Ngày dạy: - i.vietnamdoc.neti.vietnamdoc.net/data/file/2015/Thang06/23/giao-an-day-them-Toan-9.pdf · o 1 2 'o 1 { f 'o ^q b[ sssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssss

$Page 1: Ngày dạy: - i.vietnamdoc.neti.vietnamdoc.net/data/file/2015/Thang06/23/giao-an-day-them-Toan-9.pdf · o 1 2 'o 1 { f 'o ^q b[ sssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssss$
Ngày dạy: ……………………..

CĂN BẬC HAI. CĂN THỨC BẬC HAI VÀ HẰNG ĐẲNG THỨC 2A AA./ Kiến thức cơ bản:1. Căn bậc hai- Định nghĩa: Căn bậc hai của số thực a là số x sao cho x2 = a.- Chú ý:+ Mỗi số thực a > 0, có đúng 2 căn bậc hai là 2 số đối nhau: số dương: a , số âm: a+ Số 0 có căn bậc hai là chính nó: 0 0+ Số thực a < 0 không có căn bậc hai (tức a không có nghĩa khi a < 0).2. Căn bậc hai số học- Định nghĩa: Với 0a thì số x a được gọi là căn bậc hai số học của a. Số 0 cũng được gọi là cănbậc hai số học của 0.- Chú ý: Việc tìm căn bậc hai số học của 1 số không âm được gọi là phép khai phương.- Định lý: Với a, b > 0, ta có:+ Nếu a < b a b

+ Nếu a a < bb 3. Căn thức bậc hai- Cho A là 1 biểu thức thì biểu thức A được gọi là căn thức bậc hai của A ; A được gọi là biểu thức lấycăn hay biểu thức dưới dấu căn.- A có nghĩa (hay xác định hay tồn tại) 0A

4. Hằng đẳng thức 2A A

- Định lý : Với mọi số thực a, ta có : 2a a

- Tổng quát : Với A là biểu thức, ta có : 2 êu A 0-A nêu A<0A n

A A

B./ Bài tập áp dụngDạng 1 : Tìm căn bậc hai, căn bậc hai số học

* Phương pháp :- Viết số đã cho dưới dạng bình phương của một số.- Tìm căn bậc hai số học của số đã cho.- Xác định căn bậc hai của số đã cho.

Bài 1 : Tìm căn bậc hai của các số sau : 121 ; 144 ; 324 ; 1 ; 3 2 264

LG+ Ta có CBHSH của 121 là : 2121 11 11 nên CBH của 121 là 11 và -11+ CBHSH của 144 là : 2144 12 12 nên CBH của 121 là 12 và -12+ CBHSH của 324 là : 2324 18 18 nên CBH của 324 là 18 và -18

+ CBHSH của 164

là :21 1 1

64 8 8

nên CBH của 164

là 18

và 18

+ Ta có : 23 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1( 2 1 0)vi nên CBH của 3 2 2 là 2 1 và

2 1 Dạng 2 : So sánh các căn bậc hai số học

* Phương pháp :- Xác định bình phương của hai số.- So sánh các bình phương của hai số.- So sánh giá trị các CBHSH của các bình phương của hai số.

Bài 2 : So sánha) 2 và 3 b) 7 và 47 c) 2 33 và 10d) 1 và 3 1 e) 3 à 5- 8v g) 2 11 à 3 5v

LGa) Vì 4 > 3 nên 4 3 2 3

b) Vì 49 > 47 nên 49 47 7 47

c) Vì 33 > 25 nên 33 25 33 5 2 33 10

d) Vì 4 > 3 nên 4 3 2 3 2 1 3 1 1 3 1

e) * Cách 1: Ta có:3 2

3 8 5 3 5 88 3

* Cách 2: giả sử

2 23 5 8 3 8 5 3 8 5 3 2 24 8 25

2 24 14 24 7 24 49

Bất đẳng thức cuối cùng đúng do đó bất đẳng thức đầu tiên đúng.

g) Ta có:2 3

2 11 3 511 5

Dạng 3: Tìm điều kiện để căn thức xác định: A xác định 0A

Bài 3: Tìm điều kiện của x để các biểu thức sau xác định:22 1 1 2) ) 2 ) ) 3 5

3 5 2 3 4xa x b x c d x

x x

LGĐể các căn thức trên có nghĩa thì:

a) 2 1 2 1 303 5 3 5 10x x x

b) Ta có: 2 22 0, 2x x x xác định với mọi x

c)1 01 02 3 02 3

xxxx

hoặc

1 02 3 0

xx

+ Với11 0 3

32 3 0 22

xxx

x x

+ Với11 0

132 3 02

xxx

x x

Vậy căn thức xác định nếu 32

x hoặc 1x

d)3 5 0 53 5 0

432 4 00 44

x x xx

x xx

Dạng 4 : Rút gọn biểu thức

Bài 4: Rút gọn các biểu thức sau:a) 4 2 3 4 2 3A c) 29 2 ( 0)C x x x

b) 6 2 5 6 2 5B d) 24 16 8 ( 4)D x x x x LG

a) Cách 1 : 2 23 1 3 1 3 1 3 1 2 3A

Cách 2 :2 4 2 3 4 2 3 2 (4 2 3).(4 2 3) 8 2 16 12 8 2.2 12

2 3

A

A

b) 2 25 1 5 1 5 1 5 1 2 5B

c) 23 2 3 2 3 2 5 ( 0)C x x x x x x x vi x

d) 2 24 16 8 4 (4 ) 4 4 4 4 2( 4) ( i 4)D x x x x x x x x x x v x Dạng 5 : Tìm Min, Max

Bài 5 : Tìm Min2

2) 2 5 ) 14 6x xa y x x b y

LGa) Ta có : 2 2 22 5 ( 1) 4 4 2 5 4 2x x x x x vậy Miny = 2. dấu ‘‘ = ’’ xảy ra khi và chỉ khi x – 1 = 0 => x = 1

b) Ta có :22 21 35 35 35 351 1

4 6 2 6 36 36 4 6 36 6x x x x xy

vậy Miny = 356

. Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi 1 1 102 6 2 6 3x x x

**************************************************Ngày dạy: ……………………..

VẬN DỤNG CÁC HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ ĐƯỜNG CAOTRONG TAM GIÁC VUÔNG

A./ Kiến thức cơ bảnCho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH sao cho ta có:

' ', , , , ,AH h BC a AB c AC b BH c CH b khi đó:2 ' 2 '

2 ' '

2 2 2

2 2 2

1) . ; .2) . 3) . .

1 1 14)

5) ( ago)

b a b c a ch b c b c a h

h b ca b c Pit

b'c'

h

b

a

c

H CB

A

B./ Bài tập áp dụngBài 1 : Tìm x, y trong các hình vẽ sau:a)

yx

64

H CB

A

+ ta có:2 2

2 2

( )

4 6 52 7,21

BC AB AC Pitago

BC

+ Áp dụng định lý 1 :

2 2

2 2

. 4 52. 2,22

. 6 52. 4,99

AB BC BH x x

AC BC CH y y

Hay y = BC – x = 7,21 – 2,22 = 4,99

b) - Xét tam giác ABC vuông tại A. áp dụng định lý 1ta có :

18

12

yx

H CB

A2 2. 12 18. 8

18 8 10AC BC CH y y

x BC y

c)

9H CB

A

yx

4

* Cách 1 :AH2 = BH.CH = 4.9 = 36 => AH = 6Theo Pitago cho các tam giác vuông AHB; AHC tacó:

2 2 2 2

2 2 2 2

4 6 52

6 9 117

x BH AH

y CH AH

* Cách 2: Áp dụng định lý 1 ta có:

2 . ( ). (4 9).4 52

52 52

AB BC BH BH CH BH

AB x

2 . ( ). (4 9).9 117

117 117

AC BC CH BH CH CH

AC y

d)

73

xy

A

B CH

Áp dụng định lý 2, ta có:2 2. 3.7 21 21AH BH CH x x

Áp dụng định lý 1. ta có :2

2

2 2

. ( ).

(3 7).7 70 70

( 21 49 70)

AC BC CH BH CH CH

y y

y x CH

e)

1713 x

y

A

B CH

Theo Pitago, ta có :2 2 2 213 17 458BC AB AC y

Áp dụng định lý 3, ta có :. .

22113.17 458. 10,33458

AB AC BC AH

x x

g)

5

H CB

A

y

x4

Áp dụng định lý 2, ta có :2

2 2 5. 5 4. 6,254

AH BH CH x x

Theo Pitago cho tam giác AHC vuông tại H, ta có :2 2 2 2

2

5 6,25 8

( 1: . (4 6,25).6, 25 8)

y AH CHDL y BC x y

Bài 2 : Cho tam giác ABC vuông tại A, có các cạnh góc vuông AB = 15cm, AC = 20cm. Từ C kẻ đườngvuông góc với cạnh huyền, đường này cắt đường thẳng AB tại D. Tính AD và CD?

LG

2015

D

x

yA

B C

µ 0, 90 ,BCD C CA BD . Theo định lý 3, ta có :2 2 80. 20 15.

3CA AB AD AD AD

Theo Pitago trong tgiác ACD vuông tại A, ta có :2

2 2 280 100203 3

CD AD CA

Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 60cm, AD = 32cm. Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với đườngchéo AC, đường thẳng này cắt AC tại E và AB tại F. Tính độ dài EA, EC, ED, FB, FD.

LGXét tam giác ADC vuông tại D, ta có: 2 2 2 232 60 68AC AD CD

Theo định lý 1:2 2

2 32 256.68 17

ADAD AC AE AEAC

60

32

F

E

D

A B

C

Theo định lý 1, ta có:2 2

2 60 900.68 17

CDCD AC CE CEAC

Theo định lý 2, ta có:480. ...17

DE AE EC

Xét tam giác DAF, theo định lý 1:2

2 544. ...15

ADAD DF DE DFDE

Theo Pitago: 2 2 256 256 644.... 6015 15 15

AF DF AD FB AB AF

Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Gọi E là một điểm nằm giữa A, B. Tia DE và tia CB cắt nhau ở F. Kẻđường thẳng qua D vuông góc với DE, đường thẳng này cắt đường thẳng BC tại G. Chứng minh rằng:a) Tam giác DEG cân.

b) Tổng 2 2

1 1DE DF

không đổi khi E chuyển động trên AB.

LG

3

21

G

F

E

D C

BA

a) Ta có: ¶ ¶1 3D D (cùng phụ với ¶2D )

xét àADE v CDG ta có :

1 3

0

( ). .

90

AD DC gtD D cmt ADE CDG g c g

A C

DE DG DEG cân tại D

b) vì DE = DG 2 2

1 1DE DG

ta có : 2 2 2 2

1 1 1 1DE DF DG DF

xét tam giác DGF vuông tại D, ta có :

2 2 2

1 1 1CD DG DF

(định lý 4)

Vì 2

1CD

không đổi khi E chuyển động trên AB, suy ra

tổng 2 2 2 2

1 1 1 1DE DF DG DF

không đổi khi E thay

đổi trên AB.

*******************************************************Ngày day: …………………..

CÁC PHÉP TÍNH VỀ CĂN BẬC HAIA./ Kiến thức cơ bản :1. Khai phương một tích. Nhân các căn bậc hai.a) Định lý : ; 0, ó: a.b= a. ba b ta cb) Quy tắc khai phương một tích : Muốn khai phương một tích các số không âm, ta có thể khai phươngtừng thừa số rồi nhân các kết quả với nhau ( ; 0, ó: a.b= a. ba b ta c )c) Quy tắc nhân các căn bậc hai : Muốn nhân các CBH của các số không âm, ta có thể nhân các số dướidấu căn với nhau rồi khai phương kết quả đó ( ; 0: a. b= a.ba b )d) Chú ý :

- Với A > 0 ta có : 2 2A A A

- Nếu A, B là các biểu thức : ; 0 ó: . .A B ta c A B A B

- Mở rộng : . . . . ( , , 0)A BC A B C A B C 2. Khai phương một thương. Chia các căn bậc hai

a) Định lý : a a0, 0 ó: = .b b

a b ta c

b) Quy tắc khai phương một thương : Muốn khai phương một thương ab

, trong đó số a không âm và số b

dương, ta có thể lần lượt khai phương số a và số b, rồi lấy kết quả thứ nhất chia cho kết quả thứ hai

( a a0, 0 ó: = .b b

a b ta c )

c) Quy tắc chia hai CBH : Muốn chia CBH của số a không âm cho số b dương, ta có thể chia số a cho số

b rồi khai phương kết quả đó ( a a0, 0 : =bb

a b )

d) Chú ý : Nếu A, B là biểu thức : A A0, 0 : =BB

A B

B./ Bài tập áp dụng :Dạng 1 : Tính

Bài 1 : Thực hiện phép tính:2 2 224 1 49 81 1 7 9 1 7 9 1 63) 1 .5 .0,01 . . . . . .

