ÔN TẬP HKI

1/ CĂN THỨC BẬC HAI

Vì bình phương 2 vế



-Tổng quát( SGK )

A xác định ( hay có nghĩa ) khi
Ví dụ1 :



a 

2

2

2

a
(a
)

x 3



 3 thì


2

Nên ta cần chứng minh:

2 x  6 0

xác định khi

2
x6
Với x

A 0

a

2

2
x 6xác định

Định lí :
Với mọi số a , ta có

Chứng minh

2
A
A

2/ HẰNG ĐẲNG THỨC

a
a

Chứng minh ( SGK )

2

Nếu a  0 thì
Nếu a<0 thì
Do đó

a a

a  a

nên

2
a
(a
)2

nên

2
a
(a
)2

( a)2 ( a )2 a2
với mọi số a

Vận dụng: Tính giá trị của biểu thức: A =
Giải:
Ta có A =

3  2 2 

2

3  2 2 

2



3 2 2  2



3  2 2 

2



9 4 2

9 4 2

3  2 2   2
2  1 3  2 2   2 2  1
9 4 2 

3  2 2  2 2  1 4  4 2

2



21

2

Bài 2: Rút gọn biểu thức:
a)






28  12 

7



 2 7 2 3
7 2 3



b) 0,1 200  2 0, 08  0, 4 50

7  2 21

7



8
 0, 4 25.2
100
2
0,1.10 2  2.
2  0, 4.5 2
10
2
17
 2
2 2 2 
2
5
5

7  2 21

0,1 100.2  2

7  2 21

7  2 21  2 21 7

c)

2 3  2



42 3

2





d)






3

5

3 5


3
3
3

5



5

2

2

5
2

3


  5

3

2



3 5






  5

3 5

3

2

3 5
2

53 5
3
2

2

2

3
2

6 
6  2 6
2
3
3 2

   2  6
2 3

1

6



2
2 3

g)




6




2

3 1



3
2
3
e)
6 2
 4
2
3
2

3 1

2



4 2 3
2



2



3 1
2

3 1



3 1 3  1



2



2

2

 6
4

2  5 

2

2
2



5

2
2

3

5





4

2  5 

2

2
2

5

2
2

5

 5   2 2  5 
2  5 2  5 

2 2

4 2 5 42 5
8

8
4 5
1

Bài 3: Chứng minh các đẳng thức sau:
2

2

 1 a a
  1 a 
 a a b b
m
4m  8mx  4mx 2 2
a) 
 a  

1
c
)

b
)
.

m


2
49
7
1

2
x

x
1

a
1

a
a

b




Đ.k: a

0; a 1


a
1

a


 a
  1  a 1  a 
a



 13 
VT 
 1


3







 1 
 1 a  a  a 

1 a 





 1 
 1 a 

 1 a 
2

2

2

 1 a 

1 VP
 1  a 





2



2

  a b
ab  . 
 1
a

b



Ñk : m 0
VT 

m

.

1  x 

2

4 m 1  x 

2

2



4 m 1  x 

2

49 1  x 

2

49

2
 m VP
7

Ñk : a 0; b 0; a b
 a3  b3
VT = 

 a b














a  b a


ab  
 

ab  b

a b
a



2





a b
a b

a

2



1

ab 
  a  b 




1
b .
 1 VP
 a b
2





b 




2

2

 1 a a
  1 a 
a) 
 a  
 1
 1 a
  1 a 

a 0; a 1



a
1 a



 a
  1  a 1  a 
a



 13 
VT 
 1


3







 1 
 1 a  a  a 

 1 a 





 1 
 1 a 

 1 a 
2

2

2

 1 a 

1 VP

 1 a 





2



2

m
4m  8mx  4mx 2 2
b)
.
 m
2
49
7
1  2x  x

Ñk : m 0
VT 

m

.

