Đây lài một số File dạng PDF, mình sưu tầm được trên diễn đàn chúng ta, MathScope, MathLinks  và các tác giả khác.

 

Tài liệu gồm các định lí, bài tập ( lời giải chi tiết , hướng dẫn , không lời giải ), các đề thi vào lớp $10$  về Hình học phẳng.

 

Rất mong tài liệu này có ích cho mọi người.

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Hình học phẳng - 9 + ôn 10.rar

HAY.

 

 

Câu 3.  a) Giải phương trình  $\sqrt{2x+3}-2\sqrt{x+1}=-1$

            

ĐK: $x\geq 1$

Pt $\Leftrightarrow \sqrt{2x+3}=2\sqrt{x+1}-1$

    $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2x+3=4x+4-4\sqrt{x+1}+1 & \\ x\geq -\frac{3}{4} & \end{matrix}\right.$

    $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+1)-2\sqrt{x+1}=0 & \\ x\geq -\frac{3}{4} & \end{matrix}\right.$

    $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (\sqrt{x+1}-1)^2=1 & \\ x\geq -\frac{3}{4} & \end{matrix}\right.$

    $\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=-1& \\ x=3 & \end{bmatrix}$

    $\Rightarrow x=3$

Vậy pt có nghiệm duy nhất $x=3$ 

Câu 4 (6,0 điểm):

            Cho đường tròn tâm O có đường kính MN, dây cung AB vuông góc với MN tại điểm I nằm giữa O, N. Gọi K là một điểm thuộc dây AB nằm giữa A, I. Các tia MK, NK cắt đường tròn tâm O theo thứ tự tại C, D. Gọi E, F, H lần lượt là hình chiếu của C trên các đường thẳng AD, AB, BD. Chứng minh rằng

a)     AC.HF = AD.CF

b)     F là trung điểm EH

c)     Hai đường thẳng DC và DI đối xứng với nhau qua đường thẳng DN

a) Ta chứng minh $\Delta ADC$ đồng dạng $\Delta FHC$

$ACBD$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{ACD}=\widehat{ABD}$

Mà $HFCB$ nội tiếp ($\widehat{BHC}=\widehat{BFC}=90^{\circ}$) 

                           $\Rightarrow \widehat{FCH}=\widehat{HBF}=\widehat{ABD}$

Từ đó có $\widehat{ACD}=\widehat{FCH}$

Cmtt có $\widehat{ADC}=\widehat{FHC}$

$\Rightarrow \Delta ADC$ đồng dạng $\Delta FHC \Rightarrow$ đpcm

cau b hinh

Sao không viết = $LATEX$ luôn

Câu 1 (6,0 điểm):

    b)     Giải phương trình: $\frac{x^{2}}{9}+\frac{1}{x^{2}}=\frac{5}{3}(\frac{x}{3}-\frac{1}{x})$

ĐKXĐ: $x\neq 0$

Đặt $\frac{x}{3}-\frac{1}{x}=a$

Phương trình trở thành: $a^2-\frac{5}{3}a+\frac{2}{3}=0$

                                      $\Leftrightarrow a^2-5a+2=0$

Giải PT tìm đc $a\Rightarrow x$

 

Câu 3. (2 điểm)

2) Trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) và đường thẳng (D) lần lượt có pt $y= \frac{1}{2}x^{2}$ và $y=mx+2$. Cmr với mọi gt của m, (D) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B và tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ).

 

Xét pt hoành độ $\frac{1}{2}x^2-mx-2=0$ $(*)$

$\Delta =m^2+4>0$ với mọi $m$ nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt $\Rightarrow$ $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại 2 điểm phân biệt A và B.