25 16 25 16 100 5 4 10 5 4 10 200a

2) 2, 25.1,46 2,25.0,02 2,25(1,46 0,02) 2,25.1,44 (1,5.1,2) 1,5.1,2 1,8b

2

2

25 169 (5.13) 5.13 13) 2,5.16,9 .10 10 10 10 2

c

2 2

2

) 117,5 26,5 1440 (117,5 26,5).(117,5 26,5) 1440 144.91 144.10

144(91 10) 144.81 (12.9) 108

d

Dạng 2 : Rút gọn các biểu thức

Bài 2 : Tính giá trị các biểu thức:

1 9 64 4 441) 0,1 0,9 6,4 0,4 44,110 10 10 10 10

1 3 8 2 2 35 35 10 7 1010 210 10 10 10 10 10

a A

2 3 7 2 3 76 14 2)22 3 28 2 3 2 7 2( 3 7)

b B

3 5 4 3 3 5 4 33 5 3 5)4 3 4 3 4 3 4 3

12 3 3 4 5 15 12 3 3 4 5 15 24 2 1516 3 13

c C

Bài 3 : Rút gọn các biểu thức:

a) 29 5 5 3 5 3 5x x x x

b) 22. 2 0 . 2 2 2x x x x x x x x x

c) 3 3

2108 1080 9 3 31212

x xx x x xxx

d) 4 6 4 6

6 6 26 6

13 13 1 1 1 10; 0208 16 4 4 4208

x y x yx yx y x x x xx y

Dạng 3 : Chứng minh

Bài 4 : Chứng minh các biểu thức sau:) 6 35. 6 35 1

(6 35).(6 35) 36 35 1

a

VT VP

) 9 17 . 9 17 8

(9 17).(9 17) 81 17 64 8

b

VT VP

2

2

) 2 1 9 8

2 2 2 1 3 2 2

3 2 .2 3 2 2

c

VTVT VP

VP

2

2

2

) 4 3 49 48

4 2 12 3 7 2 2 .3 7 4 3

7 4 .3 7 4 3

d

VTVT VP

VP

2) 2 2 2 3 3 1 2 2 6 6 9

4 2 6 6 1 4 2 8 6 6 9

e

VT VP

2 2

) 8 2 15 8 2 15 2 3

5 2. 5. 3 3 5 2. 5. 3 3 5 3 5 3

5 3 5 3 5 3 5 3 2 3

g

VT

VP

Dạng 4 : Giải phương trình

Bài 5 : Giải các phương trình sau:

) 2 2 5 8 7 18 28 1 : 028 784 3921 2 2 5.2. 2 7.3. 2 28 13 2 28 2 213 169 169

a x x x dk x

x x x x x x x tm

1) 4 20 5 9 45 4 23

12 4( 5) 5 9( 5) 4 : 5 0 53

12 5 5 .3 5 4 2 5 4 5 2 5 4 93

b x x x

x x x dk x x

x x x x x x x tm

3 2) 3 (3)1

xcx

đk :

23 2 0 3

21 0 13 2 0 31 3 2 0 2 1

31 01

xxx x xx

x x xxx

x

Ta có 3 2 11(3) 9 ... 6 111 6

x x xx

thỏa mãn

5 4) 22

xdx

(4) đk :

45 4 0 45

2 0 52

x xx

x x

(4) 5 4 2 2 5 4 4 2 ..... 12x x x x x thỏa mãn

Bài tập : (bất đẳng thức Cauchy) : Cho 2 số a và b không âm. Chứng minh rằng2

a b ab . Dấu đẳng

thức xảy ra khi nào?LG

* Cách 1 :+ vì 0; 0 ;a b a b xác định.

+ ta có : 20 2 0 2

2a ba b a ab b a b ab ab

+ dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b* Cách 2 : ta có

2 2 2 2 2 2 2

2

0 2 0 2 2 4

4 22

a b a ab b a b ab a ab b aba ba b ab a b ab ab

*******************************************************Ngày dạy: …………………..

TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌNA. Kiến thức cơ bản1. Định nghĩa : Cho 0 0(0 90 )ABC ta định nghĩa các tỉ số giữa các cạnh AB, BC, CA của tamgiác ABC vuông tại A như sau:

sin ; cos

; cot

AC ABBC BCAC ABtg gAB AC

B

C

A

* Nhận xét : từ định nghĩa ta thấy : + tỉ số lượng giác của 1 góc nhọn luôn dương

+ 0 < sin, cos < 1 + 1cot ; .cot 1g tg gtg

2. Tỉ số lượng giác của 2 góc phụ nhau.- Định lý : nếu 2 góc phụ nhau thì sin góc này bằng cosin góc kia, tg góc này bằng cotg góc kia. Tức: nếu

090 thì ta có :sin cos ; cos sin

cot ; cottg g g tg

3. Bảng các tỉ số lượng giác của các góc đặc biệt:

Tỉ số lượng giác

300 450 600

Sin 12

22

32

Cos 32

22

12

tg 13

1 3

Cotg 3 1 13

* Nhận xét :- Dựa vào bảng trên ta thấy:

với 1 2 1 20 01 2 1 2

1 2 1 2

sin sin ;0 ; 90 à

cos cos ; cot cottg tg

vg g

.

Tức là :+ góc lớn hơn thì có sin lớn hơn, nhưng lại có cosin nhỏ hơn.+ góc lớn hơn thì có tg lớn hơn, nhưng lại có cotg nhỏ hơn.Hay ta có thể phát biểu : 0 00 90 thì :+ sin và tg đồng biến với góc .+ cosin và cotg nghịch biến với góc .4. Các hệ thức cơ bản:

2 2

sin1 ; 3 .cot 1;cos

cos2 ; 4 sin cos 1sin

tg tg g

cotg

B. Bài tập áp dụngBài 1 : Cho biết sin = 0,6. Tính cos, tg và cotg?+ ta có: 2 2 2 2sin cos 1 cos 1 sin 1 0,6 0,8

+ sin 0,6 3 cos 0,8 4;cos 0,8 4 sin 0,6 3

tg cotg

Bài 2:

HuyềnĐối

Kề

1. Chứng minh rằng:2 2 4 4 2

2 2

1 1) 1 ; ) 1 ; ) cos sin 2cos 1cos sin

a tg b cotg c

2. Áp dụng: tính sin, cos, cotg, biết tg = 2LG

1. a) ta có:2 2

2 22 2

2 22

2 2

sin sin sin1 1cos cos cos

sin cos 11cos cos

tg tg tg

tg

b)2 2 2

22 2 2

cos cos sin 1cot 1 1sin sin sin

VT g VP

c)

4 4 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

cos sin cos sin . cos sin cos sin

cos 1 cos cos 1 cos 2cos 1

VT

VP

2. Ta có:

2 22

1 1 12 ê 2 1 cos cos ;cos 5 5

tg n n a

12 ;2

tg cotg

2

22 2

1 1 1 5 4 2 51 sin sin2 sin sin 4 5 5

b

Bài 3: Biết tg = 4/3. Tính sin, cos, cotg?LG

+ ta có: tg = 4/3 nên cotg = ¾

+ mà 2 22

1 9 31 cos cos ;cos 25 5

tg

+ mặt khác:2

2 2 2 3 4sin cos 1 sin 1 s 15 5

co

Bài 4: Dựng góc trong các trường hợp sau:1 2) sin ; ) cos ; ) 3; ) cot 42 3

a b c tg d g

LGa)* Cách dựng- dựng góc xOy = 900 . Lấy đoạn thẳng làm đơn vị- trên Oy lấy điểm B sao cho OB = 1- vẽ cung tròn tâm B, bán kính bằng 2, cung này cắtOx tại A.- nối A với B BAO cần dựng* Chứng minh:

- ta có: 1sin sin2

OBBAOAB

đpcm

B

21

AO

y

x

b)* Cách dựng- dựng góc xOy = 900 . Lấy đoạn thẳng làm đơn vị- trên Ox lấy điểm A sao cho OA = 2.- vẽ cung tròn tâm A, bán kính bằng 3, cung này cắtOy tại B.- nối A với B BAO cần dựng* Chứng minh:

- ta có: 2cos cos3

OABAOAB

đpcm

3

B

2 AO

y

x

c) * Cách dựng:- dựng góc xOy = 900 . Lấy đoạn thẳng làm đơn vị.- trên Ox lấy điểm A sao cho OA = 3- trên Oy lấy điểm B sao cho OB = 1

OBA cần dựng.* Chứng minh: - thật vậy, ta có:

3 31

OAtg tg OBAOB

đpcm

3

B

1

AO

y

x

d) * Cách dựng- dựng góc xOy = 900 . Lấy đoạn thẳng làm đơn vị- trên Ox lấy điểm A sao cho OA = 4- trên Oy lấy điểm B sao cho OB = 1

OAB cần dựng* Chứng minh: - thật vậy, ta có:

4 41

OAcotg cotg OABOB

đpcm

4

B

1

AO

y

x

Bài 5: Cho tam giác ABC có AB = 5; BC = 12; AC = 13a) CMR tam giác ABC vuông.b) Tìm tỉ số lượng giác của góc A và góc C.

LGa) Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 212 5 169 13AB BC AC AB BC AC theo định lý Pytago đảo, suy ra tam giác ABC vuông tại B.b)- vì 090 ;A C A C là 2 góc phụ nhaudo đó:

12 5sin cos ; cos sin13 1312 5cot ; cot5 12

A C A C

tgA gC gA tgC

513

12B

C

A

*********************************************************

Ngày dạy: ……………………….

BIẾN ĐỔI ĐƠN GIẢN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAIA. Kiến thức cơ bản1. Đưa thừa số ra ngoài dấu căn:

2 ( 0; 0)

( 0; 0)

A B A BA B A B

A B A B

2. Đưa thừa số vào trong dấu căn:2

2

0; 0 :

0; 0 :

A B A B A B

A B A B A B

3. Khử mẫu của biểu thức lấy căn : .. 0; 0 : A A BA B BB B

4. Trục căn thức ở mẫu:

a) 0 : A A BBBB

b) 2

20; :C A BCA A B

A BA B

c)

, 0; :C A BCA B A B

A BA B

* Chú ý:- Các căn bậc hai đồng dạng là các căn bậc hai có cùng biểu thức dưới dấu căn.- Biểu thức liên hợp: 2 biểu thức chứa căn thức được gọi là liên hợp với nhau nếu tích của chúng khôngchứa căn thức.- Quy tắc trục căn thức ở mẫu: muốn trục căn thức ở mẫu của 1 biểu thức ta nhân tử và mẫu của biểu thứcđó với biểu thức liên hợp của mẫu.B. Bài tập áp dụng

Dạng 1: Đưa nhân tử ra ngoài, vào trong dấu cănBài 1: Đưa nhân tử ra ngoài dấu căn:

2

4

22 2

) 125 0

5 .5 5 5

) 80

4 .5 4 5

a x x

x x x x

b y

y y

2

2

2

) 5 1 2

1 2 . 5 2 1 5 1 2 0

) 27 2 5

2 5 . 3.3 5 2 .3. 3 2 5 0

c

d

2

2 10 3 2 10 32 2 2) 2 10 310 910 33 10 10 3 . 10 33 10

e

2

5 1 3 5 3 15 1 3) 1 3 0

4 2 2g

Bài 2: Đưa thừa số vào trong dấu căn và so sánh:a) 3 5 à 5 3vta có:

2

2

3 5 3 .5 4575 45 75 45 5 3 3 5

5 3 5 .3 75do

b) 4 3 à 3 5vta có:

2

2

4 3 4 .3 4848 45 48 45 4 3 3 5

3 5 3 .5 45do

c) 7 2 à 72v

ta có: 27 2 7 .2 98 98 72 98 72 7 2 72do

d) 5 7 à 4 8vta có:

2

2

5 7 5 .7 175175 128 175 128 5 7 4 8

4 8 4 .8 128do

Bài 3: Đưa nhân tử vào trong dấu căn và rút gọn:

2

2

2

2) 2 22

2 22 2 2 0

2

) 5 0 525

5 55 0

5 . 5 5

aa a aa

a aa a a

axb x xx

x x x xx

x x x

2 2

2 2

2 2

3) 0

3 3 30

.

ac a b a bb a

a a b a b a a b aa b

b a b a b a b a

Dạng 2: Thực hiện phép tính và rút gọn biểu thứcBài 4: Thực hiện phép tính:

) 125 4 45 3 20 80 ... 5 5 12 5 6 5 4 5 5 5

27 48 2 75 3 4 2 5 7) 2 ... 2. 3 3 . 3 ... 34 9 5 16 2 3 5 4 6

9 49 25 3 1 1 5 1 7 1 7 2) 2 ... 2. . 7. . ... .8 2 18 2 3 3 62 2 2 2

a

b

c

2 2

2 2

1 1) 5 20 3 12 15 4 27 5 4 5.2 5 3.2 3 15. 5 4.3 3 5 4 . 5 45 5

10 5 6 3 3 5 12 3 9 13 5 18 3 3 13 5 17 3

) 7 4 3 28 10 3 2 3 5 3 2 3 5 3 7

d

e

Bài 5: Rút gọn biểu thức với giả thiết các biểu thức chữ đều có nghĩa:

2

) 0; 0

.2

x x y ya xy x y

x y

x y x xy yxy x xy y xy x xy y x y

x y

) ; 0a a ba ab ab a b

b ab bb b a

.) 0; 0

. ..

x y y x x yc x y

xy

xy x y x yx y x y x y

xy

2 2

) 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 2 . 2

2 2 2 . 2 2 2 2 2 . 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

d A x x x x x x x x

x x x x

x x x x

- nếu 2 2 2 2 4x x x 2 2 2 2 2 2A x x x

- nếu 2 2 2 2 4x x x 2 2 2 2 2 2A x x

Dạng 3: Trục căn thức ở mẫuBài 6: Trục căn thức ở mẫu

a)

12. 3 3 12. 3 312 2. 3 39 33 3 3 3 . 3 3

b)

8. 5 2 8. 5 28 8. 5 25 45 2 5 2 . 5 2

c)

14. 10 3 14. 10 314 2. 10 310 310 3 10 3 . 10 3

d) 7 3 5 11 . 8 3 7 117 3 5 11 168 49 33 40 33 385 9 33 217

192 539 3378 3 7 11 8 3 7 11 . 8 3 7 11

e) 3 5 2 2 . 2 5 3 23 5 2 2 30 9 10 4 10 12 18 5 10

20 18 22 5 3 2 2 5 3 2 . 2 5 3 2

Bài 7: Trục căn thức ở mẫu và thực hiện phép tính:

5 1 6 7 5)24 11 3 7 7 2

5. 4 11 6. 7 23 7 7 524 11 . 4 11 3 7 . 3 7 7 2 . 7 2

5. 4 11 6. 7 2 5. 4 11 6. 7 23 7 7 5 3 7 7 516 11 9 7 7 4 2 5 2 3 2

3 7 7 54 11 2 7 2 4 11 4 7 2 7 4 4 11 3 72

a

4 3 2 3 1)65 2 5 2 3 2

4 5 2 3 . 5 2 2. 3 2 3 165 2 . 5 2 5 2 . 5 2 3 2 . 3 2

4 5 2 3 . 5 2 2. 3 2 4 5 23 1 3 13. 5 2 2. 3 25 2 5 4 3 4 6 3 6

8 5 2 18. 5 2 12. 3 2 3 1 8 5 8 2 18 5 36 12 3 24 3 16 6

26 5 8 2 13 3 596

b

***********************************************************Ngày dạy: ………………………..

RÚT GỌN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI.ÔN TẬP ĐẠI SỐ - CHƯƠNG I

A. Kiến thức cơ bảnĐể rút gọn biểu thức có chứa căn thức bậc hai, ta cần vận dụng thích hợp các phép biến đổi đã biết.

B. Bài tập áp dụngBài 1: Tính

a) 2 23 2 2 6 4 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1

2

2

) 5 3 29 12 5 5 3 2 5 3 5 3 2 5 3

5 6 2 5 5 5 1 5 5 1 1

b

) 6 2 5 29 12 5 6 2 5 2 5 3 9 3c

2

2

) 2 5 13 48 2 5 13 4 3 2 5 2 3 1 2 5 2 3 1

2 4 2 3 2 3 1 2 3 1 1 3

d

Bài 2: Thực hiện phép tính, rút gọn kết quả

a) 2 20 45 3 18 3 32 50 4 5 3 5 9 2 12 2 5 2 5 16 2

b) 1 1 1 2 1 17 1032 0,5 2 48 4 2 2 3 2 4 3 ... 2 33 8 2 3 4 4 3

2 2

1 1) 4,5 12,5 0,5 200 242 6 1 24,52 81 9 25 1 9 492 10 .2 11 .2 62 2 2 2 8 21 3 5 3 72 2 2 5 2 11 2 6. 2 22 2 2 4 2

c

1 3 5 3 7 135 11 6. 2 22 2 2 4 2 2

3 2 3 2) 6 2 4 . 3 12 62 3 2 3

3 2 16 6 2 6 . 6 2 3 6 6. 2 3 32 3 6

d

Bài 3: Chứng minh đẳng thức2 2)

2 2 2 2a b a b b ba

b aa b a b a b

Biến đổi vế trái ta được:

2 2

2 22 2 2 2 2 2 .

