Đề cương ôn tập học kỳ II môn Toán Lớp 9

 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 
 I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
 ax by c , a 0 (D)
 Cho hệ phương trình: 
 a' x b' y c', a' 0 (D')
 a b
 • (D) cắt (D’) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
 a' b'
 a b c
 • (D) // (D’) Hệ phương trình vô nghiệm.
 a' b' c'
 a b c
 • (D)  (D’) Hệ phương trình có vô số nghiệm. 
 a' b' c'
 II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
 x y m
Bài tập 1: Cho hệ phương trình (1)
 2x my 0
 1. Giải hệ phương trình (1) khi m = –1 .
 2. Xác định giá trị của m để:
 a) x = 1 và y = 1 là nghiệm của hệ (1).
 b) Hệ (1) vô nghiệm.
 3. Tìm nghiệm của hệ phương trình (1) theo m.
 4. Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = 1.
HD: 1. Khi m = – 1, hệ (1) có nghiệm x = 1; y = 2.
 2a) Hệ (1) có nghiệm x = 1 và y = 1 khi m = 2.
 a b c 1 1 m
 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: .
 a' b' c' 2 m 0
 1 1
 2 m m 2
 m = – 2: Hệ (1) vô nghiệm. 
 1 m m 0
 2 0
 m2 2m
 3. Hệ (1) có nghiệm: x = ; y = .
 m 2 m 2
 m2 2m
 4. Hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = 1 + = 1
 m 2 m 2
 m2 + m – 2 = 0 
 m 1(thoûa ÑK coùnghieäm)
 .
 m 2(khoângthoûa ÑK coùnghieäm)
 Vậy khi m = 1, hệ( 1 có nghiệm (x,y) thỏa: x + y = 1.
 x y k 2
Bài tập 2: Cho hệ phương trình (1)
 2x 4y 9 k
 1. Giải hệ (1) khi k = 1.
 2. Tìm giá trị của k để hệ (1) có nghiệm là x = – 8 và y = 7.
 3. Tìm nghiệm của hệ (1) theo k.
HD: 1. Khi k = 1, hệ (1) có nghiệm x = 2; y = 1.
 1 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 1. Giải hệ phương trình khi m = – 1.
 x 1
 2. Với giá trị nào của m thì hệ pt có nghiệm (x; y) thỏa .
 y 6
HD: 1. Khi m = – 1 , hệ pt có nghiệm: x = 1 và y = – 4.
 2. Tìm:
 • Nghiệm của hệ (1) theo m: x = 4m + 5 ; y = – 9 – 5m .
 x 1 m 1
 • Theo đề bài: – 3 < m < – 1 .
 y 6 m 3
 2mx y 5
Bài tập 7: Cho hệ phương trình : (1)
 mx 3y 1
 1. Giải hệ (1) khi m = 1.
 2. Xác định giá trị của m để hệ (1):
 a) Có nghiệm duy nhất và tìm nghiệm duy nhất đó theo m.
 b) Có nghiệm (x, y) thỏa: x – y = 2.
HD: 1. Khi m = 1, hệ (1) có nghiệm: x = – 2 ; y = 1.
 2
 x 
 2a) Khi m 0, hệ (1) có nghiệm: m .
 y 1
 2
 2b) m = .
 3
 mx 2 y m
Bài tập 8 : Cho hệ phương trình : ( m là tham số) (I).
 2x y m 1
 a) Khi m = – 2, giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng.
 b) Tính giá trị của tham số m để hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất và tính nghiệm duy 
nhất đó theo m. 
 2 1
HD: a) Khi m = – 2, hệ (I) có nghiệm: x = ; y = .
 3 3
 b) 
 • Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi m 4.
 3m 2 m2 3m
 • Khi đó hệ(I) có nghiệm duy nhất: x ; y 
 m 4 m 4
 CHỦ ĐỀ : VẼ ĐỒ THỊ & TÌM TỌA ĐỘ GIAO ĐIỂM
 CỦA (P): y = ax2 VÀ (D): y = ax + b (a 0)
 I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1.Hàm số y = ax2(a 0): 
 Hàm số y = ax2(a 0) có những tính chất sau:
 • Nếu a > 0 thì hàm số đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0.
 • Nếu a 0.
 3 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 1 1
HD: 1. Tọa độ giao điểm: ( ; ;) và (1 ; – 2).
 2 2
 2a). m = – 2.
 9
 2b) m < .
 8
 9 3 9
 2c) m = tọa độ tiếp điểm ( ; ).
 8 4 8
Bài tập 3: Cho hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P).
 1. Vẽ (P) trên một hệ trục tọa độ vuông góc..
 2
 2. Gọi A( ; 7 ) và B(2; 1).
 3
 a) Viết phương trình đường thẳng AB.
 b) Xác định tọa độ các giao điểm của đường thẳng AB và (P).
 3. Tìm điểm trên (P) có tổng hoành độ và tung độ của nó bằng – 6.
HD: 2a). Đường thẳng AB có phương trình y = = 3x – 5.
 5 25
 2b). Tọa độ giao điểm: (1;– 2) và ( ; ).
