Đề kiểm tra học kì 2 Toán 9 - Đề số 3 — Không quảng cáo

Số đo cung lớn bằng \(360^\circ  - \) số đo cung nhỏ

Ta có tổng số đo cung nhỏ \(BmC\) và số đo cung lớn \(BnC\) là \({360^0}.\)

Mặt khác số đo cung nhỏ \(BmC = {80^0}.\) Từ đó ta suy ra số đo cung lớn \(BnC\) là:

\({360^0} - {80^0} = {280^0}.\)

Bước 1: Giải phương trình hoành độ giao điểm.

Bước 2: Số nghiệm vừa tìm được của phương trình là số giao điểm của đường thẳng và parabol

Xét phương trình hoành độ giao điểm ${x^2} = 2x + 4 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 4 = 0$ có $\Delta ' = 5 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt hay đường thẳng cắt parabol tại hai điểm phân biệt.

Cho hai đường thẳng $d:y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ và $d':y = a'x + b'\,\,\left( {a' \ne 0} \right)$.

+) $d{\rm{//}}d' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.$

+) \(d\) cắt $d'$\( \Leftrightarrow a \ne a'\).

+) \(d \equiv d' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b = b'\end{array} \right.\).

+) \(d \bot d' \Leftrightarrow a.a' =  - 1\).

Đồ thị hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) đi qua điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) khi và chỉ khi \({y_0} = a{x_0} + b\)

Thay tọa độ từng điểm vào hàm số ta được

+) Với $A\left( {\dfrac{{ - 5}}{3};0} \right)$. Thay $x =  - \dfrac{5}{3};y = 0$ vào $y = 3\left( {x - 1} \right) + \dfrac{4}{3}$ ta được $3\left( { - \dfrac{5}{3} - 1} \right) + \dfrac{4}{3} = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{ - 20}}{3} = 0$ (Vô lý)

+) Với $B\left( {1;\dfrac{3}{4}} \right)$. Thay $x = 1;y = \dfrac{3}{4}$ vào $y = 3\left( {x - 1} \right) + \dfrac{4}{3}$ ta được $3\left( {1 - 1} \right) + \dfrac{4}{3} = \dfrac{3}{4} \Leftrightarrow \dfrac{4}{3} = \dfrac{3}{4}$ (Vô lý)

+) Với $D\left( {4;\dfrac{4}{3}} \right)$. Thay $x = 4;y = \dfrac{4}{3}$ vào $y = 3\left( {x - 1} \right) + \dfrac{4}{3}$ ta được $3\left( {4 - 1} \right) + \dfrac{4}{3} = \dfrac{4}{3} \Leftrightarrow \dfrac{{31}}{3} = \dfrac{4}{3}$ (Vô lý)

+)Với $C\left( { \dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3}} \right)$. Thay $x =  \dfrac{2}{3};y = \dfrac{1}{3}$ vào $y = 3\left( {x - 1} \right) + \dfrac{4}{3}$ ta được $3\left( { \dfrac{2}{3} - 1} \right) + \dfrac{4}{3} = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{3}$ (luôn đúng)

$ \Rightarrow C$ thuộc đồ thị hàm số $y = 3\left( {x - 1} \right) + \dfrac{4}{3}$

Dựa vào kiến thức về hệ thức Viète

Cho phương trình bậc hai $a{x^2} + bx + c = 0\,(a \ne 0).$ Nếu \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình thì \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a}\\{x_1} \cdot {x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right..\)

Sử dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

Sử dụng dấu hiệu nhận biết các hình đặc biệt

Do \(DE\) là đường kính của \(\left( {O;R} \right)\) nên \(\widehat {DCE} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó \(CD \bot CE.\) Mặt khác theo giả thiết ta có \(CD \bot AB.\)

Do đó \(AB//CE.\) Vậy tứ giác \(ABEC\) là hình thang \(\left( 1 \right).\)

Mặt khác các dây \(CE,AB\) là hai dây song song của \(\left( O \right)\) chắn hai cung \(AC\) và \(BE\) nên

Cung \(AC = \) cung \(BE \) \( \Rightarrow AC=BE\,\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra tứ giác \(ABEC\) là hình thang cân.

Đường thẳng và đường tròn có nhiều nhất hai điểm chung.

