÷0OB0 = 180◦ − Ä B÷0OB + A’0OAä = 90◦ . Vậy tam giác A0OB0 là tam giác vuông. Mặt khác, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OA0B0 , ta có OM2 = A0M · B0M. Mà theo tính chất của tiếp tuyến thì ( AA0 = A 0M BB0 = B 0M . Suy ra AA0 · BB0 = OM2 = R2 . A H O B M A0 B0 N R c) Ta có OH = OA − AH = R − 4 5 R = R 5 ⇒ MH = √ OM2 − OH2 = R2 − Å R 5 ã2 = 2 √ 6 5 R. ⇒ AM = √ MH2 + AH2 = sÇ 2 √ 6 5 R å2 + Å 4 5 R ã2 = 2 √ 10 5 R. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 279/280 ‡ GeoGebraPro Tự học Toán 9 Học kỳ 2, năm học 2019-2020 ⇒ AN = AM 2 = √ 10 5 R. ⇒ ON = p OA24 − AN2 = s R2 − Ç√ 10 5 å2 = √ 15 5 R. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAA0 , ta có OA2 = ON.OA0 ⇒ OA0 = OA2 ON = R2 √ 15 5 R = √ 15 3 R. ⇒ AA0 = x = √ OA02 − OA2 = sÇ√ 15 3 R å2 − R2 = √ 6 3 R. Mặt khác, ta đã chứng minh được AA0 · BB0 = R2 ⇒ BB0 = y = R2 AA0 = R2 √ 6 3 R = √ 6 2 R. Vậy x = √ 6 3 R và y = √ 6 2 R. d) Nửa hình tròn (O; R) quay một vòng quanh cạnh AB được hình cầu bán kính R có thể tích là V1 = 4 3 πR3 . Hình thang vuông ABB0A0 quay quanh AB được hình nón cụt với hai bán kính đáy lần lượt bằng AA0 , BB0 và chiều cao bằng AB có thể tích là V2 = 1 3 π · AB · (AA02 + BB02 + AA0 · BB0 ) = 1 3 π · 2R · "Ç√ 6 3 R å2 + Ç√ 6 2 R å2 + R 2 # = 19 9 πR3 . Vậy V1 V2 = 12 19 . Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 280/280 ‡ GeoGebraPro
0 Nhận xét