 2 2
 3. Gọi M(xM; yM) là điểm trên (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = – 6.
 2 2
 Mặt khác: M(xM; yM) (P) yM = – 2 xM nên: xM + yM = – 6 xM + (– 2 xM ) = – 6
 x1 2 y1 8
 2 
 – 2 xM + xM + 6 = 0 3 9 .
 x y 
 2 2 2 2
 3 9
 Vậy có 2 điểm thỏa đề bài: M1(2; – 8 ) và M2( ; ).
 2 2
 3 1
Bài tập 4: Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) và y = – 2x + có đồ thị (D).
 2 2
 1. Vẽ (P) và (D) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc.
 2. Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (D).
 3. Tìm tọa độ những điểm trên (P) thỏa tính chất tổng hoành độ và tung độ của điểm đó bằng – 4.
 1 1 3
HD: 2. Tọa độ giao điểm: ( ; ) và (1 ; ).
 3 6 2
 3. Gọi M(xM; yM) là điểm trên (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = – 4.
 3 2 3 2
 Mặt khác: M(xM; yM) (P) yM = x nên: xM + yM = – 4 xM +( x ) = – 4
 2 M 2 M
 4 8
 3 2 x1 y1 
 x + xM + 4 = 0 3 3 .
 2 M 
 x2 2 y2 6
 4 8
 Vậy có 2 điểm thỏa đề bài: M1( ; ) và M2(2; – 6).
 3 3
 2 5
Bài tập 5: Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) và y = x + có đồ thị (D).
 3 3
 1. Vẽ (P) và (D) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc.
 2. Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (D).
 5 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 2. Gọi A là điểm thuộc (D) có hoành độ bằng 5 và B là điểm thuộc (P) có hoành độ bằng – 2. 
 Xác định tọa độ của A, B.
 3. Tìm tọa độ của điểm I nằm trên trục tung sao cho: IA + IB nhỏ nhất.
HD: 1. Tọa độ giao điểm: (2; 4) và (–1; 1).
 2. Tọa độ của A(5; 7) và B(– 2 ; 4)
 3. 
 • I(xI, yI) Oy I(0: yI).
 • IA + IB nhỏ nhất khi ba điểm I, A, B thẳng hàng.
 3 34
 • Phương trình đường thẳng AB: y = x + .
 7 7
 3 34 34 34
 • I(xI, yI) đường thẳng AB nên: yI = .0 + = I(0; )
 7 7 7 7
Bài tập 9: Cho hàm số y = – x2 có đồ thị (P) và y = x – 2 có đồ thị (D).
 a) Vẽ (P) và(D) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc. Xác định tọa độ giao điểm của (P) và 
 (D) bằng phương pháp đại số.
 b) Gọi A là một điểm thuộc (D) có tung độ bằng 1 và B là một điểm thuộc (P) có hoành độ bằng 
 – 1. Xác định tọa độ của A và B.
 c) Tìm tọa độ của điểm M thuộc trục hoành sao cho MA + MB nhỏ nhất.
HD: a) Tọa độ giao điểm: (2; – 4) và (–1; 1).
 b) Tọa độ của A(3; 1) và B(– 1 ; – 1).
 c) 
 •y A = 1 > 0, yB = – 1 < 0 A, B nằm khác phía đối với trục Ox do đó MA + MB nhỏ nhất 
 khi M, A, B thẳng hàng M là giao điểm của AB với truc Ox.
 • Đường thẳng AB có dạng: y = ax + b. Đường thẳng AB đi qua hai điểm A, B 
 1
 a 
 1 3a b 2 1 1
 Đường thẳng AB: y = x – .
 1 a b 1 2 2
 b 
 2
 1 1
 y x y 0
 • Tọa độ M là nghiệm của hệ pt: 2 2 .
 x 1
 y 0
 • Vậy: M(1; 0).
Bài tập 10: Cho (P): y = x2 và (D): y = – x + 2.
 1. Vẽ (P) và (D) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc Oxy. Gọi A và B là các giao điểm của 
 (P) và (D), xác định tọa độ của A, B.
 2. Tính diện tích tam giác AOB (đơn vị đo trên trục số là cm).
 3. CMR: Tam giác AOB là tam giác vuông.
HD: 1. Tọa độ giao điểm: (1; 1)và (– 2; 4).
 2. Gọi H, K là hình chiếu của A, B trên trục Ox, ta có:
 1 1 1 2
 • OHA vuông tại H SOHA = OH.OA = .1. 1 = (cm ).
 2 2 2
 1 1 2
 • OKB vuông tại K SOKB = OK.KB = .2. 4 = 4 (cm ).
 2 2
 • Gọi I là giao điểm của (D) với trục Ox yI = 0 xI = 2 I(2; 0).
 7 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 u, v là 2 nghiệm của phương trình x2 – Sx + P = 0 (ĐK: S2 – 4P 0).
* Một số hệ thức khi áp dụng hệ thức Vi-ét:
 2 2 2 2
 • Tổng bình phương các nghiệm: x1 x2 (x1 x2 ) 2x1x2 = S – 2P.
 1 1 x x S
 • Tổng nghịch đảo các nghiệm: 1 2 .
 x1 x2 x1x2 P
 2 2 2
 1 1 x1 x2 S 2P
 • Tổng nghịch đảo bình phương các nghiệm: 2 2 2 2 .
 x1 x2 (x1x2 ) P
 2 2 2
 • Bình phương của hiệu các nghiệm: (x1 x2 ) (x1 x2 ) 4x1x2 = S – 4P.