1  x 

2

4 m 1  x 

2

2



4 m 1  x 

2

49 1  x 

2

49

2
 m VP
7

 a a b b
c) 

 a b

2

  a b
ab  . 
 1
  a b 

Ñk : a 0; b 0; a  b
 a3  b 3
VT = 

 a b














a  b a


ab  
 

ab  b

a b
a

2





a b
a b



a



2



1

ab 
  a  b 


 a


1
b .
 
 a b
 a
2





b 


2

2

b
 1 VP
b

x 4 x 4 x x  2

x 2
x 2

Bài 4: Cho biểu thức: A =
.

a/ Rút gọn biểu thức A.
7
b/ Tính giá trị của biểu thức A; khi. x = 1
9

Giải:
a) Đ.k: x 0; x 4

x 4 x 4 x x  2

x 2
x 2
2
x 2
x x 2
x 2 x x 2




1
x 2
x 2
x 2

A=









x 2





x 2 x x  2
x 2

2x  x  6
x 2



x 2

x 6




 2

x 2

x 2 2 x  3
x 2

x 4x x  2
x 2

2x  4 x  3 x  6

2 x  4 x   3







 2 x 
x 3

 

x 2  3
x 2

x 2



b) Tính giá trị của biểu thức A; khi x = 7

1

9

Ta có:

7
16
4
8
8 9
1
A = 2 x  3  2 1  3 2
 3 2.  3   3   
9
9
3
3
3 3
3

Bài 5: Cho (t1) y = 3x - 2 và (t2) y =  1 x  2
2
a/ Vẽ (t1) và (t2) trên cùng một mặt phảng tọa độ.
b/ Gọi giao điểm của (t1) và (t2) với trục hoành theo thứ tự là A; B và giao điểm của chúng là C.
Tính các góc của tam giác ABC.
Giải:
a) Đường thẳng (t1): y = 3x – 2
2
Cho x = 0 thì y = -2; cho y = 0 thì x = 3
1

Đ.thẳng (t2): y = 2 x  2
Cho x = 0 thì y = -2; cho y = 0 thì x = -4
10

8

6

4

f(x) = 3∙x 2

2

B
20

15

10

5

-4

A
0

2

5

2/3
C

g(x) =
4

6

8

1
2

∙x 2

10

15

20

10

8

6

4

f(x) = 3∙x 2

2

B
20

15

10

5

-4

A
0

2

5

2/3
C

g(x) =
4

6

8

1
2

∙x 2

10

15

20

ax  by c
Hpt 
a' x  b' y c'
Hpt :
a b

a' b'
a b c
*Voâ nghieäm khi:  
a' b' c'
a b c
*Voâ soá nghieäm khi:  
a' b' c'
*Coù nghieäm duy nhaát khi:

b) Tính các góc của tam giác ABC
*Trong .AOC vuông tại O.

10

OC 2
·
Ta có: tan OAC 
 3
OA 2
3
·
 OAC
710 34 '
20

8

6

4

f(x) = 3∙x

2

B
15

10

5

-4

2

A
0

2

5

2/3

10

C

g(x) =

1
2

∙x

2

4

**Trong .BOC vuông tại O.

6

OC 2 1
·
 
Ta có: tan OBC 
OB 4 2
·
 OBC
260 34 '

8

***Trong V.ABC

µ µ µ

Ta có: A  B  C 180



0







µ 1800  A
µ C
µ 1800  710 34 ' 260 34 ' 810 52 '
 C

15

20



Bài 6: Cho biểu thức: M =

a b

 4
2

a

ab

b

a b b a
ab



a/ Tìm điều kiện của a, b để M có nghĩa.
b/ Khi M có nghĩa chứng tỏ giá trị của M không phụ thuộc vào a.
c/ Tìm a và b để M = - 6
Giải

a 0

b 0

a) M có nghĩa khi: 

 a  b 0
 ab 0



b) M =


a b

 4
2

a

ab

b



a b b a
ab

a  2 ab  b  4 ab




a



b



ab



a b
ab

 a  2

ab  b

a

b



ab



a b
ab

2

a

b

a

b



b

a

 a

a  0

b  0
a  b


 

a b 

a



b 

a b



b  2 b Vaäy b.thöùc M khoâng phuï thuoäc vaøo a



c/ Tìm a và b để M = - 6
Ta có: M =  2 b
M = -6   2 b  6 
Vậy với

b 3  b 9

a  0,a 9, b 9 thì M = -6

Bài 7: Cho hàm số: y = 3 – 2x (d1)
a/ Nêu tính chất và dạng đồ thị hàm số trên; giải thích?
b/ Vẽ đồ thị hàm số trên.
c/ Xác định m để đồ thị của hàm số y= (2m +1)x –5 cắt đồ thị hàm số (d1) .
Giải:
a) Hàm số y = 3 - 2x
Có tập xác định D =  x  R
Nghịch biến vì a = -2 < 0
Đồ thị là đường thẳng (d1) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 và cắt trục hoành
tại điểm có hoành độ bằng 3/2
b) Khi x = 0 thì y = 3
Khi y = 0 thì x = 3/2
c) Để đồ thị h.số y = (2m + 1)x – 5 cắt đồ thị
hàm số y = 3 – 2x thì 2m + 1  -2
3
 2m  3  m 
2