Có $AB=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$ với $A(x_1;y_1),B(x_2;y_2)$

$\Leftrightarrow AB^2=x_1^2+x_2^2-2x_1x_2+(mx_1+2)^2+(mx_2+2)^2-2(mx_1+2)(mx_2+2)$ do $y_1=mx_1+2; y_2=mx_2+2$ $(I)$

Pt $(*)$ luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi $m$ nên theo Vi_et có :

 $\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2m & \\ x_1x_2=-4 & \end{matrix}\right.$ $(II)$

Thay vào $(I)$ có: $AB^2=4m^4+20m^2+16$

Lại có $OA^2=x_1^2+y_1^2$

          $OB^2=x_2^2+y_2^2$

$OA^2+OB^2=x_1^2+x_2^2+y_1^2+y_2^2=4m^4+20m^2+16=AB^2$ theo $(II)$

$\Rightarrow \Delta OAB$ vuông tại $O$. (theo Pytago đảo)

Bài 3:

1. Ta có

 

 

$\widehat{AMP}=\frac{\widehat{ACP}}{2};\widehat{PMB}=\frac{\widehat{PDB}}{2}$

 

$\Rightarrow \widehat{AMB}=\frac{\widehat{ACP}+\widehat{PDB}}{2}=\widehat{AOB}$

 

Do đó tứ giác $AMOB$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{MAC}=\widehat{MBD}$

 

Mà $\widehat{MCO}=2\widehat{MAC};\widehat{MDO}=2\widehat{MBD}\Rightarrow \widehat{MCO}=\widehat{MDO}\Rightarrow MCDO$ nội tiếp

 

2. Chứng minh $M\in (OAB)$: Do $AMOB$ nội tiếp (phần 1) nên ta có đpcm

 

Gọi giao điểm của $2$ tiếp tuyến kẻ từ $A,B$ của $(O)$ là $N$. Do $A,B$ cố định nên $N$ cố định

 

Khi đó $ANBO$ nội tiếp. Mà $AMOB$ nội tiếp nên $AMBN$ cũng nội tiếp

 

Suy ra $\widehat{AMN}=\widehat{ABN}=\widehat{NAB}$

 

Mà $\widehat{AMP}=\widehat{NAB}$ ( chắn cung $AP$)

 

$\Rightarrow \widehat{AMP}=\widehat{AMN}\Rightarrow \overline{M,P,N}$

 

Do đó $MP$ luôn đi qua điểm $N$ cố định

 

3. Có

 

$AMBN$ nội tiếp nên ta có

 

$PM.PN=AP.PB\leqslant \frac{(AP+PB)^2}{4}=\frac{AB^2}{4}=\frac{a^2}{4}$

 

Đẳng thức xảy ra khi $P$ là trung điểm của $AB$

 

---------------------------

P/s: ai up hộ mình cái hình lên hộ với 

Bài 2:

 

b Tìm cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa: $6x^{2}+5y^{2}=74$

 

Từ gt $\Rightarrow 5y^2\leq 74\Leftrightarrow y^2\leq 12\Leftrightarrow -3\leq y\leq 3$

Mà có $y$ chẵn $\Rightarrow y\epsilon \begin{Bmatrix} -2;0;2 \end{Bmatrix}$

Xét từng TH tìm $x$

a) Kéo dài $MO$ cắt $(O)$ tại $S$

$ASBM$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{ASM}=\widehat{ABM}$

Mà$\widehat{ABM}=\widehat{MHF}=\widehat{MEF}\Rightarrow \widehat{MEF}+\widehat{AMS}=90^{\circ}=\widehat{ASM}+\widehat{AMS}$

hay $\widehat{MAS}=90^{\circ}$ $\Rightarrow SM$ là đường kính $\Rightarrow$ đpcm

b) Chứng minh $\Delta EHF$ đồng dạng $\Delta PDQ$ (g.g) 

$\left\{\begin{matrix} \widehat{EFH}=\widehat{PQD}(=\widehat{AMH})& \\ \widehat{FEH}=\widehat{QPD}(=\widehat{ABM}) & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow$ đpcm

c) Có: $\frac{AH}{BD}=\frac{S(AMH)}{S(DMB)}=\frac{\frac{1}{2}sin\widehat{AMH}.AM.HM}{\frac{1}{2}sin\widehat{DMB}.MD.MB}=\frac{AM.HM}{MD.MB}$ (dễ chứng minh $\widehat{AMH}=\widehat{DMB}$)

Cmtt có $\frac{AD}{BH}=\frac{AM.MD}{HM.MB}$

Nhân vô có đpcm.