 3 3 3 3
 • Tổng lập phương các nghiệm: x1 x2 (x1 x2 ) 3x1x2 (x1 x2 ) = S – 3PS
Ví dụ: Cho phương trình x2 – 12x + 35 = 0. Hãy tính giá trị của các biểu thức sau:
 2 2 1 1 2 3 3
 a) x1 x2 . b) . c) (x1 x2 ) d) x1 x2
 x1 x2
 Giải:
 Phương trình có ' = 1 > 0 pt có 2 nghiệm, áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): 
 b
 S x x 12
 1 2 a
 .
 c
 P x x 35
 1 2 a
 2 2 2 2 2
 a) x1 x2 (x1 x2 ) 2x1x2 = S – 2P = 12 – 2.35 = 74.
 1 1 x x S 12
 b) 1 2 = .
 x1 x2 x1x2 P 35
 2 2 2 2
 c) (x1 x2 ) (x1 x2 ) 4x1x2 S -4P = 12 – 4.35 = 4.
 3 3 3 3 3
 d) x1 x2 (x1 x2 ) 3x1x2 (x1 x2 ) = S – 3PS = 12 – 3.35.12 = 468.
3.Tìm hệ thức giữa hai nghiệm độc lập đối với tham số:(Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x 1, x2 không 
phụ thuộc vào tham số).
* Phương pháp giải: 
 • Tìm điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm ( ' 0 ; 0 hoặc a.c < 0).
 b
 S x x 
 1 2 a
 • Lập hệ thức Vi-ét cho phương trình .
 c
 P x x 
 1 2 a
 • Khử tham số (bằng phương pháp cộng đại số) tìm hệ thức liên hệ giữa S và P Đó là hệ 
 thức độc lập với tham số.
Ví dụ: Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – 1 = 0 (1) (m là tham số). 
 1. CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
 2. Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của pt (1). Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm không phụ thuộc vào m.
 Giải:
 1. Phương trình (1) có = b2 – 4ac = + (2m – 1)2 – 4.2.(m – 1) = 4m2 – 12m + 9 = (2m – 3)2 
 0,  m.
 Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
 2.
 9 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 • Biện luận:
 + Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi: ' > 0 giải bất pt tìm tham số m kết 
 luận.
 + Phương trình có nghiệm kép khi ' = 0 giải pt tìm tham số m kết luận.
 + Phương trình vô nghiệm khi ' < 0 giải bất pt tìm tham số m kết luận.
 + Phương trình có nghiệm khi ' 0 giải bất pt tìm tham số m kết luận.
 * Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi: a.c < 0 giải bất pt tìm tham số m kết luận.
8. Xác định giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 * Phương pháp giải:
 • Đưa biểu thức P cần tìm về dạng: P = (A B)2 + c P = (A B)2 + c c.
 • Giá trị nhỏ nhất của P: Pmin = c khi A B = 0 giải pt tìm tham số m kết luận.
9. Xác định giá trị lớn nhất của biểu thức:
 * Phương pháp giải:
 • Đưa biểu thức Q cần tìm về dạng: Q = c – (A B)2 Q = c – (A B)2 c
Giá trị nhỏ nhất của Q: Qmax = c khi A B = 0 giải pt tìm tham số m kết luận.
 II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập 1: Cho phương trình bậc hai x2 – (m – 3)x – 2m = 0 (1).
 1. Giải phương trình (1) khi m = – 2.
 2. CMR: Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
 3. Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào m.
HD: 1. Khi m = –2, ta có phương trình: x2 + 5x + 4 = 0, pt có a – b + c = 1 –5 + 4 = 0 
 x1 1
 c 4
 x 4
 2 a 1
 Vậy khi m = – 2, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 = –1, x2 = – 4.
 2. = m2 + 2m + 9 = (m + 1)2 + 8 > 0, m .
 3. Hệ thức: 2S + P = – 6 2(x1 + x2) + x1x2 = – 6.
Bài tập 2: Cho phương trình bậc hai x2 – (m + 1)x + m = 0 (1).
 1. Giải phương trình (1) khi m = 3.
 2. CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
 3. Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc 
 vào m.
HD: 1. Khi m = 3, ta có phương trình: x2 – 4x + 3 = 0, pt có a + b + c = 1 +(–4) + 3 = 0 
 x1 1
 c 3 .
 x 3
 2 a 1
 Vậy khi m = 3, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 1, x2 = 3.
 2. = (m – 1)2 0, m .
 3.
 2 m 1
 •ĐK để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt: (m – 1) > 0 |m – 1| > 0 .
 m 1
 • Hệ thức: S – P = 1 x1 + x2 – x1x2 = 1.
Bài tập 3 : Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – 1 = 0 (m là tham số) (1)
 1. Giải phương trình (1) khi m = 2.
 2. CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
 11 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 2. CMR: m , phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
 3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt (1). Chứng minh biểu thức:
 A = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) không phụ thuộc vào m.
HD: 1. Khi m = –2 x1 = 1 7 ; x2 = 1 7 .
 2
 2 1 19
 2. ' = m + m + 5 = m > 0, m .