Bài 8: Giải các hệ phương trình sau:

a/

4 x  5 y 3

 x  3 y 5

4 3y  5  5y 3


x 3y  5
y  1
y  1


x 3.( 1)  5
x 2
4 x  5y 3


x 3y  5

12 y  20  5y 3


x 3y  5

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2; -1)

17y  17

x 3y  5

2 x  y  3
b) 
4 x  2 y 1
y  2x  3


4 x  2  2 x  3 1

y  2x  3


4x  4x  6 1

y  2 x  3
 y  2 x  3



0
x

7

x  

Hệ p.trình vô nghiệm

1, 7x  2y 3, 8
c) 
2,1x  5y 0, 4


198
x


8, 5x  10y 19
12, 7x 19, 8
127



4, 2 x  10y 0, 8
1, 7x  2 y 3, 8
1, 7. 198  2 y 3, 8

127


198
198
x

x



127
127


2 y 1, 7. 198  3, 8
y  73


127
127
 198

73 

;
Hpt có nghiệm duy nhất: 

 127 127 

 y  2 x 1
d)
6 x  3 y  3

y 2x  1


6x  3 2 x  1  3

y 2x  1


6x  6 x  3  3

y 2x  1


0x 0

Hpt có vô số nghiệm. Nghiệm tổng quát x  R;y 2x  1

y 2x  1

x  R

2mx  y 3
Bài 9: Cho hệ phương trình:
2 y  x n

Xác định m và n để hệ phương trình.
a/ có nghiệm duy nhất.
b/ có vô số nghiệm.
Giải
a b
2m  1
1
a) Hpt có nghiệm duy nhất khi  
  4 m 1  m 
a'

b'

1

2

1
Vậy Hpt có nghiệm duy nhất khi m 
4
a b c
2m  1 3
b)Hpt coù voâ soá nghieäm khi
  
 
a' b ' c'
1 2 n
 2m  1

1
  1  2
4 m 1  m 
1



.Vaä
y
vôù
i
m=
vaø n=-6
4
4
 n 6
 1 3
n  6
 2 n
hpt coù voâ soá nghieäm

4

Cho MNP vuông tại N, đường cao NI; biết MI = 4cm, PI = 9cm.

Bài 1:
Tính:
a/ NI; NM; NP
b/ các góc M và P.
Giải:

a) Trong  MNP vuông tại N, đường cao NI
Ta có: * NI2 = MI.PI = 4.9 = 36
Suy ra NI2 = 6cm
**MN2 = MP.MI = 13.4 = 52
Suy ra MN = 52 2 13cm
***NP2 = MP.PI = 13.9 = 117
Suy ra NP = 117 3 13cm
b) Trong  MNI vuông tại I.

µ  NI  6  3  M
µ 56018 '
Ta có: *tan M
MI

4

2

µ 900  56018 ' 330 42 '
** $
P 900  M

Bài 2: Cho  MNP, đường cao NI. Biết MN = 2,7cm; MP = 4,5cm; NP = 3,6cm.
a/ Chứng minh  MNP vuông.
b/ Tính: IM, IN và IP.
Giải:
a) Trong  MNP ta có:
MP2 = 4,52 = 20,25
MN2 = 2,72 = 7,29
NP2 = 3,62 = 12,96
Do: 20,25 = 7,29 + 12,96
Hay: MP2 = MN2 + NP2
Vậy

MNP vuông tại N

b) Trong

MNP vuông

tại N, đường cao
NI 2
2
MN
2, 7
MN
 MI 

1, 62cm
Ta có:*
= MP.MI
MP
4, 5
2

** IP = MP – MI = 4,5 – 1,62 = 2,88cm
*** NI2 = MI.IP
= 1,62.2,88
4, 6656
2,16cm= 4,6656
Suy ra NI =

Bài 3: Cho  MNP vuông tại N, đường cao NH. Biết MH = 1,8cm; PH = 3,2cm.
a) Tính MN, NP, NH
b) Kẻ HE  MN, HF NP. Tính EF
c) Chứng minh  NEF và  MNP đồng dạng
Giải:
a) Trong  MNP vuông tại N, đường cao
NH.
Ta có: *MN2 = MP.MH = 5.1,8 = 9
Suy ra MN = 3cm
**NP2 = MP.PH = 5.3,2 = 16
Suy ra NP = 4cm
***NH2 = MH.PH = 1,8.3,2 = 5,76
Suy ra NH = 2,4cm
µ µ $
0
b)Trong tứ giác HENF ta có: E N F 90
Vậy tứ giác HENF là hình chữ nhật
Nên EF = NH = 2,4cm