Thay \(m = 1\) vào hệ phương trình đã cho rồi giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Thay \(m = 1\) vào hệ phương trình đã cho ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 4\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\)

- Tìm tọa độ giao điểm 2  đường thẳng cho trước $d;d'$

- Cho giao điểm vừa tìm được thuộc vào đường thẳng $d''$.

Điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b \)\(\Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)

$d:y = x + 3;d':y =  - x + 1;d'':y = \sqrt 3 x - m - 2$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $d$ và $d'$: $x + 3 =  - x + 1 \Leftrightarrow 2x =  - 2 \Leftrightarrow x =  - 1 \Rightarrow y = 2$

Do đó $d$ và $d'$ cắt nhau tại điểm $\left( { - 1;2} \right)$.

Điểm $A( - 1;2) \in d'':y = \sqrt 3 x - m - 2 $$\Leftrightarrow 2 = \sqrt 3 .\left( { - 1} \right) - m - 2 $$\Leftrightarrow m =  - 4 - \sqrt 3 $

Vậy $m =  - 4 - \sqrt 3 $.

Hai đường tròn tiếp xúc với nhau thì có một điểm chung duy nhất

+ Rút \(y\) từ phương trình trên thế xuống phương trình dưới ta được phương trình bậc nhất ẩn \(x.\)

+ Biến đổi phương trình về dạng \(ax + b = 0\) (*).

+ Để hệ phương trình có vô số nghiệm thì phương trình (*) có vô số nghiệm khi đó \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 0\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}mx + y = 2m\\x + my = m + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2m - mx\\x + m(2m - mx) = m + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2m - mx\\x + 2{m^2} - {m^2}x = m + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2m - mx\\x({m^2} - 1) = 2{m^2} - m - 1\end{array} \right.\)

Xét: \({m^2} = 1 \Leftrightarrow m =  \pm 1\)

Nếu \(m = 1\) ta được: \(0x = 0\) (đúng với \(\forall x\))\( \Rightarrow \) hệ phương trình có vô số nghiệm.

Nếu \(m =  - 1\) ta được: \(0x = 2\) (vô lý) \( \Rightarrow \) hệ phương trình vô nghiệm.

Sử dụng cách vẽ đồ thị hàm số

Đồ thị hàm số $y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ là một đường thẳng

Nếu \(b \ne 0\) thì đồ thị \(y = ax + b\) là đường thẳng đi qua các điểm \(A(0;b),\,\,B\left( { - \dfrac{b}{a};0} \right).\)

Đồ thị hàm số $y = 2x + 1$ là đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ $\left( {0;1} \right)$ và $\left( {1;3} \right)$ nên hình 1 là đồ thị hàm số $y = 2x + 1$.

Bước 1: Sử dụng định lí Viète

Nếu \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình $a{x^2} + bx + c = 0\,\,(a \ne 0)$ thì \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a}\\{x_1} \cdot {x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right..\)

Bước 2: Sử dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng để biến đổi $A = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}$

Phương trình ${x^2} - 5x + 2 = 0$ có $\Delta  = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.1.2 = 17 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$

Theo định lí Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{-(-5)}{1} = 5\\{x_1}.{x_2} = \frac{2}{1} = 2\end{array} \right.\).

Ta có $A = x_1^2 + x_2^2 = \left(x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2\right) - 2{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {5^2} - 2.2 = 21$

Áp dụng tính chất góc nội tiếp, góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn, các cung chắn hai dây bằng nhau để chứng minh \(\widehat {AFB} = \widehat {ABD}.\)

\(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên \(AB = AC\) suy ra \(sđ\,\overparen{AB} = sđ\,\overparen{AC}.\)

Áp dụng kết quả trên và theo tính chất của góc ngoài đường tròn ta có:

$\widehat {AFB} = \dfrac{1}{2}\left( {sđ\,\overparen{AB} - sđ\,\overparen{CD}} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {sđ\,\overparen{AC} - sđ\,\overparen{CD}} \right) = \dfrac{1}{2}sđ\,\overparen{AD}.$

Mặt khác theo tính chất góc nội tiếp ta có \(\widehat {ABD} = \dfrac{1}{2}sđ\,\overparen{AD}.\)

Do đó \(\widehat {AFB} = \widehat {ABD}.\)

- Tìm tọa độ giao điểm 2  đường thẳng cho trước $d';d''$

- Cho giao điểm vừa tìm được thuộc vào đường thẳng $d$.

Điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b \)\(\Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm $A$ của $\left( {d'} \right)$  và $\left( {d''} \right)$:

$\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 4 =  - 3x - 1}\\{ \Leftrightarrow 5x =  - 5}\\{ \Leftrightarrow x =  - 1}\\{ \Rightarrow y = 2\left( { - 1} \right) + 4 = 2}\\{ \Rightarrow A\left( { - 1;2} \right)}\end{array}$

Để $\left( d \right);\left( {d'} \right);\left( {d''} \right)$ đồng quy thì $A\left( { - 1;2} \right) \in \left( d \right)$

$\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 2 = \left( {m + 2} \right).\left( { - 1} \right) - 3m}\\{ \Leftrightarrow 2 =  - 2 - 4m}\\{ \Leftrightarrow 4m =  - 4}\\{ \Leftrightarrow m =  - 1}\end{array}$

Vậy khi $m =  - 1$ thì $\left( d \right);\left( {d'} \right);\left( {d''} \right)$  đồng quy tại $A\left( { - 1;2} \right)$.

Sử dụng  tính chất đường nối tâm của hai đường tròn cắt nhau và hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Vì $OA$ là tiếp tuyến của $\left( {O'} \right)$ nên $\Delta OAO'$ vuông tại $A$.

Vì $\left( O \right)$ và $\left( {O'} \right)$ cắt nhau tại $A,B$ nên đường nối tâm $OO'$ là trung trực của đoạn $AB$.

Gọi giao điểm của $AB$ và $OO'$ là $I$ thì $AB \bot OO'$ tại $I$ là trung điểm của $AB$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OAO'$ ta có

$\dfrac{1}{{A{I^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O'{A^2}}} = \dfrac{1}{{{8^2}}} + \dfrac{1}{{{6^2}}} \Rightarrow AI = 4,8\,cm \Rightarrow AB = 9,6\,cm$

Ta có chiều cao  cột đèn là $AC$; $AB = 7,5\,m$ và $\widehat {ACB} = 42^\circ $

Xét tam giác $ACB$ vuông tại $A$ có

$AC = AB.\tan B = 7,5.\tan 42^\circ  \approx 6,753\,\,m$

Vậy cột đèn cao $6,753\,m$

Áp dụng công thức tính diện tích hình viên phân.

\({S_{vp\,AC}} = {S_{qAOC}} - {S_\Delta }_{AOC}\)

Xét đường tròn $(O)$ có:

\(\widehat {ABC}\) và \(\widehat {AOC}\)   là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung$AC$  \( \Rightarrow \widehat {AOC} = 2.\widehat {ABC} = {2.30^0} = {60^0}\)\( \Rightarrow {S_{qAOC}} = \dfrac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{6}\)

Xét  \(\Delta AOC\) có   \(\widehat {AOC} = {60^\circ }\)  và $OA=OC=R$ nên tam giác $AOC$ đều cạnh bằng $R$ .

Gọi $CH$ là đường cao của tam giác $AOC$ , ta có:

\(CH = CO.\sin {60^0} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.R \Rightarrow {S_{AOC}} = \dfrac{1}{2}CH.OA = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.R.R = \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}.{R^2}.\)

Diện tích hình viên phân $AC$ là:

\({S_{qAOC}} - {S_{AOC}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{6} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}.{R^2} = \left( {\dfrac{\pi }{6} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}} \right).{R^2} \)

\(= \left( {\dfrac{{2\pi  - 3\sqrt 3 }}{{12}}} \right).{\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} \)

\(= 2\pi  - 3\sqrt 3 \, cm^2.\)

+ Đặt: \(\left| x \right| = a \ge 0;\,\,\,\left| y \right| = b \ge 0\).

+ Giải hệ phương trình ẩn \(a;b\) bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

+  Thay trở lại cách đặt ta tìm được \(x;y.\)

Đặt: \(\left| x \right| = a \ge 0;\,\,\left| y \right| = b \ge 0\).