 2 4
 S x1 x2 2m 2
 3. Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): 
 P x1x2 m 4
 Theo đề bài: A = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) = x1 – x1x2 + x2 – x1x2 = (x1 + x2) – 2x1x2
 = (2m + 2) – 2(m – 4) = 10.
 Vậy A = 10 không phụ thuộc vào m.
Bài tập 7: Cho phương trình bậc hai x2 –2(m + 1)x + (2m – 4) = 0 (1). 
 1. Giải phương trình (1) khi m = – 2.
 2. CMR: Với mọi m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
 2 2
 3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của (1). Tính A = x1 x2 theo m.
 4. Tìm giá trị của m để A đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài tập 8: Cho phương trình bậc hai x2 – (m – 1)x + 2m – 7 = 0 (1). 
 1. Giải phương trình (1) khi m = –1.
 2. CMR: Với mọi m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
 3. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu.
 4. Thiết lập mối quan hệ giữa 2 nghiệm x1, x2 không phụ thuộc và m.
 2 2
 5. Tìm m để x1 x2 = 10.
HD: 1. Khi m = –1 x1 = 1 10 ; x2 = 1 10 .
 2. = m2 – 10m + 29 = (m – 5)2 + 4 > 0, m .
 7
 3. Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi a.c < 0 1.(2m – 7) < 0 m < .
 2
 4. Hệ thức cần tìm: 2S – P =5 2(x1 +x2) – x1x2 = 5.
 2 2 2
 5. x1 x2 = 10 m – 6m + 5 = 0 m = 1 hoặc m = 5.
Bài tập 9: Cho phương trình bậc hai x2 + 2x + 4m + 1 = 0 (1). 
 1. Giải phương trình (1) khi m = –1. 
 2. Tìm m để:
 a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
 b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
 c) Tổng bình phương các nghiệm của pt (1) bằng 11.
HD: 1. Khi m = –1 x1 = 1 ; x2 = –3 .
 2a. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi = –4m > 0 m < 0.
 1
 2b. Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi a.c < 0 1.(4m + 1) < 0 m < .
 4
 2 2 2
 2c. Tổng các bình phương hai nghiệm của pt (1) bằng 11 x1 x2 = 11 (x1 + x2) – 2x1x2 = 
11
 9
 2 – 8m = 11 m = .
 8
Bài tập 10: Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0 (m là tham số) (1).
 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm kép và tính nghiệm kép đó.
 13 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
Bài tập 2: Có hai số tự nhiên, biết rằng: tổng của hai số bằng 59; hai lần số này bé hơn ba lần số kia là 7. 
Tìm hai số đó.
HD: 
 • Gọi x, y là hai số cần tìm (x, y N)
 x y 59 x y 59
 • Theo đề bài ta có hệ pt: 
 2x 7 3y 2x 3y 7
 x 34
 • Giải hệ ta được: (thỏa ĐK) hai số cần tìm là 34 và 25.
 y 25
Bài tập 3: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Tổng của 
hai chữ số của nó bằng 10; tích hai chữ số ấy nhỏ hơn số đã cho là 12. Tìm số đã cho.
HD: 
 • Gọi x là chữ số hàng chục của số đã cho (x N, 0 < x 9)
 • Chữ số hàng đơn vị: 10 – x 
 • Số đã cho có dạng: 10.x + (10 – x) = 9x + 10
 • Tích của hai chữ số ấy: x(10 – x)
 • Theo đề bài ta có phương trình: (9x + 10) – x(10 – x)= 12 x2 – 2 = 0
 • Giải pt trên ta được: x1 = –1( loại); x2 = 2 (nhận)
 • Vậy số cần tìm là 28.
Bài tập 4: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi là 280m. Nếu giảm 
chiều dài của hình chữ nhật 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì diện tích của nó tăng thêm 144m 2. Tính 
các kích thước của hình chữ nhật.
HD: 
 280
 • Nửa chu vi hình chữ nhật: = 140 (m).
 2
 • Gọi x (m) là chiều dài của hình chữ nhật (0 < x < 140).
 • Chiều rộng của hình chữ nhật là 140 – x (m).
 • Diện tích ban đầu của hình chữ nhật là x(140 – x) (m2).
 • Khi giảm chiều dài của hình chữ nhật 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì hình chữ nhật mới có 
 diện tích: (x – 2)[(140 – x) + 3] = (x – 2)(143 – x) (m2)
 • Vì diện tích hình chữ nhật tăng thêm 144m2 nên ta có phương trình:
 (x – 2)(143 – x) – x(140 – x) = 144 5x = 430 x = 86 (thỏa ĐK)
 • Vậy hình chữ nhật có chiều dài 86m và chiều rộng là: 140 – x = 140 – 86 = 54 (m).
Bài tập 5: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 320m. 
Nếu chiều dài của khu vườn tăng 10m và chiều rộng giảm 5m thì diện tích của nó tăng thêm 50m 2. Tính 
diện tích của khu vườn ban đầu.
HD: 
 • Chiều dài là 100m và chiều rộng là 60m.
 • Diện tích khu vườn: 6 000 m2.
Bài tập 6: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi 160cm và có diện 
tích 1500m2. Tính các kich thước của nó.
HD: 
 160
 • Nửa chu vi hình chữ nhật: = 80 (m).
 2
 • Gọi x (m) là một kích thước của hình chữ nhật (0 < x < 80).