c) Chứng minh

NEF
 và

MNP
 đồng dạng

·
·
Ta coù: EHN
 EHM
900
·
·
Vaø : EHM
 EMH
900
· N E
· MH (1)
Vaäy : EH
·
·
Ta coù: EHN
HEF
·
·
HEF
EFN
·
·
Vaäy : EHN
EFN
2 
·
·
Töø (1) vaø (2) ta ñöôïc : EMH
EFN
Xeùt  NEF vaø V M NP
µ chung
Ta coù: N
·
· H (cm t)
EFN
 EM
Vaäy :  NEF
 M NP

Bài 5: Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm I, DI cắt đường thẳng BC ở K. Chứng minh:

1
1 không đổi.

DI 2 DK 2

Giải:
Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với DK cắt BC tại E







µ 900 vaø CED C
µ 90 0
Xeùt AID A

µ C
µ 900
Tacoù: A



AD CD ABCD laø h.vuoâng 



·
·
·
ADI
CDE
cuøng phuï CDI



Vaäy : ADI CDE(g  c  g)
Neân : DI DE

Trong DEK vuoâng taïi D, ñöôøng cao DC ta coù:
1
1
1
1
1
1





DC2 DE2 DK 2
DC2 DI 2 DK 2
Do DC khoâng ñoåi (caïnh h.vuoâng ABCD)
1
khoâng ñoåi
2
DC
1
1
Vaäy:

khoâng ñoåi (ñcm)
2
2
DI DK
Neân

Bài 7: Cho nửa (O), đường kính AB. Qua điểm C thuộc nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến d của đường tròn.
E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ A và B đến d.
Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AB.
Chứng minh rằng:
a/ CE = CF.
b/ AC là tia phân giác của góc BAE.
c/ CH2 = AE.BF
Giải:

a) Trong tứ giác AEFB

Ta coù: AE // BF (cuøng vuoâng goùc vôùi ñöôøng thaúng d)
Nên AEFB là hình thang
Có: OA = OB

OC  EF
Vậy CE = CF (t/c đtb)
b) Ta có: ·
·
EAC ACO
(slt)

·
·
ACO
OAC
(.AOC caân taïi O)
·
·
Suy ra EAC
OAC(t
/ c baéc caàu)
·
Vaäy AC laø tia phaân giaùc cuûa BAE

c)Do AEC = AHC (cmt)
Neân AE = AH (1)
Chöùng minh töông töï ta ñöôïc BFC = BHC
Neân BF = BH (2)
Trong ABC coù AB laø ñöôøng kính
Vaäy ABC vuoâng taïi C, ñöôøng cao CH
Neân: CH 2 AH.BH (3)
Töø(1),(2) vaø(3) ta ñöôïc : CH 2 AE.BF (ñcm)

Bài 8: Cho đoạn thẳng AB, điểm C thuộc AB.
Vẽ về một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, AC, CB.
Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn lớn tại D.
DA, DB cắt các nửa đường tròn có đường kính AC, CB theo thứ tự tại M, N.
a/ Tứ giác DMCN là hình gì? Vì sao?
b/ Chứng minh DM.DA = DN.DB
c/ Chứng minh MN là tiếp tuyến chung của các đường tròn có đường kính AC, CB.
Giải:

a)* Trong ABD coù AB laø ñöôøng kính cuûa ñ.troøn (O)
·
Neân ADB
= 900
**Trong ACM coù AC laø ñöôøng kính cuûa ñ.troøn (O')
·
·
Neân AMC
= 900  DMC
= 900
***Trong BCN coù BC laø ñöôøng kính cuûa ñ.troøn (O'')
·
·
Neân BNC
= 900  DNC
= 900
·
·
·
Trong töù giaùc DMCN coù: ADB
= DMC
= DNC
= 900
Vaäy DMCN laø h.c.n

b/ Chứng minh DM.DA = DN.DB
·
·
*Do : MCD
 MCA
900
·
·
vaø : MCA
 MAC
900
·
·
Neân : MCD
MAC
(1)