Khi đó, ta có hệ phương trình: \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 4b = 18\\3a + b = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 18 - 4b\\3\left( {18 - 4b} \right) + b = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 18 - 4b\\b = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 4\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| x \right| = 2\\\left| y \right| = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  \pm 2\\y =  \pm 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 4\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y = 4\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y =  - 4\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y =  - 4\end{array} \right.\end{array} \right.\)

-Thay giá trị của biến (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức và thực hiện phép tính

Ta có $P = \dfrac{{2.9}}{{\sqrt 9  + 1}}$= $\dfrac{{18}}{3+1}$$= \dfrac{{18}}{4} = \dfrac{9}{2}.$

- Sử dụng  hằng đẳng thức ${a^2} + 2ab + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2};\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right|$ để rút gọn biến số trước khi thay vào biểu thức.

- Thay giá trị của biến (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức và thực hiện phép tính.

Ta có $x = 3 + 2\sqrt 2 $$ = {\left( {\sqrt 2  + 1} \right)^2}$

$\Rightarrow \sqrt x  = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2  + 1} \right)}^2}}  = \sqrt 2  + 1$

Thay $\sqrt x  = \sqrt 2  + 1$ vào biểu thức $P$ ta được

$P = \dfrac{{\sqrt 2  + 1 + 1}}{{\sqrt 2  + 1 - 2}} = \dfrac{{\sqrt 2  + 2}}{{\sqrt 2  - 1}}$

$ = \dfrac{{\left( {\sqrt 2  + 2} \right)\left( {\sqrt 2  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 2  - 1} \right)\left( {\sqrt 2  + 1} \right)}} $

$= 4 + 3\sqrt 2 $

+ Phân tích mẫu thức thành nhân tử rồi qui đồng mẫu các phân thức

+ Từ đó rút gọn phân thức

Điều kiện \(x \ge 0;x \ne 9.\)

P =  $\left[ {\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{(\sqrt x  + 3)(\sqrt x  - 3)}} - \dfrac{{\sqrt x  - 3}}{{(\sqrt x  + 3)(\sqrt x  - 3)}}} \right]$$\left( {\sqrt x  - 3} \right)$

= $\dfrac{{\sqrt x  + 1 - (\sqrt x  - 3)}}{{(\sqrt x  + 3)(\sqrt x  - 3)}}$$\left( {\sqrt x  - 3} \right)$

= $\dfrac{{\sqrt x  + 1 - \sqrt x  + 3}}{{(\sqrt x  + 3)(\sqrt x  - 3)}}$$\left( {\sqrt x  - 3} \right)$

= $\dfrac{4}{{\sqrt x  + 3}}$

Vậy \(P = \dfrac{4}{{\sqrt x  + 3}}\)  với  \(x \ge 0;x \ne 9.\)

+ Phân tích mẫu thức thành nhân tử rồi qui đồng mẫu các phân thức

+ Từ đó rút gọn phân thức

$\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{2} - \dfrac{1}{{2\sqrt x }}} \right)\left( {\dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} - \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}}} \right) = \dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x }}.\left( {\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\sqrt x  + 1}} - \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\sqrt x  - 1}}} \right)\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x }}.\dfrac{{\sqrt x {{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2} - \sqrt x {{\left( {\sqrt x  + 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} = \dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x }}.\dfrac{{\sqrt x \left[ {x - 2\sqrt x  + 1 - \left( {x + 2\sqrt x  + 1} \right)} \right]}}{{x - 1}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{x - 2\sqrt x  + 1 - x - 2\sqrt x  - 1}}{2} = \dfrac{{ - 4\sqrt x }}{2} =  - 2\sqrt x .\end{array}$

Vậy \(A =  - 2\sqrt x \) với \(x > 0;\,\,x \ne 1.\)

Để hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) cắt nhau tại một điểm có hoành độ \(x = {x_0}\).

Bước 1. Viết phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng.

Bước 2. Thay \(x = {x_0}\) vào phương trình hoành độ giao điểm để tìm \(m\).

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của ${d_1}$ và ${d_2}$:

$mx - 2 = \dfrac{1}{2}x + 1$ (*)

Để hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ cắt nhau tại một điểm có hoành độ $x =  - 4$ thì $x =  - 4$ thỏa mãn phương trình (*).

Suy ra $m.\left( { - 4} \right) - 2 = \dfrac{1}{2}.\left( { - 4} \right) + 1 $$\Leftrightarrow  - 4m - 2 =  - 2 + 1 \Leftrightarrow  - 4m = 1$

$\Leftrightarrow m =  - \dfrac{1}{4}$.