4 2 2 4 4 42 2 2

4 22

a b a b b a b a b bVTb aa b a b a b a b a b a b

a b a b b a ab b a ab b b ab ba b a b a b a b a b a b

b a b b VPa ba b a b

2 3 6 216 1 3) .3 28 2 6

b

Biến đổi vế trái ta được:

6 2 12 3 6 216 1 6 6 1. .3 38 2 6 62 2 1

6 1 3 1 32 6 . 6.2 2 26 6

VT

VP

Bài 4: Cho biểu thức 2

4a b ab a b b aAa b ab

a) Tìm điều kiện để A có nghĩab) Chửng tỏ rằng giá trị của biểu thức A không phụ thuộc vào a

LGa) đk: a > 0; b > 0; a khác bb) ta có:

2

2

4 2 4

2 2

a b ab ab a ba b b a a ab b abAa b ab a b ab

a ba ab b a b a b a b a b ba b a b

Bài 5: Cho biểu thức 2 1 1:1 1 1

x x xBx x x x x

a) Tìm đk xác địnhb) Rút gọn biểu thức B

LGa) đk: 0; 1x x b) Ta có:

2 1 1 2 1 1: :1 1 1 1 11 1

2 1 1 1 1 1. .1 1 111 1

x x x x x xBx x x x x x x xx x x

x x x x x x xx x xxx x x

Bài 6: Cho biểu thức 3 3 2 91 :9 2 3 6

x x x x xCx x x x x

a) Tìm đk để C có nghĩab) Rút gọn Cc) Tìm x để C = 4

LGa) đk: 0; 4; 9x x x b) Ta có:

3 3 2 91 :9 2 3 6

x x x x xCx x x x x

2 2

2

3 3 2 91 :2 33 3 2 3

3 3 2 9 9 2 931 : :33 2 3 2 3

2 33 3.3 22

x x x x xx xx x x x

x x x x x x xx x xxx x x x x

x x

x xx

c) C = 4 3 3 11 1214 24 4 162

x x xx

Bài 7: Cho biểu thức 9 3 1 1:93 3

x x xDxx x x x

a) Tìm đk b) Rút gọnc) Tìm x sao cho D < -1

LGa) đk: x > 0; x khác 9b) Ta có:

9 3 1 1 9 3 1 1: :

93 3 3 3 3 3x x x x x xD

xx x x x x xx x x x

3 9 2 23 1 3 3 9: :3 3 3 3 3 3

3 3 3 3.2 43 3 2 2

x x x xx x xx x x x x x x x

x x x xxx x x

c) 31 1 3 2 4 4 16 2 4 02 4

xD x x x x xx

********************************************************

Ngày dạy: ……………………..

HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ GÓC TRONG TAM GIÁC VUÔNGA. Kiến thức cơ bản1. Các hệ thức

B

C

A c

ba

* Định lý: Trong 1 tam giác vuông, mỗi cạnh góc vuông bằng:- Cạnh huyền nhân Sin góc đối hoặc Cosin góc kề- Cạnh góc vuông kia nhân Tang góc đối hoặc Cotg góc kề(trong tam giác ABC vuông tại A, BC = a; AB = c; AC = b, tacó:

.sin .cos . .cot1 2

.sin .cos . .cotb a B a C b c tgB c gCc a C a B c b tgC b gB

2. Áp dụng giải tam giác vuông* Giải tam giác vuông: là tìm tất cả các yếu tố của một tam giác vuông (các cạnh, các góc) nếu biết trước2 yếu tố trong đó có ít nhất 1 yếu tố về cạnh và không kể góc vuông* Một số trường hợp giải tam giác vuông thường gặpa) Biết 2 cạnh góc vuông- Tính cạnh huyền (theo Pi-ta-go)- Tính một góc nhọn (tg hoặc cotg)- Tính góc nhọn còn lại (2 góc phụ nhau)b) Biết cạnh huyền và 1 góc nhọn- Tính góc nhọn còn lại (2 góc phụ nhau)- Tính các cạnh góc vuông (hệ thức về cạnh và góc – hệ thức (1))c) Biết cạnh góc vuông và góc nhọn kề- Tính góc nhọn còn lại- Tính cạnh góc vuông còn lại và cạnh huyền (hệ thức về cạnh và góc – hệ thức (1); (2))B. Bài tập áp dụng

Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, biết 43

tgB và BC = 10. Tính AB; AC

10

B

CA

- 0 '4 53 073

tgB B

- theo hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông0 '

0 '

cos 10.cos53 07 6.sin 10.sin 53 07 8

AB BC BAC BC B

Bài 2: Cho tam giác ABC cân tại A; AB = AC = 17; BC = 16. Tính đường cao AH và góc A, góc B củatam giác ABC

21

16

17 17

B C

A + tam giác ABC cân, có1 2

82

A AAH BC BCBH CH

+ xét tam giác AHC, vuông tại H- ta có: 2 2 2 217 8 15AH AC CH

- mặt khác: 0 ' 0 '2 2 1 2

8sin 28 04 2 56 0817

CHA A A A AAC

+ xét tam giác AHB vuông tại H, ta có:0 0 0 ' 0 '

190 90 28 04 61 56B A

Bài 3: Cho tam giác ABC có AB = 11, 0 038 ; 30ABC ACB . Gọi N là chân đường vuông góc kẻ từA đến BC. Tính AN; AC

11

380300

NBC

A

- xét tam giác ANB vuông tại N, theo hệ thức về cạnh và góctrong tam giác vuông ta có:

0.sin 11.sin 38 6,77AN AB B - xét tam giác ANC vuông tại N, theo hệ thức về cạnh và góctrong tam giác vuông ta có:

0

6,77.sin 13,54sin sin 30ANAN AC C ACC

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 9; HC = 16. Tính góc B, góc C?

169 HB C

A - xét tam giác ABC vuông tại A, theo hệ thức về cạnh và đườngcao trong tam giác vuông , ta có:

2 . 9.16 144 12AH BH CH AH - xét tam giác AHB, vuông tại H, ta có:

0 '12 53 79

AHtgB BBH

- mà 0 0 '90 36 53B C C

Bài 5: Cho tam giác ABC có 060B , các hình chiếu vuông góc của AB và AC lên BC theo thứ tự bằng12 và 18. Tính các góc và đường cao của tam giác ABC

21

600

1812 HB C

A - xét tam giác AHB vuông tại H0 0 160 30

22 2.12 24

B A BH AB

AB BH

2 2 2 224 12 20,8AH AB BH

- xét tam giác AHC, theo hệ thức lượng…

0 '

0 0 '

20,8 49 0618

180 70 54

AHtgC CHC

A B C

- theo hệ thức về cạnh và góc, ta có:

0 '

18.cos 27,5cos cos 49 06HCHC AC C AC

C

Bài 6: Cho hình thang ABCD, có 090A D , đáy nhỏ AB = 4, đáy lớn CD = 8,AD = 3. Tính BC, ,B C ?

H

B

D C

A

8

4

3

- kẻ BH vuông góc với CD, suy ra AD = BH = 3;AB = DH = 4, do đó: CH = 8 – 4 = 4- xét tam giác BHC vuông tại H, ta có:

2 2 2 2

0

3 4 53sin 375

BC BH CHBHC CBC

- vì ABCD là hình thang nên:0 0 0 0 0180 180 180 37 143B C B C

Bài 7: Giải các tam giác vuông sau, tam giác ABC vuông tại A biết:a) a = 18; b = 8b) b = 20; 038C

c) 3 ; 44

tgB c

b

ca

B

CA

a) a = 18; b= 80 ' 0 0 ' 0 '

0 '

8sin 23 23 90 23 23 63 3718

.sin 18.sin 63 37 16,1

ACB B CBC

AB BC C

b) b = 20; 038C

0 0 00

2038 52 ; . 20. 38 15,6; 25,4sin sin 52ACC B AB AC tgC tg BCB

c) 3 ; 44

tgB c

2 2 2 2

0 ' 0 '

34. 3; 3 4 54

4sin 0,8 53 08 36 525

AC ABtgB BC AB AC

cC C Ba

*********************************************************Ngày dạy: ……………………………

ÔN TẬP HÌNH HỌC – CHƯƠNG IA. Kiến thức cơ bản1. Các hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuôngCho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH sao cho ta có :

' ', , , , ,AH h BC a AB c AC b BH c CH b khi đó :2 ' 2 '

2 ' '

2 2 2

2 2 2

1) . ; .2) .3) . .

1 1 14)

5) ( ago)

b a b c a ch b cb c a h

h b ca b c Pit

b'c'

h

b

a

c

H CB

A

2. Định nghĩa các tỉ số lượng giác của góc nhọn

Cho 0 0(0 90 )ABC ta định nghĩa các tỉ số giữa các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABCvuông tại A như sau :

sin ; cos

; cot

AC ABBC BCAC ABtg gAB AC

B

C

A

3. Một số tính chất của các tỉ số lượng giác

- Nếu 090 thì ta có :sin cos ; cos sin

cot ; cottg g g tg

- Cho 0 00 90 . Khi đó+ 0 < sin, cos < 1+ 2 2sin cos 1

+ sin cos 1;cot ;cot ; .cot 1cos sin

tg g g tg gtg

4. Các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

B

C

A c

ba

- Cho tam giác ABC vuông tại A, BC = a; AB = c; AC = b, tacó:

.sin .cos . .cot1 2

.sin .cos . .cotb a B a C b c tgB c gCc a C a B c b tgC b gB

B. Bài tập áp dụngBài 1 : Chứng minh rằng : với là góc nhọn tương ứng trong tam giác ABC, 090A thì:

4 4 2

2 3

) cos sin 2cos 1) sin sin .cos sinab

2 2 2 2

2 2 2

) sin . sin) cos .cos 1

c tg tgd tg

LG

2 2 2 2 2 2 2 2 2) cos sin . cos sin cos sin cos 1 cos 2cos 1a VT VP

2 2 3

22 2 2 2 2 2

2

) sin . 1 cos sin .sin sin

sin) .(1 sin ) .cos .cos sincos

b VT VP

c VT tg tg VP

2 2 2

2 2 2 22 2

sin cos sin) cos . 1 cos . 1 cos . 1cos cos

d VT tg VP

Bài 2 : Cho tam giác ABC, biết AB = 21 ; AC = 28 ; BC = 35a) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông

HuyềnĐối

Kề

b) Tính sinB, sinC, góc B, góc C và đường cao AH vủa tam giác ABCLG

3521

28

H

B

CA

a) ta có:2 2 2 2

2 2 22 2

21 28 122535 1225

AB ACBC AB AC

BC

do đó theo

định lý đảo của định lý Pi-ta-go tam giác ABC vuông tại Ab)

0

0

28sin 0,8 533521sin 0,6 3735

ACB BBCABC CBC

Xét tam giác AHB vuông tại H, áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tamgiác vuông ta có:

0.sin 21.sin 53 21.0,8 16,8AH AB B (hoặc AH.BC = AB.AC)Bài 3: Giải tam giác vuông tại A, biếta) a = 12; 042B b) b = 13; c = 20

LG

420

12

B

C

A

- ta có:0 0 0 0

0

0

90 90 42 48.cos 12.cos 42 9.cos 12.cos 48 8

C BAB BC BAC BC C

20

13

B

C

A

- ta có:2 2 2 2

0

0 0

20 13 23,8513 0,65 3320

90 57

BC AB ACACtgB BAB

C B

Bài 4: Cho tam giác ABC có 060B các hình chiếu vuông góc của AB, AC lên BC theo thứ tự bằng12; 18. Tính các cạnh, các góc và đường cao của tam giác ABC

LG

600

21

18H12B C

A

+ ta có: BC = BH + CH = 12 + 18 = 30+ xét tam giác AHB vuông tại H- ta có : 0. 12. 60 12 3AH BH tgB tg - mặt khác :

0

0 0 0 01

12.cos 24cos cos 60

90 90 60 30

BHBH AB B ABB

A B

+ xét tam giác AHC vuông tại H, ta có :