·
·
** Do : MCD=NMC
·
·
Vaø: NMC=MND

·
·
Neân: MCD=MND
(2)
·
·
Töø (1) vaø (2) ta ñöôïc: MAC
MND
Xeùt ABD vaø NMD
·
Ta coù: ADB
chung
·
·
DAB
MND
(cmt)
Vaäy ABD NMD (g-g)
DA DB
Neân:

DN DM
Suy ra : DM.DA = DN.DB (ñcm)

c/ Chứng minh MN là tiếp tuyến chung của các đường tròn có đường kính AC, CB

·
·
*Do : MCD
 MCA
900
·
·
·
·
Maø : MCD
NMC
; MCA
CMO'
·
·
Neân : NMC
 CMO'
900
·
 NMO'
900
Suy ra MN  O'M
AC
Vaäy MN laø tieáp tuyeán cuûa ñ.troøn (O';
) (1)
2
·
·
0
*Do : DCN  NCB 90
·
·
·
·
Maø : DCN
MNC
; NCB
CNO''
·
·
Neân : MNC
 CNO''
900
·
 MNO
'' 900
Suy ra MN  O''N
BC
) (2)
2
Töø (1) vaø (2) ta ñöôïc MN laø tieáp tuyeán chung cuûa
Vaäy MN laø tieáp tuyeán cuûa ñ.troøn (O '';


AC 

BC 
hai ñöôøng troøn  O';
vaø
O'';

2 
2 



Bài 9: Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A, kẻ tiếp tuyến
chung ngoài DE, D thuộc đ.tròn (O), điểm E thuộc đ. tròn (O') , kẻ tiếp
tuyến chung trong tại A cắt DE ở I. Gọi M là giao điểm của OI và AD,
N là giao điểm của O'I và AE.
a/ Tứ giác AMIN là hình gì? Vì sao?
b/ Chứng minh IM.IO = IN.IO'
c/ Chứng minh OO' là tiếp tuyến đường tròn có đường kính DE.
d/ Tính DE biết OA = 5cm, O'A = 3,2cm.
Giải

*Trong AID coù:
AI vaø DI laø hai tieáp tuyeán caét nhau taïi I
Neân AI = DI
Vaäy AID caân taïi I
·
Vaø coù: IO laø ñöôøng phaân giaùc cuûa AID
Neân : IO laø ñöôøng cao
·
Suy ra AMI
900

**Chöùng minh töông töï, trong AIE
·
Ta ñöôïc ANI
900
1·
·
***Ta coù: AIM
 AID
(t/c 2 tieáp tuyeán)
2
1·
·
AIN
 AIE
(t/c 2 tieáp tuyeán)
2
·  AIE
· 1800
Maø : AID
·
·
Neân : AIM
 AIN
900
·
Suyra : MIN
900
·
·
·
Trong töù giaùc AMIN, ta coù: AMI
MIN
ANI
900
Vaäy töù giaùc AMIN laø h.c.nhaät

b/ Chứng minh IM.IO = IN.IO'

·
·
Ta coù: IMN
IAN
(t/c hcn)
· O
· ' AN 900
Maø: IAN
·
· AN 900
Neân IMN
 O'
· ' AN  AO'
· N 900
Maët khaùc : O
·
· N
Suy ra: IMN
AO'

Xeùt OIO' vaø NIM
·
Ta coù: OIO'
chung
· N IMN
·
AO'
(cmt)
Vaäy OIO'
NIM (g-g)
IO IN

IO ' IM
Suy ra : IM.IO IN.IO' (ñcm)
Neân:

c/ Chứng minh OO' là tiếp tuyến đường tròn đường kính DE.

1
Trong ADE coù: IA=ID=IE= DE
2
Neân ADE vuoâng taïi A
Suy ra ADE noäi tieáp trong ñ.troøn ñöôø ng kính DE
Do OO'  IA (gt)
Vaäy OO' laø tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn ñ.kính DE

d/ Tính DE biết OA = 5cm, O'A = 3,2cm.

Trong OIO' vuoâng taïi I, ñ.cao IA
Ta coù: IA 2 OA.O' A 5.3, 2 16
Suy ra: IA = 16 4cm
Do DE = 2.IA (t/c trong tam giaùc vuoâng)
Neân DE = 2.4 = 8cm