- Tìm giao điểm của đường thẳng với trục hoành, trục tung

- Áp dụng định lý Py-ta-go để tính độ dài đoạn thẳng.

- Sử dụng công thức chu vi tam giác.

Ta có:

$\begin{array}{l}d' \cap Ox = M(3;0) \Rightarrow OM = 3\\d' \cap Oy = N(0;6) \Rightarrow ON = 6\end{array}$

Ta có tam giác $OMN$ vuông tại $O$.

Áp dụng định lý Py ta go ta có:

$M{N^2} = O{M^2} + O{N^2} = 9 + 36 = 45 \Rightarrow MN = 3\sqrt 5 $

Suy ra chu vi tam giác $OMN$ là: $MN + OM + ON = 3\sqrt 5  + 3 + 6 = 9 + 3\sqrt 5 $

Các bước giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:

Bước 1 : Lập hệ phương trình

1) Chọn ẩn và tìm điều kiện của ẩn (thông thường ẩn là đại lượng bài toán yêu cầu tìm)

2) Biểu thị các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết

3) Lập phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng.

Bước 2 : Giải hệ phương trình

Sử dụng các phương pháp thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ…

Bước 3 : Kết luận

Gọi thời gian người thứ 1 làm một mình xong công việc là: $x$ (ngày); ($x > 5,5$)

Gọi thời gian người thứ 2 làm một mình xong công việc là: $y$ (ngày); ($y > 5,5$)

1 ngày người thứ nhất làm là \(\dfrac{1}{x}\) công việc.

1 ngày người thứ hai làm là \(\dfrac{1}{y}\) công việc.

Theo bài ra: người thứ nhất làm trong $7$ ngày, người thứ 2 làm trong $5,5$ ngày thì xong công việc nên ta có:

\(\dfrac{7}{x} + \dfrac{{5,5}}{y} = 1\begin{array}{*{20}{c}}{}&{(1)}\end{array}\).

Vì làm một mình người thứ nhất lâu hơn người thứ hai là 3 ngày nên ta có: x – y =3  (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{7}{x} + \dfrac{{5,5}}{y} = 1\\x - y = 3\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y + 3\\\dfrac{7}{{y + 3}} + \dfrac{{5,5}}{y} = 1\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y + 3\\7y + 5,5y + 16,5 = {y^2} + 3y\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y + 3\\{y^2} - 9,5y - 16,5 = 0\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y + 3\\\left[ \begin{array}{l}y = 11\,\,(tmdk)\\y =  - 1,5\,\,(ktmdk)\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11\\x = 14\end{array} \right.\end{array}$

Vậy người thứ hai làm xong công việc một mình trong $11$ (ngày); người thứ nhất làm xong công việc một mình trong $14$ (ngày).

Các bước giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:

Bước 1 : Lập hệ phương trình

1) Chọn ẩn và tìm điều kiện của ẩn (thông thường ẩn là đại lượng bài toán yêu cầu tìm)

2) Biểu thị các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết

3) Lập phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng.

Bước 2 : Giải hệ phương trình

Sử dụng các phương pháp thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ…

Bước 3 : Kết luận

Gọi khối lượng quặng chứa 75% sắt đem trộn là $x$ tấn,

Gọi khối lượng quặng chứa 50% sắt đem trộn là $y$ tấn $(x,y > 0)$.

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 25\\75\% x + 50\% y = 66\% .25\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 25\\0,75x + 0,5y = 16,5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,5x + 0,5y = 12,5\\0,75x + 0,5y = 16,5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,25x = 4\\x + y = 25\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 16\\y = 9\end{array} \right.$(tmdk).

Vậy khối lượng quặng chứa 75% sắt đem trộn là $16$ tấn.

Bước 1. Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm \(\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta  \ge 0\end{array} \right.\).

Bước 2. Từ hệ thức đã cho và hệ thức Vi-ét, tìm được điều kiện của tham số.

Bước 3. Kiểm tra điều kiện của tham số xem có thỏa mãn điều kiện ở bước 1 hay không rồi kết luận.

Phương trình \({x^2} + 3x - m = 0\) có $a = 1 \ne 0$ và $\Delta  = 9 + 4m$

Phương trình  có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) khi $\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow 9 + 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \ge  - \dfrac{9}{4}$.