2 2

0

... 756 27,5

12 3 4918

AC AH CH

AHtgC CHC

+ xétABC, tcó: 0 0180 71A B C

***********************************************************Ngày dạy: …………………………..

HÀM SỐ BẬC NHẤT. ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ 0y ax b a A. Kiến thức cơ bản1. Định nghĩa hàm số bậc nhất- Hàm số bậc nhất là hàm số được cho bởi công thức 0y ax b a , trong đó a, b là các số cho trước

2. Tính chất của hàm số bậc nhất : Hàm số bậc nhất 0y ax b a xác định với mọi x thuộc R và cótính chất sau :a) Đồng biến trên R, khi a > 0b) Nghịch biến trên R, khi a < 03. Đồ thị của hàm số y ax- Đồ thị của hàm số y ax là 1 đường thẳng đi qua gốc tọa độ O- Cách vẽ+ Cho 0 0;x y a A a + Đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và A(0 ; a) là đồ thị hàm số y = ax4. Đồ thị của hàm số 0y ax b a

- Đồ thị của hàm số 0y ax b a là 1 đường thẳng+ Cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b+ Song song với đường thẳng y = ax nếu b khác 0; trùng với đường thẳng y = ax nếu b = 0- Chú ý : Đồ thị của hàm số 0y ax b a còn được gọi là đường thẳng 0y ax b a b đượcgọi là tung độ gốc của đường thẳng* Cách vẽ : 2 bước- Bước 1 : Tìm giao của đồ thị với 2 trục tọa độ+ Giao của đồ thị với trục tung : cho 0 0;x y b A b

+ Giao của đồ thị với trục hoành : cho 0 ;0b by x Ba a

- Bước 2 : Vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm A ; B ta được đồ thị hàm số 0y ax b a B. Bài tập áp dụng

Bài 1 : Cho hàm số 1 32

y f x x . Tính f(0) ; f(1) ; f(-1) ; f(2) ; f(-2) ; f(8)

LG- Lập bảng giá trị tương ứng của x và f(x)

x-2 -1 0 1 2 8

1 32

f x x

-4 72

3 52

2 -1

Bài 2: Biểu diễn các điểm sau trên mặt phẳng tọa độ? A(-3; 2), B(1; 4), C(-5; 0), D(0; 3), E(-1; -4)LG

E

B

D

C

A

-5 -3

-1

2

1

-2

-4

4

3

21O

y

x

Bài 3: Tìm m để hàm số sau là hàm số bậc nhất? ) 4 2009 ) 2 3 2 1

2) 4 ) 3 . 5 32

a y m x b m x mmc y x d y m x mm

LG

) ...... 4 0 43) ...... 2 3 022 0 22) ...... 02 0 22

) ...... 3 0 3 0 3

a m m

b m m

m mmcm mm

d m m m

Bài 4: Cho hàm số y = (m – 5)x + 2010. Tìm m để hàm số trên làa) hàm số bậc nhấtb) hàm số đồng biến, nghịch biến

LG) ...... 5 0 5a m m

b) hàm số đồng biến m – 5 > 0 m > 5- hàm số nghịch biến m – 5 < 0 m < 5Bài 5 : Cho hàm số 2 5 6 2y m m x . Tìm m đểa) hàm số trên là hàm số bậc nhấtb) hàm số đồng biến, nghịch biếnc) đồ thị hàm số đi qua điểm A(1 ; 4)

LG

a) hàm số đã cho là hàm số bậc nhất 2 2 05 6 0 2 3 0

3 0m

m m m mm

b) hàm số đồng biến 2

2 0 23 0 3 3

5 6 0 2 3 022 0 2

3 0 3

m mm m m

m m m mmm m

m m

*) hàm số ngh.biến

2

2 0 23 0 3 2 3

5 6 0 2 3 02 0 23 0 3

m mm m m

m m m mkotmm m

m m

c) vì đồ thị hàm số đi qua A(1 ; 4) nên : 2 24 5 6 .1 2 5 4 0 1 4 0

1 0 14 0 4

m m m m m m

m mm m

Bài 6 : Vẽ tam giác ABO trên mặt phẳng tọa độ Oxy. Biết O(0 ; 0) , A(2 ; 3), B(5 ; 3)a) Tính diện tích tam giác ABOb) Tính chu vi tam giác ABO

LG

E

D

y

x5

3

2

1

BA

O

a) 1 .2ABOS ABOD trong đó OD = 3; AB = 3

1 9.3.32 2ABOS

b) xét tam giác AOD và tam giác BOD. Theo Pi-ta-go tacó:

2 2 2 2

2 2 2 2

3 2 13

3 5 34

OA OD AD

OB OD BD

Chu vi: 3 13 34ABOC AB AO BO

Bài 7: Cho hàm số y = (m-1).x + ma) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2b) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng -3c) Vẽ đồ thị của 2 hàm số ứng với giá trị của m vừa tìm được ở câu a) và b) trên cùng mặt phẳng tọa độOxy

LGa) hàm số y = (m-1).x + m có tung độ gốc b = m- vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2, nên m = 2- hàm số có dạng : y = x + 2b) vì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng -3, nên tung độ của điểm này bằng 0, ta có :

30 1 3 2 32

m m m m

- hàm số có dạng : 1 32 2

y x

c)x 0 -2

y = x + 2 2 0

x 0 -31 32 2

y x 32

0

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-15 -10 -5 5 10 15

g x = x+2

f x = 3

2 x+3

2

Bài 8 : Cho các hàm số : y = x + 4 ; y = -2x + 4a) Vẽ 2 đồ thị hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độb) 2 đường thẳng y = x + 4 ; y = -2x + 4 cắt nhau tại C và cắt trục hoành theo thứ tự tại A và B. Tính chuvi và diện tích của tam giác ABC

LGa) Vẽ 2 đồ thị hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ* Bảng các giá trị của x và y là :+) hàm số y = x + 4

x 0 -4y = x + 4 4 0+) hàm số y = -2x + 4

x 0 2y = -2x + 4 4 0

8

6

4

2

-2

-4

-6

-20 -15 -10 -5 5 102-4

BA

C

g x = -2x+4 f x = x+4

b) 1 .2ABCS ABCO trong đó AB = 6; CO = 4 1 .6.4 12

2ABCS

xét tam giác vuông AOC và tam giác vuông BCO. Theo Pi-ta-go, ta có:2 2 2 2

2 2 2 2

4 4 4 2

2 4 2 5

AC OA OC

BC OB OC

Chu vi: 6 4 2 2 5ABOC AB AC BC

*****************************************************

Ngày dạy: …………………………….SỰ XÁC ĐỊNH ĐƯỜNG TRÒN. TÍNH CHẤT ĐỐI XỨNG CỦA ĐƯỜNG TRÒN

A. Kiến thức cơ bản1. Định nghĩa của đường tròn: Đường tròn tâm O, bán kính R, ký hiệu: (O; R) là tập hợp các điểm cách Omột khoảng bằng R.2. Vị trí tương đối của 1 điểm đối với đường tròn: Cho (O; R) và 1 điểm M trong cùng 1 mặt phẳng- điểm M nằm trên (O) OM = R- điểm M nằm bên trong (O) OM < R- điểm M nằm bên ngoài (O) OM > R3. Sự xác định đường tròn- Định lý: Qua 3 điểm không thẳng hàng ta vẽ được 1 và chỉ 1 đường tròn.- Chú ý:+ tâm của đường tròn đi qua 3 điểm không thẳng hàng là giao điểm của các đường trung trực của tam giácABC. Đường tròn đi qua 3 điểm không thẳng hàng A, B, C được gọi là đường tròn ngoại tiếp tam giácABC ay tam giác ABC nội tiếp đường tròn.+ không vẽ được đường tròn nào đi qua 3 điểm thẳng hàng.+ để chứng minh nhiều điểm cùng nằm trên 1 đường tròn, ta chứng minh các điểm ấy cùng cách đều 1điểm cố định. Điểm cố định ấy là tâm của đường tròn, khảng cách đều ấy là bán kính của đường tròn.B. Bài tập áp dụngBài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E. Goik M, N, P, Q lần lượtlà trung điểm của DE, EB, BC, CD. CMR: 4 điểm M, N, P, Q cùng thuộc 1 đường tròn.

LG

Q

P

N

MD

E

CB

A

+ Xét tam giác EDB, ta có:ME MDNE NB

MN là đường trung bình của EDB, suy ra MN // = ½ B (1) hay MN//AB

+ Xét tam giác BCD, ta có :QC QDPC PB

PQ là đường trung bình của tam giác BCD, suy ra PQ // = ½ BD (2)

+ Từ (1) và (2) => MN // = PQ => tứ giác MNPQ là hình bình hành (*)+ Xét tam giác CDE, ta có :MD MEQD QC

MQ là đường trung bình của CDE, suy ra MQ // CE => MQ // AC

+ Ta có : 0

/ // / 90

à

MQ ACMN AB MQ MN Mm AC AB

(**)

+ Từ (*) và (**) => tứ giác MNPQ là hình chữ nhật, gọi O là giao điểm của MP và NQ => OM = ON =OP = OQ => 4 điểm M, N, P, Q cùng thuộc 1 đường tròn.Bài 2 : Chứng minh định lý sau :a) Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm của cạnh huyền.b) Nếu 1 tam giác có 1 cạnh là đường kính của đường tròn ngoại tiếp thì tam giác đó là tam giác vuông.

LG

O CB

A

Xét tam giác ABC vuông tại A. Gọi O là trungđiểm của BC => OA = OB = OC (vì AO là trungtuyến của tam giác) => O là tâm của đường trongngoại tiếp tam giác ABC.

O CB

A

Vì tam giác ABC nọi tiếp đường tròn tâm O cóđường kính BC => OA = OB = OC=> OA = ½ BC=> tam giác ABC vuông tại A.

Bài 3 : Cho tam giác ABC nhọn, vẽ đường tròn (O ; ½ BC) cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại D và Ea) Chứng minh rằng : CD vuông góc với AB ; BE vuông góc với AC.b) Gọi K là giao điểm của BE và CD. Chứng minh rằng : AK vuông góc với BC.

LGK

ED

O CB

A

a) Theo bài 2, tam giác BCD và tam giác BCE có cạnh BC là đường kính => tam giác BCD vuông tại D(=> CD vuông góc với AB) và tam giác BCE vuông tại E (=> BE vuông góc với AC)b) Xét tam giác ABC, ta có :

à

BE ACCD ABm BE CD K

K là trực tâm của tam giác ABC => AK vuông góc với BC

Bài 4 : Cho tam giác ABC, góc A > 900. Gọi D, E, F theo thứ tự là chân các đường cao kẻ từ A, B, C.Chứng minh rằng:a) Các điểm A, D, B, E cùng nằm trên 1 đường tròn.b) Các điểm A, D, C, F cùng nằm trên 1 đường tròn.c) Các điểm B, C, E, F cùng nằm trên 1 đường tròn.

LGI

NM

F

E

D CB

A

a) gọi M là trung điểm của AB

xét tam giác ADB, 0 1902

D MA MB MD AB (1)

xét tam giác AEB, 0 1902

E MA ME MB AB (2)

từ (1) và (2) => MA = MB = MD = ME => các điểm A, D, B, E cùng nằm trên 1 đường tròn.

b) gọi N là trung điểm của AC.xét tam giác ADC vuông tại D và tam giác AFC vuông tại F, ta có: DN, FN lần lượt là trung tuyến ứngvới cạnh huyền BC => NA = ND = NC = NF => A, D, C, F cùng nằm trên 1 đường tròn.c) gọi I là trung điểm của BC.

(chứng minh tương tự)Bài 5: Cho tam giác ABC có AB = AC nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao AH của tam giác cắt đườngtròn (O) tại D.a) Chứng minh rằng AD là đường kính của đường tròn tâm O.b) Tính góc ACD?c) Cho BC = 12cm, AC = 10cm. Tính AH và bán kính của đường tròn tâm O.

LGa) + vì AB = AC => tam giác ABC cân tại A, mà AH vuông gócvới BC => AH là đường trung trực của BC => AD cũng là trungtrực của BC. (1)+ do tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O => O thuộc đườngtrung trực của BC (2)+ từ (1) và (2) => O thuộc AD => AD là đường kính của đườngtròn (O)b) theo bài 2 tam giác ACD nội tiếp đường tròn (O) có AD làđường kính => góc ACD = 900

H

D

O

CB

A

c) + vì 1 1 .12 62 2

AD BC BH CH BC cm

+ xét tam giác AHC vuông tại H, ta có: 2 2 2 2 210 6 8AC AH CH AH cm+ xét tam giác ACD vuông tại C, áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác

vuông ta có:2 2

2 10. 12,58

ACAC AD AH AD cmAH

=> bán kính của đường tròn (O) là

1 1 .12,5 6,252 2

R AD cm

*******************************************************

Ngày dạy: ………………………………

HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƯỜNG THẲNG.ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG, ĐƯỜNG THẲNG CẮT NHAU

A. Kiến thức cơn bản1. Góc tạo bởi đường thẳng y = ax + b (a khác 0) và trục Ox- Góc tạo bởi đường thẳng y = ax + b (a khác 0) và trục Ox là góc tạo bởi tia Ax và tia AT, trong đó Alà giao điểm của đường thẳng y = ax + b với trục Ox; T là điểm thuộc đường thẳng y = ax + b và có tungđộ dương

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-15 -10 -5 5 10 15

T

A

y=ax+b

y=ax

Trường hợp a > 0

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-15 -10 -5 5 10 15

T

A

y=ax+b

y=ax

Trường hợp a < 0- với a > 0 0 00 90 , a càng lớn thì càng lớn- với a < 0 0 090 180 , a càng lớn thì càng lớn2. y = ax + b (a khác 0) thì a được gọi là hệ số góc của đường thẳng3. Với 2 đường thẳng ' ' ' ': à : ; 0d y ax b v d y a x b a a , ta có:

' ' ' ' ' '/ / ; ;d d a a b b d d a a b b

' ' ' '. 1d d a a d d a a

- Chú ý: khi a khác a’ và b = b’ thì 2 đường thẳng có cùng tung độ gốc, do đó chúng cắt nhau tại 1 điểmtrên trục tung có tung độ là bB. Bài tập áp dụngBài 1: Xác định hệ số góc k của đường thẳng y = kx + 3 – k trong mỗi trường hợp sau:

a) Đường thẳng song song với đồ thị hàm số 23

y x

b) Cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2c) Cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3

LG

a) Vì đt y = kx + 3 – k song song với đths 23

y x23

k ptđt có dạng: 2 73 3

y x

b) Vì đths y = kx + 3 – k cắt trục tung tại điểm có tung độ là b = 3 – k, mà theo giả thiết đths cắt trục tungtại điểm có tung độ bằng 2 nên 3 2 1k k ptđt có dạng: y = x+2c) Vì đt y = kx + 3 – k cắt trục hoành tại đểm có hoành độ bằng 3, nên tung độ tại điểm này bằng 0

ta có : 30 3 32

k k k ptđt có dạng : 3 9

2 2y x

Bài 2 : Cho hs bậc nhất : y = ax – 4 (1). Xác định hệ số a trong mỗi trường hợp saua) đths (1) cắt đường thẳng y = 2x – 1 tại điểm có hoành độ bằng 2b) đths (1) cắt đường thẳng y = -3x + 2 tại điểm có tung độ bằng 5

LGa) Gọi M là giao điểm của đths (1) và đt y = 2x – 1 => tọa độ điểm M thỏa mãn đồng thời cả 2 đt trên- tung độ của điểm M là y = 2.2 – 1 = 3 => M(2 ; 3)

- vid đths (1) đi qua điểm M(2 ; 3), nên ta có : 3 = 2.a – 4 => a = 7/2b) Gọi N là giao điểm của đths (1) và đt y = -3x + 2 => tọa độ điểm N thỏa mãn đồng thời cả 2 đt trên- hoành độ của diểm N là 5 = -3x + 2 => x = -1 => N(-1 ; 5)- vì đths (1) đi qua N(-1 ; 5), nên ta có : 5 = a.(-1) – 4 => a = - 9Bài 3 : Cho hs : y = -2x + 3a) Vẽ đths trênb) Xác định hs có đthị là đt đi qua gốc tọa độ và vuông góc với đt y = -2x + 3c) Tìm tọa độ giao điểm A của đt y = -2x + 3 và đt tìm được ở câu b)d) Gọi P là giao điểm của đt y = -2x + 3 với trục tung. Tìm diện tích tam giác OAP

LGa) Vẽ đths y = -2x + 3

x 0 3/2y = -2x + 3 3 0

=> đths y = -2x + 3 đi qua 2 điểm P(0 ; 3), Q(3/2 ; 0)8

6

4

2

-2

-4

-6

-15 -10 -5 5 10 15

35

32

65

HA

P

O

g x = 1

2 x

f x = -2x+3

b) đt qua gốc tọa độ O có dạng y = ax (a khác 0)- vì y = -2x + 3 và y = ax vuông góc với nhau nên : -2a = 1 => a = -1/2

=> hs có dạng : 12

y x

c) tìm tọa độ giao điểm của y = -2x + 3 và 12

y x

- gọi A là giao điểm của 2 đt trên => tọa độ điểm A thỏa mãn cả 3 đt trên

- hoành độ điểm A là nghiệm của pt : 1 62 32 5

x x x

- tung độ của điểm A là : 1 6 3.2 5 5

y

Vậy giao điểm A của 2 đt trên có tọa độ : A(6/5 ; 3/5)

d) 1 .2AOPS AH OP trong đó : AH = 6/5 ; OP = 3

1 6 9. .32 5 5AOPS (đvdt)

BTVN:

Bài 4 : Cho hàm số : 1 2 (1)1

my x mm

a) Với gtr nào của m thì (1) là hsbn?b) Với gtr nào của m thì (1) là hs đồng biến?c) Với gtr nào của m thì đths (1) đi qua điểm A(1; 2)?

LG

a) hs (1) là hsbn1 01 0 11 01

mm mmm

b) hs (1) đồng biến

1 01

1 0 11 011 1 0

11 0

mm

m mmmm m

mm

c) vì đths (1) đi qua A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs (1), ta có:

2

2

12 2 2( 1) 1 1 2 2 1 01

1 21 2 0 1 2 1 2 0

1 2

m m m m m m m mm

mm m m

m

Bài 5:a) Vẽ đt các hs sau trên cùng mặt phẳng tọa độ:y = 2x (1); y = 0,5x (2); y = - x + 6 (3)b) Gọi các giao điểm của các đt có pt (3) với 2 đt có pt (1) và (2) theo thứ tự là A và B. Tìm tọa độ của 2điểm A và Bc) Tính các góc của tam giác OAB

LGa) vẽ đt

8

6

4

2

-2

-4

-6

-15 -10 -5 5 10 156

F

E

4

1

2O

D

BC

A

- đths (1) đi qua điểm O và C(1; 2)- đths (2) đi qua điểm O và D(2; 1)- đths (3) đi qua điểm E(0; 6) và F(6; 0)b) Tìm tọa độ điểm A và B- hoành độ điểm A thỏa mãn pt: 2x = -x + 6 => x = 2Thay x = 2 vào (1) ta đc y = 4 => A(2; 4)- hoành độ điểm B thỏa mãn pt : 0,5x = -x + 6 => x = 4Thay x = 4 vào (2) ta đc y = 2 => B(4 ; 2)

c) ta có :2 2

2 2

2 4 20

2 4 20

OAOA OB OAB

OB

cân tại O

Ta lại có : AOB AOx BOx trong đó :

0 ' 0 '

0 0 '0 ' 0 ' 0 ' 0 '

4 2 1tan 2 63 26 ; tan 26 342 4 2

180 36 5263 26 26 34 36 52 71 342

AOx AOx BOx BOx

AOB A B

**************************************************

Ngày dạy: ……………………………………

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN.A. Kiến thức cơ bản1. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn.

Gäi OH =d lµ kho¶ng c¸ch tõ t©m O ®Õn ®êng th¼ng a.a; a c¾t (0) 2 ®iÓm chung d<Rb; a tiÕp xóc (0) 1 ®iÓm chung d = Rc; a kh«ng giao (0) kh«ng cã ®iÓm chung d >R2. Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn

Đường thẳng a là tiếp tuyến của đtr (O ; R) d = R (d : là khoảng cách từ tâm O đến a)Nếu đt a đi qua 1 điểm của đtr và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đt a là 1 tiếp tuyến

của đtr3. Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

Nếu 2 tiếp tuyến của đtr cắt nhau tại một điểm thì :- điểm đó cách đều hai tiếp điểm- tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến- tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua 2 tiếp điểm4. Đường tròn nội tiếp tam giác- đtr nội tiếp tam giác là đtr tiếp xúc với 3 cạnh của tam giác- tâm của đtr nội tiếp tam giác là giao điểm của 3 đường phân giác của các góc trong tam giác4. Đường tròn bàng tiếp tam giác- đtr bàng tiếp tam giác là đtr tiếp xúc với 1 cạnh của tam giác và tiếp xúc với phần kéo dài của hai cạnhcòn lại- tâm của đtr bàng tiếp tam giác là giao điểm của 2 đường phân giác các góc ngoài tại hai đỉnh của tamgiác- mỗi tam giác có 3 đtr bàng tiếpB. Bài tập áp dụngBµi 1:Cho ®êng trßn t©m 0 vµ ®iÓm I n»m trong (0)C / m r»ng d©y AB vu«ng gãc víi OI t¹i I ng¾n h¬n mäi d©y kh¸c ®i qua I

Gi¶i:GV híng dÉn : VÏ d©y CD bÊt k× qua I (Kh¸c d©y AB )ta c/m AB <CDMuèn so s¸nh hai d©y ta so s¸nh ®iÒu g× ?( Ta so s¸nh hai kho¶ng c¸ch tõ t©m ®Õn 2 d©y ; Dïng tÝnhchÊt trong tam gi¸c vu«ng th× c¹nh huyÒn lµ c¹nh lín nhÊt )Bài 2 : Từ 1 điểm A nằm bên ngoài đtr (O), kẻ các tiếp tuyến AB và AC với đtr (B ; C là các tiếp điểm).Qua điểm M thuộc cung nhỏ BC, kẻ tt với đtr (O), tt này cắt các tt AB, AC theo thứ tự tại D và E. Chứngminh rằng chu vi tam giác ADE bằng 2.AB

LGE

D

M

C

B

OA

Theo tính chất 2 tt cắt nhau, ta có :DM = DB (1) ;EM = EC (2)Chu vi tam giác ADE là :

ADEC AD AE DE AD AE DM EM (3)

A O

C H K D

B

Từ (1) ; (2) và (3) : 2ADEC AD AE DB EC AD DB AE EC AB AC AB (vì AB = AC)

Bài 3 : Cho đtr (O), điểm I nằm bên ngoài đtr (O). Kẻ các tt IA và IB với đtr (A, B là các tiếp điểm). GọiH là giao điểm của IO và AB. Biết AB = 24cm ; IA = 20cma) Tính độ dài AH ; IH ; OHb) Tính bán kính của đtr (O)

LG

IH

B

A

O

- Theo tính chất của 2 tt cắt nhau, ta có: IA = IB= 20cm; IO là phân giác của góc AIB- Tam giác IAB cân tại I, có IH là phân giác =>IH cũng đồng thời là đường cao và là đg trung

tuyến 1 1 .24 122 2

AH BH AB cm

- Xét tam giác AHI vuông tại H

ta có : 2 2 2 2 2 220 12 16 16IH IA AH IH cm (theo Pytago)- Xét tam giác AIO, vuông tại A, áp dụng hệ thức về cạnh và đg cao trong am giác vuông ta có :

2 22

2

12. 916

. . 16 9 .9 225 15

AHAH HI HO HOHI

AO IOOH IH OH OH AO cm

Bài 4 : Cho nửa đtr (O ; R) đg kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đtr cùngthuộc nửa mp có bờ là AB). Lấy M thuộc Ax, qua M kẻ tt với nửa đtr, cắt By tại Na) Tính góc MONb) CMR : MN = AM + BNc) CMR: AM.BN = R2

LGa) - theo tc của 2 tt cắt nhau, ta có:

1 2

3 4

1 ;21 ;2

O O AOH MA MH

O O BOH NB NH

(1)

- ta có: 0 0

2 31 1 .180 902 2

MON O O AOH BOH

b) do MN = MH + NH (2)=> từ (1) và (2) : MN = MA + NBc) Xét tam giác MON vuông tại O, theo hệ thức vềcạnh và đg cao trong tam giác vuông, ta có :

432

1

y

x

H

N

M

R BA O

22. .

.à

OH MH NH AM BNAM BN R

m OH R

BTVN.Bài 5: Cho đtr (O; R) và 1 điểm A nằm cách O 1 khoảng bằng 2R. Từ A vẽ các tt AB, AC với đtr (B, C làcác tiếp điểm). đg thg vuông góc với OB tại O cắt AC tại N, đg thg vuông góc với OC tại O cắt AB tại Ma) CMR: AMON là hình thoib) Đthg MN là tt của đtr (O)c) Tính diện tích hình thoi AMON

LGa) + vì AB, AC là 2 tt của đtr (O)

;AB OB AC OC + mà ;ON OB OM OC Nên AB // ON, AC // OM => tứ giác AMON là Hình bìnhhành (1)+ mặt khác :

1 2A A (tc 2 tt cắt nhau) (2)+ từ (1) và (2) => tứ giác AMON là hình thoib) + vì AMON là hình thoi MN OA (3)

21

C

H

N

MB

A O

+ mặt khác : 1 1 .22 2

HO AH OA R R (4)

+ từ (3) và (4) => MN là tt của đtr (O)

c) + xét tam giác ABO, vuông tại B ta có : 01 1

1sin 302 2

OB RA AOA R

+ xét tam giác AHM vuông tại H, ta có :0

13 3 2 3.tan . tan 30 . 2. 2. .

3 3 3RMH AH A R R MN MH R

+ do đó :21 1 2 3 2 3. . . .2

2 2 3 3AMONR RS MN AO R (đvdt)

********************************************************

Ngày dạy: ………………………………….