 • Kích thước còn lại của hình chữ nhật là 80 – x (m).
 15 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
Bài tập 10: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể 
không có nước trong 4 giờ 48 phút sẽ đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất trong 3 giờ và vòi thứ hai trong 4 giờ 
 3
thì được bể nước. Hỏi mỗi vòi chảy một mình trong bao lâu thì mới đầy bể?
 4
HD:
 • Gọi x (h), y (h) lần lượt là thời gian vòi 1, vòi 2 chảy riêng đầy bể ( x > 3, y > 4).
 1
 • Trong 1h, vòi 1 chảy được: (bể).
 x
 1
 • Trong 1h, vòi 2 chảy được: (bể).
 y
 24
 • Vì hai vòi nước cùng chảy trong 4 giờ 48 phút = h sẽ đầy bể nên trong 1h hai vòi cùng chảy 
 5
 được 
 5 1 1 5
 bể, do đó ta có pt: + = (1).
24 x y 24
 3 3 4
 • Vì vòi thứ nhất trong 3 giờ và vòi thứ hai trong 4 giờ thì được bể nước nên ta có pt: + = 
 4 x y
 3
 (2).
 4
 1 1 5
 x y 24
 • Từ (1) và (2) ta có hệ pt: (I)
 3 4 3
 x y 4
 5
 u v 
 1 1 24
 • Đặt u = , v = , hệ (I) trở thành: (II).
 x y 3
 3u 4v 
 4
 1 1 1
 u 
 12 x 12 x 12
 • Giải hệ (II), ta được: (thỏa ĐK).
 1 1 1 y 8
 v 
 8 y 8
 • Vậy: Vòi 1 chảy riêng đầy bể trong 12h, vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 8h.
Bài tập11: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể 
không có nước trong 1 giờ 20 phút thì đầy bể. Nếu để vòi thứ nhất chảy một mình trong 10 phút và vòi 
 2
thứ hai chảy một mình trong 12 phút thì chỉ được thể tích của bể nước. Hỏi mỗi vòi chảy một mình 
 15
trong bao lâu sẽ đầy bể?
HD: Vòi 1 chảy riêng đầy bể trong 120 phút = 2h, vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 240 phút = 4h.
Bài tập 12: Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể cạn 
 4
(không có nước) thì sau 4 giờ đầy bể. Nếu lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất và 9 giờ sau mới mở thêm vòi 
 5
 17 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 1
 • Vì hai vòi cùng chảy thì sau 18 h bể đầy, nên trong 1h hai vòi cùng chảy được bể, do đó nên ta 
 18
 có pt:
 1 1 1
 x2 – 63x + 486 = 0.
 x x 27 18
 • Giải pt trên ta được: x1 = 54 (nhận); x2 = 9 (loại).
 • Vậy: Vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể trong 542h, vòi thứ hai chảy riêng đầy bể trong 27h.
Bài tập 14: (HK II: 2008 – 2009 _ Sở GD&ĐT Bến Tre):
 Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A và B cách nhau 90 km. Hai mô tô khởi 
hành đồng thời, xe thứ nhất từ A và xe thứ hai từ B đi ngược chiều nhau. Sau 1 giờ chúng gặp nhau. Tiếp 
tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ nhất tới B là 27 phút. Tính vận tốc mỗi xe.
HD:
 • Gọi x, y là vận tốc của xe I và xe II (x, y > 0).
 • Sau một giờ hai xe gặp nhau nên tổng quãng đường hai xe đi được bằng đoạn đường AB, do đó ta 
 có pt: x + y = 90 (1).
 90
 • Thời gian xe I đi hết đoạn đướng AB: (h).
 x
 90
 • Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB: (h). 
 y
 9 90 90 9
 • Vì xe II tới A trước xe I tới B là 27 phút = h nên ta có pt: – = (2)
 20 x y 20
 x + y = 90 y = 90 x (a)
 • Từ (1) và (2) ta có hệ pt: 90 90 9 10 10 1 .
 (b)
 x y 20 x 90 x 20
 • Giải pt (b)ta được: x1 = 40(nhận) ; x2 = 450 (loại).
 • Thế x = 40 vào (a) y = 50 (nhận).
 Vậy:
 • Xe I có vận tốc: 40 km/h.
 • Xe II có vận tốc: 50 km/h.
Bài tập 15: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A và B cách nhau 110 km. Hai mô tô 
khởi hành đồng thời, xe thứ nhất từ A và xe thứ hai từ B đi ngược chiều nhau. Sau 2 giờ chúng gặp nhau. 
Tiếp tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ nhất tới B là 44 phút. Tính vận tốc mỗi xe.
HD:
 • Gọi x, y là vận tốc của xe I và xe II (x, y > 0).
 • Sau 2 giờ hai xe gặp nhau nên tổng quãng đường hai xe đi được bằng đoạn đường AB, do đó ta 
 có pt: 2x +2y =110 (1).