Theo hệ thức Vi-ét ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 3\,\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}.{x_2} =  - m\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Xét \(2{x_1} + 3{x_2} = 13\)$ \Leftrightarrow {x_1} = \dfrac{{13 - 3{x_2}}}{2}$ thế vào phương trình $\left( 1 \right)$ ta được  $\dfrac{{13 - 3{x_2}}}{2} + {x_2} =  - 3 \Leftrightarrow {x_2} = 19 \Rightarrow {x_1} =  - 22$

Từ đó phương trình $\left( 2 \right)$ trở thành $ - 19.22 =  - m \Leftrightarrow m = 418$ (nhận)

Vậy $m = 418$ là giá trị cần tìm.

Điều kiện: $x \ne 2;x \ne 3$

\(\dfrac{{2x}}{{x - 2}} - \dfrac{5}{{x - 3}} = \dfrac{-9}{{{x^2} - 5x + 6}}\)$ \Leftrightarrow \dfrac{{2x\left( {x - 3} \right) - 5\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}} = \dfrac{{ - 9}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}}$$ \Rightarrow 2{x^2} - 11x + 19 = 0$

Nhận thấy \(\Delta = {11^2} - 4.19.2 = - 31 < 0\) nên phương trình $2{x^2} - 11x + 19 = 0$ vô nghiệm. Suy ra phương trình đã cho vô nghiệm.

Giải bài toán có nội dung hình học bằng cách  lập phương trình.

Chú ý công thức: $a = \dfrac{{2.S}}{h}$ với $S$ là diện tích tam giác, $h$ là chiều cao, $a$ là độ dài cạnh đáy.

Gọi chiều cao ứng với cạnh đáy của thửa ruộng là \(h\left( m \right);h > 0\)

Vì thửa ruộng hình tam giác có diện tích \(180\,{m^2}\) nên chiều dài cạnh đáy thửa ruộng là \(\dfrac{{180.2}}{h}\) hay $\dfrac{{360}}{h}$ $\left( m \right)$

Vì tăng cạnh đáy thêm $4m$  và chiều cao giảm đi $1m$  thì diện tích không đổi nên  ta có phương trình

\(\dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{360}}{h} + 4} \right)\left( {h - 1} \right) = 180 \)

Suy ra \(4{h^2} - 4h - 360 = 0\)

Giải phương trình, ta được \(h = 10\,\left( {TM} \right)\) và \(h =  - 9\,\left( L \right)\)

Nên chiều cao $h = 10\,\,m$

Suy ra cạnh đáy của thửa ruộng ban đầu là $\dfrac{{360}}{{10}} = 36\,\,\left( m \right)$

Gọi vận tốc của ca nô lúc dòng nước yên lặng là $x{\rm{ }}\left( {{\rm{km/h}}} \right);\left( {x > {\rm{2}}} \right)$

Vì vận tốc nước là $2{\rm{ km/h}}$  nên vận tốc xuôi dòng và ngược dòng lần lượt là $x{\rm{ }} + {\rm{ }}2$ và $x{\rm{  -  }}2{\rm{ }}\left( {{\rm{km/h}}} \right)$

Thời gian để ca nô đi hết $42{\rm{ km}}$  xuôi dòng là $\dfrac{{42}}{{x + 2}}{\rm{(h)}}$

Thời gian để ca nô đi hết $20{\rm{ km}}$  ngược dòng là $\dfrac{{20}}{{x - 2}}{\rm{(h)}}$

Tổng thời gian là $5{\rm{h}}$  do đó

$\dfrac{{42}}{{x + 2}} + \dfrac{{20}}{{x - 2}} = 5 \Leftrightarrow \dfrac{{42(x - 2) + 20(x + 2)}}{{(x - 2)(x + 2)}} = 5 \Leftrightarrow \dfrac{{62x - 44}}{{{x^2} - 4}} = 5$

$ \Rightarrow 5{x^2} - 62x + 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 12{\rm{(TM)}}\\x = 0,4{\rm{(L)}}\end{array} \right.$

Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là $12{\rm{ km/h}}$ .

Gọi diện tích rừng mà mỗi tuần lâm trường dự định trồng là $x\left( {ha} \right)$ (Điều kiện: $x > 0$)

Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo x để lập phương trình.

Giải phương trình để tìm x.