ÔN TẬP ĐẠI SỐ + HÌNH HỌCI. ĐẠI SỐBài 1: Thực hiện phép tínha) 50 3 45 2 18 5 20 5 2 9 5 6 2 10 5 2 5

b)

8 2 2 3 2 2 2 3 2 1 28 2 2 2 3 2 23 2 2 1 2 23 2 3 2 1 2 1 2

28 14 2 2 3 2 2 4 2 2 2 3 2 2 17

c)

2 2

7 7 1 3 1 77 7 3 211 . 2 1 . 2 1 7 . 1 7 21 7 3 1 7 3

1 7 . 1 7 7 1 . 7 1 7 1 7 1 6

d)

2

2

10 2 3 2 29 12 5 10 2 3 2 20 2.2 5.3 9 10 2 3 2 2 5 3

10 2 3 2 2 5 3 10 2 3 4 5 6 10 2 5 2.2. 5 4 10 2 5 2

210 2 5 2 10 2 5 4 6 2 5 5 2 5 1 5 1 5 1

Bài 2: Cho biểu thức 2 1 11:11 1

x x xBxx x x x

a) RG biểu thức Bb) So sánh B với 1

LGa) đk: 0; 1x x . Ta có:

2 1 11:11 1 1 1

2 1 11:1 11 1

2 1 . 1 1 2 1 11: 1:1 1 1 1

. 1 11: 1: 1:11 1 1 1

x x xBx xx x x x x

x xx x xx x x

x x x x x x x x xx x x x x x

x xx x x x xx x xx x x x x x

b) xét hiệu:

211 1 2 11 1 0

1 0 1

xx x x x x x xBx x x x

B B

Bài 3: Cho biểu thức: 2. 2 11 1 :

1

x xx x x xPxx x x x

a) RG bth Pb) Tìm x để P < 0c) Tìm x nguyên để P nguyên

LGa) Đk: 0 < x #1. Ta có:

2

2. 2 11 1 :1

1 1 1 1 2. 1:

1 1 1 1

1 1 2. 1 2 1 1: .11 2. 1

x xx x x xPxx x x x

x x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x x xx x x xx x

b) 10 0 1 0 1 0 1 1 0 11

xP x vi x x x xx

c) Ta có: 1 1 2 211 1 1

x xPx x x

2 2 1 11

P Z Z x xx

Ư(2), mà Ư(2) = 1; 2

) 1 1 2 4

) 1 1 0 0

) 1 2 3 9

) 1 2 1

x x x tm

x x x tm

x x x tm

x x loai

Bài 4: Cho bth: 3 3 1 2:1 2 1

x xPx x x x

a) Đk?b) RG bth Pc) Tìm x nguyên để P nguyên

LGa) đk: 0; 1; 4x x x b) Ta có:

3 3 1 1 1 2 2 3 1 4: :1 2 1 1 2 1

2 1 23 .31

x x x x x x x xPx x x x x x x x

x x x

xx x

c) Tìm x nguyên để P nguyên

(2)

2 21 1; 2

) 1 1

) 2 4

) 1

) 2

xP Z x U

x xx x loai

x x loai

x loai

x loai

Bài 5: Thực hiện phép tính

2

2

2

2

6 2 2. 3 2 12 18 128 6 2 2. 3 2 12 18 8 2

6 2 2. 3 2 12 4 2 6 2 2. 3 2 2 3 4 2

6 2 2. 3 2 3 4 6 2 2. 3 3 1 6 2 2. 3 3 1

6 2 2. 2 3 6 2. 4 2 3 6 2. 3 1 6 2. 3 1

6 2 3 2 4 2 3 3 1 3 1

M

M

M

M

M

Bài 6:a) Với gtr nào của m thì hsbn: 4 3 5y m x đồng biến

b) Với gtr nào của m thì hsbn: 2 5 14y m x nghịch biếnLG

a) hsđb 34 3 04

m m

b) hsnb 52 5 02

m m

Bài 7: Tìm gtr của m để đường thẳng: 3 1, 3y m x m m và đường thẳng

2 3, 2y m x m cắt nhau tại 1 điểm trên trục tungLG

- Xét 3 1, 3y m x m m (1)Ta có: a = m – 3; b = m + 1- Xét 2 3, 2y m x m (2)Ta có: a’ = 2 – m; b’ = - 3- Để đth (1) và đth (2) cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung khi và chỉ khi

'

'

3 2 2 54

1 3 4a a m m m

mm mb b

Bài 8 : Cho 2 hsbn : 3 1 1 à 1 2 5 2y m x v y m x . Với gtr nào của m thì đồ thị 2hs trên là 2 đg thga) Song song ;b) Cắt nhau ;c) Trùng nhau

LGXét (1), ta có : a = m + 3 ; b = -1Xét (2), ta có : a’ = 1 – 2m ; b’ = 5

a) (1) // (2)'

'

3 1 2 23 21 5 3

a a m mm m

b b

b) (1) cắt (2) ' 23 1 2 3 23

a a m m m m

c) (1) trùng (2)'

'

23 1 23

1 5 1 5

a a m m mb b

không tồn tại m thỏa mãn

Bài 9 : Vẽ đthị 2 hs sau trên cùng 1 hệ trục tọa độ : 2 2 (1); 2 2 23

y x y x . Gọi A ; B là giao

điểm của (1) và (2) với trục hoành ; và giao điểm của 2 đg thg là C. Tìm tọa độ giao điểm A, B, C. Tínhdiện tích tam giác ABCLG* Bảng các giá trị của x và y :

x 0 - 32 23

y x 2 0

x 0 -12 2y x 2 0

* Đồ thị hs 2 2 (1)3

y x đi qua điểm A(-3 ; 0) và điểm C(0 ; 2). Đồ thị hs 2 2y x (2) đi qua điểm

B(-1 ; 0) và điểm C(0 ; 2)8

6

4

2

-2

-4

-6

-15 -10 -5 5 10 150

C

B

A

-3 -1

g x = 2

3 x+2

f x = 2x+2

* diện tích tam giác ABC là :1 1. .2.2 22 2ABCS ABCO (đvdt)

Bài 10 : Cho 2 2 2 21 1 ; 1 1x ab a b y a b b a . Hãy tính y theo x, biết (ab>0)

LGTa có :

22 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

22 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 2 1 1 1 1

2 2 1 1 1

1 1 1 2 1 1 1

2 2 1 1

x ab a b a b ab a b a b

a b ab a b a b

y a b b a a b ab a b b a

a b ab a b a b

Do đó : 2 2 21 1y x y x

II. HÌNH HỌC : (Ôn tập về tính chất của 2 tt cắt nhau)Bài 1 : Cho nửa đtr (O ; R), đường kính AB, vẽ các tiếp tuyến Ax, By về nửa mp bờ AB chứa nửa đtr.Trên Ax, By lấy theo thứ tự M và N sao cho góc MON bằng 900. Gọi I là trung điểm của MN. CMR :a) AB là tt của đtr (I ; IO)b) MO là tia phân giác của góc AMNc) MN là tt của đtr đường kính AB

LGa) CMR : AB là tt của (I ; IO)- ta có: AM // BN (cùng vuông góc với AB) => tứ giácABNM là hình thang

- xét hình thang ABNM, ta có:AO BOMI NI

IO là đường

trung bình của hình thang ABNM=> IO // AM // BN- mặt khác: AM AB IO AB O AB là tt của đtr(I; IO)

yx

N

M

IH

O BA

b) CMR : MO là tia phân giác của góc AMN- vì AM // IO => AMO = MOI (so le trong) (1)

- tam giác MON có O = 900, OI là trung tuyến 12

OI IM IN MN => tam giác IMO cân tại I =>

IMO = IOM (2)- từ (1) và (2) => MOI = AMO = IMO => MO là phân giác của AMNc) CMR: MN là tt của đtr đkính AB- kẻ OH vuông góc với MN (3)- xét tam giác MAO và tam giác MHO, ta có:

090:

A HMN chung MAO MHO CH GNAMO HMO

=> OA = OH = R (cạnh tương ứng)

=> OH là bán kính của đtr tâm O đkính AB (4)- từ (3) và (4) => MN là tt của đtr đkính ABBài 2: Cho đtr (O), điểm A nằm bên ngoài đtr. Kẻ các tt AM, AN với đtr (M, N là các tiếp điểm)a) CMR: OA vuông góc với MNb) Vẽ đkính NOC. CMR: MC // AOc) Tính độ dài các cạnh của tam giác AMN, biết OM = 3cm; OA = 5cm

LGa) ta có: OM = ON (= bán kính)AM = AN (tính chất 2 tt cắt nhau)=> AO là trung trực của đoạn thẳng MN=> OA MNb) gọi H là giao điểm của MN và AO- vì OA MN =>MH = NH- xét tam giác MNC, ta có:ON OCMH NH

HO là đg trung bình của tam giác

MNC => HO // MC hay MC // AO

M

OH

N

C

A

c) xét tam giác AMO, M = 900, theo Pytago ta có : 2 2 2 25 3 4AM A O OM => AM = AN = 4cm- mặt khác, áp dụng hệ thức về cạnh và đg cao trong tam giác vuông AMO, ta có:

. 4.3. . 2, 45

2. 2.2,4 4,8

MAMOMAMO MH OA MH cmOA

MN MH cm

Bài 3: Cho tam giác ABC, A = 900, đg cao AH, vẽ đtr (A; AH), kẻ các tt BD, CE với đtr (D, E là cáctiếp điểm khác H). CMR:a) 3 điểm D, A, E thẳng hàngb) DE tiếp xúc với đtr đkính BC

LGa) theo tc 2 tt cắt nhau, ta có:- AB là phân giác của DAH => A1 = A2

- AC là phân giác của EAH => A3 = A4

- mà DAE = A1 + A2 + A3 + A4 = 2( A2 + A3) = 2.900 = 1800

=> 3 điểm D, A, E thẳng hàngb) gọi M là trung điểm của BC- xét tam giác ABC A = 900, có AM là

trung tuyến 12

AM BC (1)

- ta có: BD // CE (cùng DE) => tứ giácBDEC là hthang- xét hthang BDEC, ta có :AD AEMB MC

AM là đường trung bình của

hình thang BDEC => MA // CE, mà CE DE => MA DE (2)- từ (1) và (2) => DE tiếp xúc với đường tròn(M) đường kính BC

43

21

H

M

D

E

C

B

A

Bài 4: Cho đtròn (O), điểm M nằm bên ngoài đtròn. Kẻ tiếp tuyến MD, ME với đtròn (D, E là các tiếpđiểm). Qua điểm I thuộc cung nhỏ DE, kẻ tiếp tuyến với đtròn, cắt MD và ME theo thứ tự tại P và Q. BiếtMD = 4cm. Tính chu vi tam giác MPQ

LG

Q

P

I

E

D

M O

- Theo tính chất 2 tt cắt nhau, ta có:MD = ME; PI = PD; QI = QE- Chu vi tam giác MPQ bằng:MP + PQ + MQ = MP + PI + QI + MQ

= (MP + PD) + (QE + MQ)= MD + ME = 2.MD = 2.4 = 8cm

Bài 5: Cho đtròn (O; 2cm), các tt AB và AC kẻ từ A đến đtròn vuông góc với nhau tại A (B, C là các tiếpđiểm)a) Tứ giác ABOC là hình gì? Vì sao?b) Gọi M là điểm bất kỳ thuộc cung nhỏ BC. Qua M kẻ tt với đtròn, cắt AB và AC theo thứ tự tại D và E.Tính chu vi tam giác ADE.c) Tính số đo góc DOE?

LG

4

3

21

M

E

D

C

B

A

O

a) Tứ giác ABOC có 3 góc vuông nên là HCN, mà lại có 2cạnh kề là OB và OC: OB = OC nên nó là Hình vuôngb) Tương tự BT4, ta có chu vi tam giác ADE bằng: 8cmc) Theo tính chất tiếp tuyến ta có:

1 3 2 4

0 01 2

0

1 1;2 2

1 1 .90 452 2

45

O O MOB O O MOC

O O MOB MOC

DOE

Bài 6: Cho đtròn (O; 5cm) điểm M nằm bên ngoài đtròn. Kẻ các tt MA, MB với đtròn (A, B là các tiếpđiểm). Biết góc AMB bằng 600.a) CMR: tam giác AMB là tam giác đềub) Tính chu vi tam giác AMBc) Tia AO cắt đtròn ở C. Tứ giác BMOC là hình gì? Vì sao?

LG

21

CB

A

MO

a) theo tính chất 2 tt cắt nhau, ta có: MA = MB, do đó tamgiác AMB cân tại M+ mặt khác: 060AMB Nên tam giác AMB là tam giác đều

b) theo tch 2 tt cắt nhau, ta có: 01 2

1 302

M M AMB

+ mà MA là tt nên 090MAO => tam giác MAO vuông tại A

+ xét tam giác MAO vuông tại A có 01

130 2. 2.5 102

M AO MO MO AO cm

Theo Pytago: 2 2 2 210 5 75 5 3MA MO AO + Chu vi tam giác AMB bằng: MA + MB + AB = 3.MA = 3.5 3 15 3c) Tam giác AMB đều có MO là phân giác nên MO cũng đồng thời là đường cao của tam giác

MO AB (1)

+ Tam giác ABC có trung tuyến BO bằng 12

AC nên tam giác ABC là tam giác vuông tại B BC AB

(2)+ Từ (1) và (2) / /BC MO , do đó tứ giác BMOC là hình thang

**********************************************************

Ngày dạy: 08/01/2013

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾA. Kiến thức cơ bản1. Quy tắc thế- từ một trong các phương trình của hệ biểu diễn x theo y (hoặc y theo x)- dùng kết quả đó thế cho x (hoặc y) trong pt còn lại rồi thu gọn2. Cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế- dùng quy tắc thế biến đổi hệ phương trình đã cho để đc 1 hpt mới trong đó có 1 pt 1 ẩn- giải pt 1 ẩn vừa tìm đc, rồi suy ra nghiệm của hpt đã choB. Bài tập áp dụngBài 1: Giải các hpt sau bằng phương pháp thế

2 4 53 2 5 11 3 2 2) ) 絷 ) 132 3 19 5 4 12

2 22 6 4 2 6 0 4 2 3 8 1

) ) )3 5 22 2 5 3 5 0 5 5 2 1 2

1)

3

x y xx y x x ya b hpt v nghi m cyx y y x yx y

x y x x y x x y xd e g

x y y x y y x y y

x yh

x

109

2 2 7 8 13 15 48 9106) )2 8 1 12 11 3 45 2 29 11

53

xx x y x y xi k

y y x y x y yy

1 1 1 16 17 5 3 102 0 0) ) )3 4 5 6

5 23 2 4 125 11 5 4 2

x y x x xx y x yl m n

x y y y yx y x y

Bài 2: giải các hpt bằng phương pháp thế

5 5 3 1 3 2 3 5 2 6 15 2) )

5 3 3 2 3 32 3 3 5 21

x y x x y xa b

y x y yx y

2 5 5 2 5 2 7 7) )

5 5 2 5 5 2 7 2 7 7 7

5 2 3 5 0)

3 52 6 2 5

4 2 3 3 2 3 48 5 2 45 7)

25 20 75 53 3 4 3 4 4 2 9 48

x y x x y xc d

x y y x y y

x y xe

yx y

x y x y x y xf

x y yx y x y

16 8 2 3 4 9 8) 4

8 3 55 5 3 2 1

292 2 1 1,5 3 2 6 2 3 0,5 10)

3 0,5 2 5 2111,5 4 3 2 510

x y x y x y xg

x yy x x y y

xx y x x yh

x yx y x y

Bài 3: Tìm các giá trị của m, n sao cho mỗi hpt ẩn x, y sau đây

a) hpt

2 1 1

1 3

mx n y m n

m x m n y

có nghiệm (2; 1); đáp số: 2 1;