 110
 • Thời gian xe I đi hết đoạn đướng AB: (h).
 x
 110
 • Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB: (h). 
 y
 11 110 110 11
 • Vì xe II tới A trước xe I tới B là 44 phút = h nên ta có pt: – = (2)
 15 x y 15
 19 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 c) (O,R) có: 
 B· AC n.tieáp chaén B»C  1
  B· AC B· OC
c) Góc nội tiếp (nhỏ hơn · » 2
hoặc bằng 900) có số đo Bd)O C(O,R) ôû taâm có: chaén BC 
bằng nửa số đo của góc ở B· AC nội tiếp chắn nửa đường tròn 
tâm cùng chắn một cung.
 đường kính BC B· AC = 900.
d) Góc nội tiếp chắn nửa 
đường tròn là góc vuông.
 (O,R) có:
 B· Ax tạo bởi tia tiếp tuyến và dây 
 1
 cung chắn »AB B· Ax = sđ »AB .
3. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến 2
và dây cung:
* Định lý: Trong một đường 
tròn, số đo của góc tạo bởi (O,R) có:
tia tiếp tuyến và dây cung 
 · » 
bằng nửa số đo của cung bị BAx taïo bôûi tt &dcchaénAB 
  B· Ax A· CB
 · »
chắn. ACB noäi tieápchaén AB  
* Hệ quả: Trong một đường (O,R) có: 
tròn, góc tạo bởi tia tiếp B· EC có đỉnh bên trong đường tròn 
tuyến và dây cung và góc 
 1
nội tiếp cùng chắn một cung B· EC = (sñ B»C sñ A»D)
thì bằng nhau. 2
4. Góc có đỉnh ở bên trong (O,R) có: 
đường tròn: ·
* Định lý: Góc có đỉnh ở BEC có đỉnh bên ngoài đường tròn 
 1
bên trong đường tròn bằng B· EC = (sñ B»C sñ A»D)
nửa tổng số đo hai cung bị 2
chắn.
5. Góc có đỉnh ở bên ngoài 
đường tròn:
* Định lý: Góc có đỉnh ở 
bên ngoài đường tròn bằng 
nửa hiệu số đo hai cung bị 
chắn.
 21 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 2
 2Rn d
* Độ dài cung tròn: S  R 0 
 1R820n .4R
 S 
 360 2
9. Diện tích hình tròn, hình 
quạt tròn:
* Diện tích hình tròn:
 Sviên phân = Squạt - SABC
* Diện tích hình quạt tròn:
 2 2
 S (R1 R2 )
* Diện tích hình viên phân:
 Sxq 2 Rh
 Stp = Sxq + 2.Sđáy
 2
* Diện tích hình vành khăn: Stp 2 Rh 2 R
 HÌNH KHÔNG GIAN
1.Hình trụ: V S.h R2h
* Diện tích xung quanh:
 S: diện tích đáy; h: chiều cao
* Diện tích toàn phần:
 Sxq R.l
* Thể tích: Stp = Sxq + Sđáy
 S R R2
2.Hình nón: tp
* Diện tích xung quanh:
 1
 Vnón = Vtrụ
 3
* Diện tích toàn phần:
 1
 V R2h
 3
* Thể tích: S: diện tích đáy; h: chiều cao,
 2 2
 l: đường sinh l h R
 23 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
1. CMR: OF  AB và OE  AC:
+ (O,R) có: A
 A· CF n.tieáp chaén »AF 
 B· CF n.tieáp chaén B»F  »AF B»F OF  AB F
 M N E
 A· CF B· CF (CF laøphaân giaùc)
  
+ (O,R) có: O
 I
 A· BE n.tieáp chaén »AE 
 B
 C· AE n.tieáp chaénC»E  »AE C»E OE  AC C
 A· BE C· AE (BE laøphaân giaùc)
  D
2. CMR: Tứ giác AMON nội tiếp:
 OF  AB taïi M O· MA 900 
  O· MA O· NA 1800 Tứ AMON nội tiếp.
 · 0
 OE  AC taïi N ONA 90  
* Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AMON:
 2
 OA OA 2 R2
Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA S . . .
 2 4 4
3. CMR: ID  MN:
+ I và D đối xứng nhau qua BC ID  BC (1)
+ (O,R) có:
 1 
 OF  AB taïi M MA MB AB
 2 
  MN là đường trung bình của ABC MN // BC (2).
 1
 OE  AC taïi N NA NC AC 
 2  
Từ (1) và (2) ID  MN .
4. CMR: Nếu D nằm trên (O) thì B· AC = 600:
+ I và D đối xứng qua BC BC là đường trung trực của ID, suy ra:
 • IBD cân tại B C· BD C· BE ( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao).
 • ICD cân tại C B· CD B· CF ( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao).
+ Khi D nằm trên (O,R) thì: 
 • C· BD n.tieáp chaénC»D
 C· BE n tieáp chaénC»E C»D C»E  A
 .  »AE E»C C»D
 » » 
 · · Mà: CE AE (cmt) F
 CBD CBE (cmt) 
  M N E
 1
 • Mặc khác: »AE E»C C»D A¼CD C»D A¼CD (1).
 3 O I
 • B· CD n.tieáp chaén B»D
 B C
 B· CF n.tieáp chaén B»F B»D B»F 
   »AF F»B B»D
 » » D
 B· C D B· C F ( c m t ) Mà: BF AF (cmt) 
  
 25 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 c) Khi ABC là tam giác đều có cạnh bằng a. Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ 
BC của (O).
HD:
 a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp:
 + BH  AC B· HC = 900 nhìn đoạn BC H đường tròn đường kính BC (1).