Gọi diện tích rừng mà mỗi tuần lâm trường dự định trồng là $x\left( {ha} \right)$ (Điều kiện: $x > 0$)

Theo dự định, thời gian trồng hết $75$ ha rừng là: $\dfrac{{75}}{x}$(tuần)

Vì mỗi tuần lâm trường trồng vượt mức $5$ha so với dự định nên thực tế mỗi tuần lâm trường trồng được: $x + 5$ (ha)

Do đó thời gian thực tế lâm trường trồng hết $80$ ha rừng là: $\dfrac{{80}}{{x + 5}}$ (tuần)

Vì thực tế, lâm trường trồng xong sớm so với dự định là $1$tuần nên ta có phương trình:

$\dfrac{{75}}{x} - \dfrac{{80}}{{x + 5}} = 1$

$75\left( {x + 5} \right) - 80x = x\left( {x + 5} \right)$

${x^2} + 10x - 375 = 0$

Giải phương trình, ta được: $x_1 = 15\,\left( N \right)$ và $x_2 =  - 25\,\left( L \right)$

Vậy mỗi tuần lâm trường dự định trồng $15$ ha rừng.

Vì hai đường thẳng song song $a,b$ cách nhau một khoảng là $2,5\,cm$ mà $I \in a$ nên khoảng cách từ tâm $I$ đến đường thẳng $b$ là $d = 2,5\,cm$.

Suy ra $d = R = 2,5\,cm$ nên đường tròn $\left( {I;2,5cm} \right)$ và đường thẳng $b$ tiếp xúc với nhau.

Sử dụng  hệ quả về góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung để chứng minh các góc bằng nhau

Ta có \(\widehat {yAB} = \widehat {ACB}\) (hệ quả) mà \(\widehat {yAB} = \widehat {ABM}\) (so le trong) nên \(\widehat {ACB} = \widehat {ABM} \Rightarrow \Delta AMB\backsim\Delta ABC\left( {g - g} \right)\)

\(\dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow AM.AC = A{B^2}\) .

Ta có \(\widehat {MCA} = \dfrac{1}{2}\) sđ \(\overparen{AC}\) (góc giữa tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(AC\)) \(\left( 1 \right).\)

Lại có \(\widehat {MEC} = \widehat {AED} = {90^0} - \widehat {EAD} = {90^0} - \dfrac{1}{2}\) sđ \(\overparen{BC} = \dfrac{1}{2}\) sđ \(\overparen{AC}\,\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {MCE} = \widehat {MEC}.\)

Vậy \(\Delta MEC\) cân tại \(M,\) suy ra \(MC = ME.\)

Chứng minh tương tự ta có \(MC = MF.\)

Suy ra \(ME = MF.\)

Sử dụng  công thức

+ Thể tích hình trụ : $V = \pi {R^2}{h_1}$.

+ Thể tích hình nón : $V = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_2}.$

+ Thể  tích hình cầu :  \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}\)

Cho ba thể tích trên  bằng nhau rồi giải hệ để tìm ${h_1};{h_2}$

+ Thể tích hình trụ : ${V_1} = \pi {R^2}{h_1}$.

+ Thể tích hình nón : ${V_2} = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_2}.$

+ Thể  tích hình cầu :  \({V_3} = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}\)

Ta có  ${V_1} = {V_2} = {V_3}$

Nên \(\left\{ \begin{array}{l}\pi {R^2}{h_1} = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}\\\dfrac{1}{3}\pi {R^2}{h_2} = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{h_1} = \dfrac{4}{3}R\\{h_2} = 4R\end{array} \right.\)

+ Phân tích mẫu thức thành nhân tử rồi qui đồng mẫu các phân thức

+ Từ đó rút gọn phân thức

$A = \dfrac{{2x}}{{x + 3\sqrt x  + 2}} + \dfrac{{5\sqrt x  + 1}}{{x + 4\sqrt x  + 3}} + \dfrac{{\sqrt x  + 10}}{{x + 5\sqrt x  + 6}}$$= \dfrac{{2x}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} + \dfrac{{5\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} + \dfrac{{\sqrt x  + 10}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}$