9 3m n

b) hpt

2 1 2 1

1 3

x m y m n

nx m y

có nghiệm (-3; 2); đáp số: 1; 1m n

c) hpt 3 1 93

4 3mx n ynx my

có nghiệm (1; -5); đáp số: 1; 17m n

d) hpt

2 5 25

2 2 5

m x ny

mx n y

có nghiệm (3; -1); đáp số: 2; 5m n

Bài 4: Tìm a, b trong các trường hợp sau:a) đg thg d1: ax + by = 1 đi qua các điểm A(-2; 1) và B(3; -2)b) đg thg d2: y = ax + b đi qua các điểm M(-5; 3) và N(3/2; -1)c) đg thg d3: ax - 8y = b đi qua các điểm H(9; -6) và đi qua giao điểm của 2 đường thẳng (d): 5x – 7y = 23;(d’): -15x + 28y = -62d) đt d4: 3ax + 2by = 5 đi qua các điểm A(-1; 2) và vuông góc với đt (d’’): 2x + 3y = 1

Đáp số8 5563 13 7) ; ) ; ) ; )3

5 1 512013 7

a aa aa b c d

b bb b

****************************************************************

Ngày dạy: 11/12/2012

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN.TIẾP TUYẾN CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

A. Kiến thức cơ bản1. Ba vị trí tương đối của hai đtrXét đtr (O; R) và (O’; r) với ';R r OO d , ta có:a) Hai đtr cắt nhau- số điểm chung: 2- hệ thức: R – r < d < R + rb) hai đtr tiếp xúc nhau- số điểm chung: 1- hệ thức:+ tiếp xúc trong: d = R – r > 0+ tiếp xúc ngoài: d = R + rc) hai đtr không giao nhau- số điểm chung: 0- hệ thức:+ 2 đtr ở ngoài nhau: d > R + r+ 2 đtr đựng nhau: d < R – r+ 2 đtr đồng tâm: d = 02. Tính chất đường nối tâm- Định lý:a) Nếu 2 đtr cắt nhau thì 2 giao điểm đối xứng với nhau quađường nối tâm, tức là đường nối tâm là đường trung trực củadây chung (OO’ là đường trung trực của dây AB)b) Nếu 2 đtr tiếp xúc nhau thì tiếp điểm nằm trên đường nối tâm(A thuộc OO’)

O'O

B

A

O 'O

A

3. Tiếp tuyến chung của hai đường tròn- Định nghĩa: tiếp tuyến chung của 2 đtr là đg thg tiếp xúc với cả 2 đtr đó

d2

d1

d1; d2 là tiếp tuyến chung ngoài: tiếp tuyến chungngoài không cắt đoạn nối tâm

d2

d1

d1; d2 là tiếp tuyến chung trong: tiếp tuyến chungtrong cắt đoạn nối tâm

B. Bài tập áp dụngBài 1: Cho đường tròn (O; 4cm) và đường tròn (O’; 3cm) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A; B biết OO’ =5cm. Từ B vẽ 2 đường kính BOC và BO’Da) CMR: 3 điểm C, A, D thẳng hàngb) Tam giác OBO’ là tam giác vuông

c) Tính diện tích tam giác OBO’ và diện tích tam giác CBDd) Tính độ dài các đoạn thẳng AB; CA; AD

LGa) CMR: C; D; A thẳng hàng+ ta có: tam giác ABC nội tiếp đtr (O) có BC làm đkính =>tam giác ABC vuông tại A => A1 = 900

+ lại có: tam giác ABD nội tiếp đtr (O’) có BD làm đkính =>tam giác ABD vuông tại A => A2 = 900

+ do CAD = A1 + A2 = … =1800

=> 3 điểm C, A, D thẳng hàngb) CMR: tam giác OBO’ là tam giác vuông

5

4 3

21

O'H

DC

B

A

O

+ ta có: '2 2 2 ' 2 2 2 '2 2 ' 25 25; 4 3 25. 25OO OB O B OO OB O B => tam giác OBO’ vuông tại B ( theo định lý đảo của định lý Pytago)c) Tính diện tích tam giác OBO’ và diện tích tam giác CBDta có:

'' 2

2

1 1. .4.3 62 21 1. .8.6 242 2

OBO

OBD

S OBO B cm

S CB DB cm

d) Tính độ dài các đoạn thẳng AB; CA; AD+ ta có: OO’ là đg trung trực của AB (theo tính chất đoạn nối tâm)

' 1à 2.2

BH OO v BH AB hay AB BH

+ xét tam giác OBO’, B = 900, theo hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có:'

' ''

. 4.3. . 2, 45

OBO BOBO B HBOO BH cmOO

=> AB = 2. BH = 2 . 2,4 = 4,8 cm+ áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông:

0 2 2 2 2

0 2 2 2 2

, 90 8 4,8 6,4

, 90 6 4,8 3,6

ABC A AC BC AB cm

ABD A AD BD AB cm

Bài 2 (tương tự BT76SBT/139): Cho đtr (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A, đg thg OO’ cắt đtr (O) và (O’)lần lượt tại B và C (khác A). DE là tt chung ngoài (D thuộc (O), E thuộc (O’)), BD cắt CE tại Ma) CMR: DME = 900 b) Tứ giác ADME là hình gì? Vì sao?c) MA là tt chung của cả 2 đtr d) MD.MB = ME.MC

LGa) ta có : O1 = B1 + D1 (góc ngoài của tam giác), mà B1 = D1 (tam giác cân)

21

132

11

1 1

I

M

E

1 O'

D

CB

AO

1 1 1 1

122

O B B O (1)

+ lại có : '1 1 1O C E (góc ngoài của tam giác), mà C1 = E1 (tam giác cân)

' '1 1 1 1

122

O C C O (2)

+ từ (1) và (2) ' 0 01 1 1 1

1 1 .180 902 2

B C O O (theo tính chất hình thang)

0 090 90BMC hay DME b) + tam giác ABD nt đtr (O) có AB là đkính => tam giác ABD vuông tại D=> ADB = 900 => ADM = 900

+ tam giác ACE nt đtr (O) có AC là đkính => tam giác ACE vuông tại E=> AEC = 900 => AEM = 900

+ tứ giác ADME có : ADM = DME = AEM = 900 => tứ giác ADME là hình chữ nhậtc) + gọi I là giao điểm của AM và DE => tam giác IAD cân tại I => A2 = D3 (3)+ do tam giác OAD cân tại O nên suy ra: A1 = D2 (4)+ từ (3) và (4) => A1 + A2 = D2 + D3 = 900 (tính chất tt tại D) => MA vuông góc với AB tại A=> MA là tt của đtr (O) và cũng là tt của đtr (O’)Bài 3: Cho đtr (O) và đtr (O’) tiếp xúc ngoài tại A, BC là tt chung ngoài của cả 2 đtr (B, C là các tiếpđiểm). tt chung trong của 2 đtr tại A cắt BC tại Ma) CMR: A, , C thuộc đtr (M) đường kính BCb) Đường thẳng OO’ có vị trí ntn đối với đtr (M; BC/2)c) Xác định tâm của đtr đi qua O, M, O’

d) CMR: BC là tt của đtr đi qua O, M, O’

LGa) theo tính chất 2 tt cắt nhau, ta có:

12

MA MB MC BC tam giác ABC vuông tại A

=> a nằm trên đtr có đkính BC. Hay 3 điểm A, B, Cthuộc (M; BC/2)b) và (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A => A thuộc OO’

=> OO’ vuông góc với MA tại A thuộc (M; BC/2) =>OO’ là tt của đtr (M; BC/2)

OA

BC

O'

M

I

c) theo tính chất tt cắt nhau, ta có:

' '

' 0 0

1 1;2 2

1 1 .180 902 2

BMO AMO AMB CMO AMO AMC

AMO AMO AMB AMC

=> tam giác OMO’ vuông tại M => tâm của đtr đi qua 3 điểm O, M, O’ là trung điểm I của cạnh OO’

d) + tứ giác BOO’C là hình thang vuông vì có BO // CO’ (cùng vuông góc với BC)

+ Xét hình thang BOO’C, ta có:'

BM MCOI IO

MI là đg trung bình của hthang BOO’C

=> IM // OB, mà BC OB => IM BC => BC là tt của đtr đi qua 3 điểm O, O’, MBài 4(BTVN): Cho đtr (O) đkính AB, điểm C nằm giữa A và O. Vẽ đtr (O’) đkính BCa) xác định vị trí tương đối của đtr (O) và (O’)b) kẻ dây DE của đtr (O) vuông góc với AC tại trung điểm H của AC. Tứ giác ADCE là hình gì? Vì sao?c) gọi K là giao điểm của DB và (O’). CMR: 3 điểm E, C, K thẳng hàngd) CMR: HK là tt của đtr (O’)

LG

a) ta có: OO’ = OB – O’B > 0 => (O) và (O’) tiếp xúc trongtại Bb) + vì AB DE tại H => DH = EH+ xét tứ giác ADCE, ta có :DH EHAH CH ADCEAC DE

là hình thoi

c) ta có :

' ' '

1 ô2

1 ô2

OD OA OB AB ADBvu ng D AD BD

OC O K O B BC CKBvu ng K CK BD

32

1

1

1

O'OH

K

E

D

C BA

=> AD // CK (1)+ mà ADCE là hình thoi nên AD // CE (2)+ từ (1) và (2) => C, K, E thẳng hàng (theo Tiên đề Ơclit)d) + vì KH là trung tuyến của tam giác DKE vuông tại K => HD = HK = HE => tam giác HKE cân tại H=> K1 = E1 (*)+ mà E1 = B1 (cùng phụ với BDE) (**)+ từ (*) và (**) => K1 = B1 (3)+ mặt khác: B1 = K3 (tam giác O’KB cân tại O’) (4)+ từ (3) và (4) => K1 = K3

+ do 0 0 '2 3 1 390 90K K K K HK O K HK là tt của đtr (O’)

**************************************************************

Ngày dạy: ……………………………..

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐA. Kiến thức cơ bản1. Quy tắc cộng đại số: gồm 2 bước- Cộng hay trừ từng vế 2 pt của hpt đã cho để đc pt mới- Dùng pt mới ấy thay thế cho 1 trong 2 pt của hệ (giữ nguyên pt kia)2. Tóm tắt cách giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số- Giải theo quy tắc: “Nhân bằng, đổi đối, cộng, chia

Thay vào tính nốt ẩn kia là thành”- Nghĩa là:+ nhân cho hệ số của 1 ẩn trong hai phương trình bằng nhau+ đổi dấu cả 2 vế của 1 pt: hệ số của 1 ẩn đối nhau+ cộng vế với vế của 2 pt trong hệ, rút gọn và tìm 1 ẩn+ thay vào tính nốt ẩn còn lạiB. Bài tập áp dụngBài 1: Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp cộng đại số

15 2 1 2 3 2 119) )3 5 3 12 3 2 3 0

197

3 8 3 2 5 3) )7 2 23 1 1 4

3

xx y x y xa b

x y x y yy

xx y x x yc d

x y y x y y

Bài 2: Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

22

2 52 2 3 5 3 5 4 15 2 7) )9 3 73 2 33 2 32 2 2

295 2 3 1 4 5 1 2 38) ) 牯

332 4 3 5 12 3 7 2 5 2 1 340

6 8 2 3)

5 5 3 2

x xx y x ya bx yx y y y

xx y y x y xc d h v nghi m

x x y x y xy

x y x ye

y x x y

3 11 2 2 1 3 2 62 2)4

23 31 4 3 2 52 2

x y x xxg

y x y x y

B

ài 3: Giải hpt bằng phương pháp cộng đại số

2 2 2 2

2 2 2 2

1 2 9 7 5 65 0) )

3 43 2 5 2 6 4

x x y x x yx xa b

y yy y x y y x

Bài 4: xác định a, b để đồ thị hs y = ax + b đi qua 2 điểm A và B trong các trường hợp sau:a) A(4; 3), B(-6; -7). Đáp số: a = 1; b = -1b) A(3; -1), B(-3; -2). Đáp số: a = 1/6; b = -3/2c) A(2; 1), B(1; 2). Đap số: a = -1; b = 3d) A(1; 3), B(3; 2). Đáp số: a = -1/2; b = 7/2

Bài 5: Tìm m để nghiệm của hệ phương trình:

21 23 4 5

3 3 24 3

x yx y

x y y x

cũng là nghiệm của phương trình:

3mx – 5y = 2m + 1

- ta có:

21 24 9 10 113 4 515 28 3 63 3 2

4 3

x yx yx y xx y yx y y x

- thay x = 11; y = 6 vào phương trình ta đc: 3 .11 5.6 2 1 31 31 1m m m m Bài 6 : Tìm m để đường thẳng (d) : y = (2m – 5)x – 5m đi qua giao điểm của 2 đường thẳng (d1) : 2x + 3y= 7 và (d2) : 3x + 2y = 13

LG- gọi A là giao điểm của đường thẳng (d1) và (d2). Tọa độ của điểm A là nghiệm của hpt :

2 3 7 53 2 13 1x y xx y y

=> A(5 ; -1)

- vì đg thg (d) đi qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn đth (d). thay x = 5 ; y = -1 vào (d) ta đc :

241 2 5 .5 5 5 245

m m m m

Bài 7 : Tìm m để các đường thẳg sau đây đồng quy :(d1) : 5x + 11y = 8 ; (d2) : 4mx + (2m – 1)y = m + 2 ; (d3) : 10x – 7y = 74

LG- gọi A là giao điểm của đường thẳng (d1) và (d3). Tọa độ của điểm A là nghiệm của hpt :

5 11 8 610 7 74 2x y xx y y

=> A(6 ; -2)

- để 3 đg thg trên đồng quy thì đg thg (d2) phải đi qua điểm A, tức tọa độ điểm A thỏa mãn đth (d2). thay x= 6 ; y = -2 vào (d2) ta đc : 4 .6 2 1 . 2 2 19 0 0m m m m m

******************************************************Ngày dạy: …………………………

GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNHA. Kiến thức cơ bản

Để giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình ta thực hiện theo 3 bước sau :- bước 1 : lập hpt (bao gồm các công việc sau)+ chọn ẩn và đặt điều kiện thích hợp cho ẩn)+ biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết+ lập hpt biểu thị tương quan giữa các đại lượng- bước 2 : giải hpt vừa lập đc ở bước 1- bước 3 : kết luận : so sánh nghiệm tìm đc với điều kiện đặt ra ban đầuB. Bài tập áp dụng

Dạng 1: Toán tìm số- Ta phải chú ý tới cấu tạo của một số có hai chữ số , ba chữ số …viết trong hệ thập phân. Điều kiện củacác chữ số .Bài 1: Tìm hai số biết rằng 4 lần số thứ hai cộng với 5 lần số thứ nhất bằng 18040, và 3 lần số thứ nhấthơn 2 lần số thứ hai là 2002.