 + CK  AB B· KC = 900 nhìn đoạn BC K đường tròn đường kính BC (2).
 + Từ (1) và (2) B, H, C, K đường tròn đường kính BC Tứ giác BKHC nội tiếp đường 
tròn đường kính BC.
 b) CMR: OA  EF và EF // HK:
 + Đường tròn đường kính BC có:
 K· BH n.tieáp chaén H¼K 
  K· BH K· CH A· BE ·ACF
 · ¼
 KCH n.tieáp chaén HK 
 + Đường tròn (O) có:
 A· BE n.tieáp chaén »AE
 C· AE n.tieáp chaén »AF  »AE C»F AE AF (1)
 A· BE C· AF (cmt)
  
 + Mặc khác: OE = OF = R (2)
 Từ (1) và ( 2) OA là đường trung trực của EF OA  EF .
 + Đường tròn đường kính BC có:
 B· CK n.tieáp chaén B»K 
  B· CK B· HK B· CF B· HK (3)
 · »
 BHK n.tieáp chaén BK 
 + Đường tròn (O) có:
 B· CF n.tieáp chaén B»F 
  B· CF B· EF (4)
 · »
 BEF n.tieáp chaén BF  
 B· HK B· EF 
 Từ (3) và (4)  EF // HK .
 · ·
 BHK vaø BEF ñoàng vò  
 c) Khi ABC là tam giác đều có cạnh bằng a. Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ 
BC của (O:
 + Gọi R là bán kính của (O) và h là chiều cao của ABC đều, ta có:
 a 3
 • h = 
 2
 2 2 a 3 a 3
 • O là trọng tâm của ABC R = OA = h = . 
 3 3 2 3
 2
 a 3 a2
 2 
 •S (O) = R = (đvdt)
 3 3
 1 1 a 3 a2 3
 •S ABC = a.h = a (đvdt)
 2 2 2 4
 27 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 1
 + Từ (1) và (2) C· HD C· HF D· HF HC là tia phân giác của D· HF .
 2
Bài 5: Một hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn Tâm O bán kính R . Một điểm M di động trên 
cung ABC , M không trùng với A,B và C, MD cắt AC tại H.
 1) CMR:Tứ giác MBOH nội tiếp được trong đường tròn và DH.DM = 2R2 .
 2) CMR: MD.MH = MA.MC.
 3) MDC và MAH bằng nhau khi M ở một vị trí đặc biệt M’. Xác định điểm M’. Khi đó 
M’D cắt AC tại H’. Đường thẳng qua M’ và vuông góc với AC cắt AC tại I. Chứng minh rằng I là trung 
điểm của H’C .
HD:
 1. CMR: Tứ giác MBOH nội tiếp dược đường tròn: 
 · 0
 + ABCD là hình vuông BD  AC BOH 90 (1) A B
 + (O) có: B· MD nội tiếp chắn đường tròn B· MD 900 (2)
 + Từ (1) và (2) B· OH B· MD 900 900 1800
 M
 MBOH là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BH. O
 * CMR: DH.DM = 2R2:
 DOH và DMB có: H
 D· OH D· MB 900 
  DOH DMB (g.g) D C
 ·
 BDM : chung  
 DO DH
 DO.DB DH.DM R.2R DH.DM DH.DM 2R2 (đpcm).
 DM DB
 2. CMR: MD.MH = MA.MC:
 + (O,R) có:
 • M· DC n.tieáp chaén M¼ C 
  M· DC M· AC M· DC M· AH
 · ¼
 MAC n.tieáp chaén MC  
 • CD = AD (ABCD là hình vuông) C»D A»D .
 • C· MD n.tieáp chaénC»D 
 ·AMD n.tieáp chaén A»D C· MD ·AMD C· MD ·AMH
 C»D A»D
  
 + MDC và MAH có:
 M· DC M· AH (cmt)  MD MC
  MDC MAH (g.g) MD.MH MA. MC .
 C· MD ·AMH (cmt) MA MH
  B
 3. Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C: A
 + Khi MDC = MAH MD = MA 
 + (O,R) có:
 ¼ ¼ ¼ » » » O M'
 • MD = MA MCD MBA MC CD MB BA (1) H'
 • Do:CD = BA C»D B»A (2)
 I
 Từ (1) và (2) M¼ C M¼ B M là điểm chính giữa B»C
 D C
 Hay M’là điểm chính giữa B»C .
 29 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 1. CMR:
 a) Tứ giác AOMC nội tiếp.
 b) CD = CA + DB và C· OD = 900.
 c) AC. BD = R2.
 2. Khi B· AM = 600. Chứng tỏ BDM là tam giác đều và tính diện tích của hình quạt tròn chắn 
cung MB của nửa đường tròn đã cho theo R.
HD:
 1a) CMR: Tứ giác AOMC nội tiếp: y
 x
 + Ax là tiếp tuyến tại A O· AC = 900 (1)
 + CD là tiếp tuyến tại M O· MC = 900 (2)
 D
 Từ (1) và (2) O· AC + O· MC = 1800 AOMC là tứ giác nội tiếp
 đường tròn đường kính OC. M
 · 0
 1b) CMR: CD = CA + DB và COD = 90 : C
 + Hai tiếp tuyến CA và CM cắt nhau tại C CA = CM và OC là 
 tia phân giác của ·AOM (1)
 + Hai tiếp tuyến DB và DM cắt nhau tại D DB = DM và OD là 
 tia phân giác của M· OB (2) A O B
 Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB 
 + (O,R)có:
 · · 0 
 AOM MOB 180 (keà bu)ø
 OC laø phaân giaùc cuûa ·AOM  C· OD = 900.