\( = \dfrac{{2x\left( {\sqrt x  + 3} \right) + \left( {5\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right) + \left( {\sqrt x  + 10} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\( = \dfrac{{2x\sqrt x  + 6x + 5x + 11\sqrt x  + 2 + x + 11\sqrt x  + 10}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\( = \dfrac{{2x\sqrt x  + 12x + 22\sqrt x  + 12}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\( = \dfrac{{2x\sqrt x  + 2x + 10x + 10\sqrt x  + 12\sqrt x  + 12}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\(\begin{array}{l} = \dfrac{{2x\left( {\sqrt x  + 1} \right) + 10\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right) + 12\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\ = \dfrac{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {2x + 10\sqrt x  + 12} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\ = \dfrac{{2\left( {x + 5\sqrt x + 6} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\ = \dfrac{{2\left( {x + 2\sqrt x + 3\sqrt x + 6} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\ = \dfrac{{2\left[ {\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right) + 3\left( {\sqrt x + 2} \right)} \right]}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\= \dfrac{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\ = 2\end{array}\)

Vậy giá trị của $A$ không phụ thuộc vào biến $x.$

Kẻ \(AH \bot BC,\,OI \bot BC\), đường kính $AD.$

Sử dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn để chứng minh \(\widehat {ABD} = {90^0} \Rightarrow \Delta ABD \backsim \Delta AHC\).

Tính độ dài \(AH\) từ tính chất hai tam giác đồng dạng, từ đó suy ra điều kiện để diện tích tam giác \(ABC\) lớn nhất.

Kẻ \(AH \bot BC,\,OI \bot BC\), đường kính $AD.$

Ta chứng minh được \(\Delta AHC \backsim \Delta ABD\,\left( {g - g} \right).\)

Do đó \(\dfrac{{AH}}{{AB}} = \dfrac{{AC}}{{AD}} \Rightarrow AH.AD = AB.AC \)\(\Rightarrow AB.AC = 2R.AH\,\,\left( 1 \right).\)

Theo giả thiết \(\sqrt {AB.AC}  = R\sqrt 3 ,\) nên \(AB.AC = 3{R^2}\,\,\left( 2 \right).\)

Thay \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 1 \right)\) ta có \(AH = \dfrac{{3R}}{2}.\)

Lại có \(OI + OA \ge AI \ge AH\) nên \(OI \ge AH - OA = \dfrac{{3R}}{2} - R = \dfrac{R}{2}.\)

Do \(AH = \dfrac{{3R}}{2}\) là giá trị không đổi nên \({S_{ABC}}\) lớn nhất khi \(BC\) lớn nhất \( \Leftrightarrow OI\) nhỏ nhất

\( \Leftrightarrow OI = \dfrac{R}{2} \Leftrightarrow BC \bot OA \Rightarrow \Delta ABC\) cân tại \(A\).

Mà \(OI = \dfrac{R}{2} \Rightarrow \sin \widehat {OBI} \)\(= \dfrac{{OI}}{{OB}} = \dfrac{1}{2}\)\( \Rightarrow \widehat {OBI} = \widehat {OCI} = {30^0} \)\(\Rightarrow \widehat {BOC} \)\(= {120^0}\)$ \Rightarrow \widehat {BAC} = {60^0}$

Vậy \(\Delta ABC\) đều.

- Sử dụng kiến thức đường trung bình của tam giác

- Điểm thuộc đường thẳng

- Hai đường thẳng vuông góc: $ d \bot d'$ \( \Leftrightarrow a.a' = - 1\) \( (a;a' \ne 0) \)

Gọi phương trình đường trung trực của $AB$ là $d:y = mx + n$ và $MN:y = ax + b$

Ta có $N$ thuộc $MN \Rightarrow 0 = a.1 + b \Rightarrow a =  - b$;

$M$ thuộc $MN \Rightarrow 2 = a.0 + b \Rightarrow b = 2 \Rightarrow a =  - 2$

Do đó $MN:y =  - 2{\rm{x}} + 2$.

Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC,CA$ của tam giác $ABC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC \Rightarrow MN//AB$.

Vì $d$ là đường trung trực của $AB$ nên $BC \bot MN \Rightarrow m( - 2) =  - 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{2}$

$ \Rightarrow d:y = \dfrac{1}{2}x + n$

Vì $P$ là trung điểm của $AB$ nên \(d\)  đi qua $P$

$ \Rightarrow  - 1 = \dfrac{1}{2}( - 1) + n \Leftrightarrow n =  - \dfrac{1}{2}$.

Vậy trung trực của $AB$ là : $y = \dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{2}$.