. ko phải . câu 2.b) ý thứ 2 ấy. tính nghiệm dạng thập phân ấy

PT đó chỉ có nghiệm thực duy nhất là $x=3$ thôi bạn

Câu b) ý 2 làm sao ?

Là như thế này

$x^{3}=\left ( \sqrt[3]{9+4\sqrt{5}}+\sqrt[3]{9-4\sqrt{5}} \right )^{3}$

$=9+4\sqrt{5}+9-4\sqrt{5}+3.\sqrt[3]{\left ( 9+4\sqrt{5} \right )\left ( 9-4\sqrt{5} \right )}.\left ( \sqrt[3]{9+4\sqrt{5}}+\sqrt[3]{9-4\sqrt{5}} \right )$

$=18+3x\Rightarrow x^{3}-3x-18=0$

Bạn nào giải dùm bài cuối với 

 

Bài 1: Cho hàm số $y=\left | 2x-1 \right |$

          a) Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

          b) Tìm các giá trị của m để đồ thị (C) cắt đường thẳng (D): y = x + m tại hai điểm phân biệt A và B sao cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 4.

 

 

Bài 1 làm đc mỗi phần a 

Bạn nào làm phần b đi 

 

Bài 3: Cho parabol (P): y = -x² và đường thẳng (d): y = ax + b; với a, b thỏa mãn $2a^{2}-9b=0$ và a ≠ 0.

        a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt và hoành độ của điểm này gấp đôi hoành độ của điểm kia.

        b) Giả sử đường thẳng (d) vuông góc với đường thẳng (d') có phương trình $y=\frac{1}{\sqrt{2}}x+2013$. Hãy lập phương trình đường thẳng (d)

 

a) Xét pt hoành độ: $-x^2-ax-b=0\Leftrightarrow x^2+ax+b=0$ $(I)$

$\Delta =a^2-4b$

Theo bài ra : $2a^2-9b=0\Leftrightarrow a^2=4,5b\Rightarrow \Delta =\frac{1}{2}b$

Có $a^2=4,5b\geq 0\Rightarrow b\geq 0$

Dấu " = " ko xảy ra do $b=0\Rightarrow a=0$ (vô lí) $\Rightarrow b>0\Rightarrow \Delta >0$

$\Rightarrow$ đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.$(*)$

Pt $(I)$ luôn có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ nên theo Vi_et có: 

$\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=-a & \\ x_1x_2=b & \end{matrix}\right.$

Có $2(x_1+x_2)^2-9x_1x_2=0$

     $\Leftrightarrow 2(x_1^2+x_2^2)-5x_1x_2=0$

     $\Leftrightarrow 2x_1(x_1-2x_2)-x_2(x_1-2x_2)=0$

     $\Leftrightarrow (x_1-2x_2)(2x_1-x_2)=0$

     $\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x_1=2x_2 & \\ x_2=2x_1 & \end{bmatrix}$

$\Rightarrow$ đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm mà hoành độ của điểm này gấp đôi hoành độ của điểm kia. $(**)$

Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra đpcm.

b) $(d)$ vuông góc với $(d')$ nên $(d):$$y=-\frac{1}{\sqrt{2}}x+b$

Từ giả thiết $\Rightarrow 1-9b=0\Leftrightarrow b=\frac{1}{9}$

Vậy $(d):y=-\frac{1}{\sqrt{2}}x+\frac{1}{9}$

Xét $x=0$ $\Rightarrow y=\frac{6}{5}$

Xét $x=y$ ta có: $y^4 +5y-6=0$

                          $\Leftrightarrow x=y=1$ hoặc $x=y=-2$

Xét $x=-y$ ta có $-x=y=1$ hoặc $-x=y=-2$

Kết luận:...