 OD laø phaân giaùc cuûa M· OB
  
 1c) CMR: AC. BD = R2:
 COD vuoâng taïi O 2
  OM MC.MD  2
 OM  CD  AC.BD R
  vôùi OM = R,MC AC, MD BD
 2. Khi B· AM = 600. Chứng tỏ BDM là tam giác đều và tính diện tích của hình quạt tròn chắn 
cung MB của nửa đường tròn đã cho theo R:
 + Nửa (O, R) có:
 B· AM noäi tieáp chaén B¼M 
 •  D· BM B· AM 600 (1)
 · ¼ y
 DBM taïo bôûi t.tuyeánvaø daây cungchaén BM x
 • BDM có DB = DM BDM cân tại D (2) D
 Từ (1) và (2) BDM đều.
 + Nửa (O, R) có:
 B· AM noäi tieáp chaén B¼M  M
 •  B· OM 2.B· AM 2.600 1200
 · ¼
 BOM ôû taâm chaén BM  C
 R2n R2 60 R2
 •S quạt = (đvdt). 0
 360 360 3 60
 A O B
 31 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 A· HC 900 M· HC 
 + Mặc khác:  (2)
 · 0 ·
 AHD 90 OHD  
 Từ (1) và (2) A· HC A· HD 
 
 · · ·
 Maø: AHC AHD CHD  
 Suy ra: HA là tia phân giác của C· HD AB là tia phân giác của C· HD (đpcm).
 d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). CMR: 3 điểm A, B, K 
thẳng hàng: K
 + Gọi K là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại C và D của (O)
 + CK  OC (T/c tiếp tuyến) O· CK 900 nhìn đoạn OK (1)
 A
 · 0
 + DK  OD (T/c tiếp tuyến) ODK 90 nhìn đoạn OK (2) I D
 Từ (1), (2) Tứ giác OCK nội tiếp đường tròn đường kính OK C
 · · »
 OKC ODC (cuøng chaén OC) M
 H O
 O· KC M· DO 
  O· KC M· HC 
 Maø:M· HC M· DO(cmt) 
  · · 0
 Maø: MHC OHC 180 (keà bu)ø  B
 O· KC O· HC 1800 Tứ giác OKCH nội tiếp đường tròn đường kính OK
 O· HK ·OCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 HK  MO 
  HK  AB 3 điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm).
 Maø: AB  MO(cmt)
Bài 9: 
 Cho hình vuông cạnh a , lấy điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B,C). Qua B kẻ đường thẳng 
vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K.
 1. Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp.
 2. Chứng minh: KM  DB.
 3. Chứng minh: KC . KD = KH . KB.
 4. Kí hiệu S ABM , SDCM là diện tích của tam giác ABM, tam giác DCM. CMR: (S ABM + SDCM ) 
 2 2 
không đổi. Xác định vị trí của M trên BC để S ABM + S DCM đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó 
theo a.
HD: A B
 1. CMR: BHCD là tứ giác nội tiếp:
 + B· HD = 900 nhìn đoạn BD H đường tròn đường kính BD (1)
 H
 + B· CD = 900 nhìn đoạn BD C đường tròn đường kính BD (2)
 Từ (1) và (2) B, H, C, D đường tròn đường kính BD. M
 2. Chứng minh: KM  DB:
 D C K
 + BDK có :
 DH  BK 
 BC  DK  M là trực tâm của BDK KM là đường cao thứ ba KM  DB
 DH caét DK taïi M
 3. Chứng minh: KC . KD = KH . KB:
 33 Toán 9 – Ôn tập học kỳ II
 d) Giả sử cho OA = R 2 . Tính theo R phần diện tích tứ giác ABOC nằm ở ngoài hình tròn (O)
HD:
 a) CMR: AEC và ACF đồng dạng. Suy ra AC2 = AE. AF:
 + AEC và ACF có: 
 A· CE C· FE (cuøng chaén C»E 
  KCB KHD (g.g)
 ·
 CAF : chung  
 AC AE
 AC2 = AE. AF (đpcm).
 AF AC
 b) Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh 5 điểm A, B, O, I, C cùng nằm trên một đường 
tròn:
 + (O) có: B
 • I là trung điểm của dây EF OI  EF F
 O· IA 900 nhìn đoạn OA (1) E I
 • AB  OB (T/c tiếp tuyến) A O
 O· BA 900 nhìn đoạn OA (2)
 • AC  OC (T/c tiếp tuyến
 ) O· CA 900 nhìn đoạn OA (3) C
 Từ (1), (2) và (3) 5 điểm , A,B, O, I, C đường tròn đường kính OA.
 c) Từ E vẽ đường thẳng vuông góc với OB cắt BC tại M. Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp 
được trong đưởng tròn. Suy ra tứ giác MIFB là hình thang:
 + 
 B
 M F
 E I
 A O
 C
 35