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x^4+5y=6\\ x^2y^2+5y=6 \end{matrix}\right.$

 $\left\{\begin{matrix} x^4+5y=6\\ x^2y^2+5y=6 \end{matrix}\right.$

Trừ theo từng vế $(1)$ cho $(2)$ ta đc:

$x^{2}(x^{2}-y^{2})=0$

$\Leftrightarrow x^2(x-y)(x+y)=0$

$\Leftrightarrow x^2=0$; $x=y$ hoặc $x=-y$

Xét từng trường hợp để tìm nghiệm.

trường hợp $x^3+x^2y-5=0$ giải thế nào vậy bạn? Mình bị vướng từ đấy.

$x^3+x^2y-5=0$ $(3)$

Từ hệ $\Rightarrow x,y\leq \frac{6}{5}$ $\Rightarrow x^3+x^2y-5\leq 2(\frac{6}{5})^{3}-5< 0$ 

         $\Rightarrow$ pt $(3)$ vô nghiệm.

Giờ thì xét $x=y$ để tìm nghiệm.

Câu 3.
Cho phương trình (ẩn $x$): $x^2-3(m+1)x+2m^2+5m+2=0.$ Tìm giá trị của $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1$ và $x_2$ thỏa mãn $|x_1 +x_2|=2|x_1 - x_2|$.

 

ĐK để phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $\Delta > 0 \Leftrightarrow 9(m+1)^{2}-4(2m^2+5m+2)> 0$ 

                                                                                     $\Leftrightarrow 9m^2+18m+9-8m^2-20m-8> 0$

                                                                                     $\Leftrightarrow m^2-2m+1> 0$

                                                                                     $\Leftrightarrow \left | m-1 \right |>0$

Áp dụng Vi_et có  $x_1+x_2=3m+3$ $(1)$

                             $x_1x_2=2m^2+5m+2$ $(2)$

Bình phương 2 vế biểu thức  $|x_1 +x_2|=2|x_1 - x_2|$ thay $(1)$ và $(2)$  vào tính $m$

Câu 4.
Cho tam giác nhọn $ABC (AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O).$ Kẻ đường cao $AH$ của tam giác $ABC.$ Gọi $P, Q$ lần lượt là chân đường cao kẻ từ $H$ đến các cạnh $AB, AC.$
1. Chứng minh rằng $BCQP$ là tứ giác nộ tiếp.
2. Hai đường thẳng $PQ$ và $BC$ cắt nhau tại $M.$ Chứng minh rằng $MH^2=MB.MC.$
3. Đường thẳng $MA$ cắt đường tròn $(O)$ tại $K$ ($K$ khác $A$). Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCQP$. Chứng minh rằng ba điểm $I, H, K$ thẳng hàng.
 

Phần 3 bài hình chứng minh như thế nào vậy? 

Đề chung nên ko khó lắm nhỉ. 

Cái jề thế này.........................................................................

Vote cho Crazy 

Câu 4b sai đề không vậy. Khi $n=0$ thì:

$2^{2^{2n+1}}+3=7$ là số nguyên tố.

$2^{2^{4n+1}}+7=11$ cũng là số nguyên tố.

Số đo cung bằng 90 độ $\Rightarrow S_{vp}=\frac{1}{4}S= \frac{7^{2}\Pi}{4}$(đvdt) (với $S$ là diện tích hình tròn bán kính 7)

[diện tích hình viên phân không phải viên phấn nha bạn] 

Theo Viet có $\left\{\begin{matrix} a+b=-p & \\ b+c=-q & \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow (b+a)(b+c)=pq\Leftrightarrow (b+a)(b+c)=pq-6$

 

Cần chứng minh $(b-a)(b-c)=(b+a)(b+c)-6\Leftrightarrow ab+bc-3=0$

 

(cái này luôn đúng vì cũng theo Viet $\left\{\begin{matrix} ab=1 & \\ bc=2 & \end{matrix}\right.$)

 

Vậy ta có đpcm

Chỗ này bị nhầm à?

Gọi $a,b$ là 2 nghiệm của phương trình : $x^2+px+1=0$

       $b,c$ là 2 nghiệm của phương trình : $x^2+qx+2=0$

Chứng minh hệ thức:  $(b-a)(b-c)=pq-6$.