LG- gọi số thứ nhất là x, số thứ hai là y ,x y N

- theo bài ra, ta có :5 4 18040 20043 2 2002 2005x y xx y y

Bài 2. Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó gấp 4 lần tổng các chữ số của nó. Nếu viết haichữ số của nó theo thứ tự ngược lại thì đc số mới lớn hơn số ban đầu 36 đơn vị.

LG- gọi số tự nhiên cần tìm có dạng: , ;0 , 9ab a b N a b

- theo bài ra, ta có:4( ) 4

48836

ab a b aab

bba ab

Bài 3. Tìm một số có hai chữ số. Biết rằng nếu viết thêm số 1 vào bên phải số này thì được một số có bachữ số hơn số phải tìm 577 và số phải tìm hơn số đó nhưng viết theo thứ tự ngược lại là 18 đơn vị.

LG- gọi số tự nhiên cần tìm có dạng: , ;0 9;0 9ab a b N a b

- theo bài ra, ta có:1 577 10 64 6

642 418

ab ab a b aab

a b bab ba

Bài 4. Tìm một số có hai chữ số, biết rằng tổng hai chữ số của nó nhỏ hơn số đó 6 lần và thêm 25 vào tíchcủa hai chữ số đó sẽ được số viết theo thứ tự ngược lại với số phải tìm.

LG- gọi số tự nhiên cần tìm có dạng: , ;0 , 9ab a b N a b

- theo bài ra, ta có:

2

25454 56 54

2525 9 20 0 54

aloai

a bab a b a b bab baab ba b b a

thoamanb

- vậy số cần tìm là : 54

Dạng 2: Toán làm chung, làm riêng- Ta coi toàn bộ công việc là 1 đơn vị, nếu gọi thời gian làm xong công việc là x thì trong một đơn vị thời

gian làm được 1x

công việc .

*Ghinhớ :Khi lập pt dạng toán làm chung, làm riêng không được cộng cột thời gian, năngsuất và thờ igian củacùng 1 dòng là 2số nghịch đảo của nhau.

Bài 1: Hai vòi nước chảy cùng vào 1 bể không có nước thì trong 6 giờ đầy bể. Nếu vòi thứ nhất chảy

trong 2 giờ, vòi thứ 2 chảy trong 3 giờ thì được52 bể. Hỏi mỗi vòi chảy bao lâu thì sẽ đầy bể?

LG* lập bảng

V 1 V 2 Cả 2 VTGHTCV x y 6

Năng suất 1h 1x

1y

16

Năng suất 2h 2x

25

Năng suất 3h 3y

* ta có hpt:

1 1 1106

2 3 2 155

xx yy

x y

Bài 2: Hai tổ cùng làm chung công việc trong 12 giờ thì xong, nhưng hai tổ cùng làm trong 4 giờ thì tổ (I)đc điều đi làm việc khác , tổ (II) làm nốt trong 10 giờ thì xong công việc. Hỏi mỗi tổ làm riêng thì trongbao lâu xong việc.* lập bảng

Tổ 1 Tổ 2 Cả 2 tổTGHTCV x y 12

Năng suất 1h 1/x 1/y 1/12Năng suất 4h 4/12 = 1/3Năng suất 10h 10/y

* ta có hpt:

1 1 16012

1 10 1513

xx yy

y

Bài 3: Hai vòi nước cùng chảy vào 1 bồn không có nước. Nếu vòi 1 chảy trong 3h rồi dừng lại, sau đó vòi2 chảy tiếp trong 8h nữa thì đầy bồn. Nếu cho vòi 1 chảy vào bồn không có nước trong 1h, rồi cho cả 2vòi chảy tiếp trong 4h nữa thì số nước chảy vào bằng 8/9 bồn. Hỏi nếu chảy 1 mình thì mỗi vòi sẽ chảytrong bao lâu thì đầy bồn?* lập bảng

Vòi 1 Vòi 2 Cả 2 vòiThời gian chảy x y

1h 1/x 8/94h 4/x 4/y3h 3/x 18h 8/y

* ta có hpt:

3 8 19

1 4 4 8 129

xx yy

x x y

Bài 4: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn trong một giờ được 310

bể. Nếu vòi thứ nhất chảy trong 3

giờ, vòi thứ hai chảy trong 2 giờ thì cả hai vòi chảy được 45

bể. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy

bể .* lập bảng

Vòi 1 Vòi 2 Cả 2 vòiTGHTCV x y

Năng suất 1h 1/x 1/y 3/10Năng suất 2h 2/y 4/5Năng suất 3h 3/x

* ta có hpt:

1 1 3510

3 2 4 105

xx yy

x y

Dạng 3. Toán chuyển độngBài 1. Quãng đường AC qua B dài 270km, một xe tải đi từ A đến B với vận tốc 60km/h rồi đi từ B đến Cvới vận tốc 40km/h, tất cả hết 6giờ, Tính thời gian ô tô đi quãng đường AB và BC.* Lập bảng

Thời gian Vận tốc Quãng đường

AB x 60 60x

BC y 40 40y

* Ta có hệ phương trình:

36 2

60 40 270 92

xx yx y y

Bài 2. Một ô tô và một xe đạp chuyển động từ hai đầu một quãng đường sau 3 giờ thì gặp nhau. Nếu đicùng chiều và xuất phát tại cùng một điểm, sau 1 giờ hai xe cách nhau 28km. Tính vận tốc xe đạp và ô tôbiết quãng đường dài 180km* Sơ đồ:

BA

XM

XD XM

XD Gnhau

* Lập bảng:V t (đi ngược chiều) S (đi ngược

chiều)t (đi cùng chiều) S (đi cùng

chiều)Xe đạp x 3 3x 1 xXe máy y 3 3y 1 y

* Ta có hệ phương trình:3 3 180 60 16

28 28 44x y x y xx y x y y

Bài 3: 1 ô tô đi qđ AB với vận tốc 50km/h, rồi đi tiếp qđ BC với vận tốc 45km/h. Biết tổng chiều dài qđAB và BC là 165km và thời gian ô tô đi qđ AB ít hơn thời gian ô tô đi qđ BC là 30ph. Tính thời gian ô tôđi trên mỗi qđ?Gọi thời gian ô tô đi trên AB, BC lần lượt là x, y

Ta có hệ phương trình:50 45 165 3

2122

x y xx y y

Bài 4: 1 ca nô xuôi dòng 1 quãng sông dài 12km, rồi ngược dòng quãng sông đó mất 2h30ph. Nếu cũngtrên quãng sông ấy, ca nô xuôi dòng 4km rồi ngược dòng 8km thì hết 1h20ph. Tính vận tốc riêng của canô và vận tốc của dòng nước?- gọi v ca nô là x, v dòng nước là y (km/h; x > y > 0)- v xuôi: x+y- v ngược: x-y

- ta có hpt

12 12 52

4 8 43

x y x y

x y x y

giải hệ ta được x = 10 ; y = 2 (tmđk)

Bài 5: Một ca nô chạy trên sông xuôi dòng 84 km và ngược dòng 44 km mất 5 giờ. Nếu ca nô xuôi dòng112 km và ngược dòng 110 km thì mất 9 giờ.Tính vận tốc riêng của ca nô và vận tốc của dòng nước.- gọi x, y lần lượt là vận tốc riêng của ca nô và vận tốc của dòng nước (km, 0 < y < x)- vận tốc xuôi của ca nô: x + y- thời gian xuôi dòng 84km là: 84/x+y- thời gian xuôi dòng 112km là: 112/x+y- vận tốc ngược của ca nô: x - y- thời gian ngược dòng 44km là: 44/x-y- thời gian ngược dòng 110km là: 110/x-y- theo bài ra ta có hệ phương trình:

84 44 5

112 110 9

x y x y

x y x y

đặt 1 1;a bx y x y

Dạng 4. Toán liên quan tới yếu tố hình học.- Ta phải nắm được công thức tính chu vi; diện tích của tam giác, hình thang, hình chữ nhật, hình vuông,định lý Pi-ta-go.Bài 1: 1 HCN có chu vi 80m. Nếu tăng chiều dài thêm 3m, tăng chiều rộng thêm 5m thì diện tích củamảnh đất tăng thêm 195m2. Tính chiều dài, chiều rộng của mảnh đấtGọi chiều dài là x, chiều rộng là y

Ta có hpt

2 80 30

103 5 195

x y xyx y xy

Bài 2: 1 thửa ruộng HCN, nếu tăng chiều dài thêm 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì diện tích tăngthêm 100m2. Nếu cùng giảm cả chiều dài và chiều rộng đi 2m thì diện tích giảm đi 68m2. Tính diện tíchcủa thửa ruộng đó?Gọi chiều dài HCN là xGọi chiều rộng HCN là y

Ta có hpt

2 3 100 22142 2 68

x y xy xyx y xy

Dạng 5. Toán năng suất

* Chú ý:- Năng suất (NS) là số sản phẩm làm được trong một đơn vị thời gian (t).- (NS) x (t) = Tổng sản phẩm thu hoạch

Ngày dạy: …………………………..

CÁC GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN

A. Kiến thức cơ bản1. Góc ở tâm. Số đo cunga) Định nghĩa góc ở tâm: Góc có đỉnh trùng với tâm của đtròn đgl góc ở tâmb) Số đo cung:- Số đo của cung nhỏ bằng số đo của góc ở tâm chắn cung đó- Số đo của cung lớn bằng hiệu giữa 3600 và số đo của cung nhỏ (có chung 2 mút với cung lớn)- Số đo của nửa đtr bằng 1800

c) Tính chất của số đo cung: Nếu C là một điểm nằm trên cung AB thì sđAB =sđAC +sđCB2. Liên hệ giữa cung và dâya) Định lý 1: Với 2 cung nhỏ trong một đtròn hay trong 2 đtròn bằng nhau:- 2 cung bằng nhau căng 2 dây bằng nhau- 2 dây bằng nhau căng 2 cung bằng nhaub) Định lý 2: Với 2 cung nhỏ trong 1 đtròn hay trong 2 đtròn bằng nhau:- Cung lớn hơn căng dây lớn hơn- Dây lớn hơn căng cung lớn hơn3. Góc nội tiếpa) Định nghĩa: Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đtròn và 2 cạnh chứa 2 dây cung của đtròn đó. Cungnằm trong góc gọi là cung bị chắnb) Định lý: Trong 1 đtròn số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn

c) Các hệ quả: Trong một đtròn- Các góc nt bằng nhau chắn các cung bằng nhau- Các góc nt cùng chắn 1 cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau- Góc nt (nhr hơn hoặc bằng 900) có só đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung- Góc nt chắn nửa đtròn là góc vuông4. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cunga) Định nghĩa: Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung là góc có đỉnh tại tiếp điểm, một cạnh là tiếp tuyếnvà cạnh còn lại chứa dây cungb) Định lý: Sđ của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo của cung bị chắnc) Định lý đảo: Nếu AxB có đỉnh nằm trên đtròn, một cạnh chứa dây cung AB, có sđ bằng nửa sđ cungAB căng dây đó và cung này nằm bên trong góc đó thì cạnh Ax là 1 tia tiếp tuyến của đtrònd) Hệ quả: Trong 1 đtròn, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn 1 cung thì bằngnhau5. Góc có đỉnh ở bên trong đtròn. Góc có đỉnh ở bên ngoài đtròna) Góc có đỉnh ở bên trong đtròn- Định lý: Sđ của góc ..... bằng nửa tổng sđ của 2 cung bị chắnb) Góc có đỉnh ở bên ngoài đtròn- Định lý: Sđ của góc ..... bằng nửa hiệu sđ của 2 cung bị chắnB. Bài tập áp dụngBài 1: Cho (O) và 1 điểm M cố định không nằm trên đtròn. Qua M kẻ 2 đường thẳng, đường thẳng thứnhất cắt đtròn (O) tại A và B, đường thẳng thứ hai cắt đtròn (O) tại C và D. CMR: MA.MB = MC.MD

LG

M2

1

D B

O

C

A

* TH1: điểm M nằm bên trong đtròn (O)- Xét tam giác MAC và tam giác MDB, ta có:

1 2M M (đối đỉnh) CAM BDM (góc nt chắn cung BC)

( . )

. .

MAC MDB g gMA MC MAMB MC MDMD MB

1

M1D

B

O

C

A

* TH2: điểm M nằm bên ngoài đtròn (O)- Xét tam giác MAD và tam giác MCB, ta có:M (chung)

1 1D B (góc nt chắn cung AC)( . )

. .

MAD MCB g gMA MD MAMB MC MDMC MB

Bài 2: Trên một đtròn lấy liên tiếp ba cung: AC, CD, DB sao cho sđAC =sđCD =sđDB =600. hai đườngthẳng AC và BD cắt nhau tại E, hai tiếp tuyến của đtròn tại B và C cắt nhau tại T. CMR:a) AEB BTCb) CD là tia phân giác của góc BCT?

LG

TE

21

O

DC

BA

a) Ta có: 0 0 01 1 180 60 602 2

AEB AB CD

0 0 0 0 0

1 12 21 180 60 60 60 602

BTC BAC BDC AB AC CD DB

Do đó: AEB BTC

b) Ta có: 01

1 302

C CD (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

02

1 302

C DB (góc nội tiếp)

1 2C C . Do đó CD là phân giác của góc BCT

Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đtròn (O), tia phân giác của góc A cắt BC ở D và cắt đtròn ở M.a) CMR: OM vuông góc với BCb) Phân giác của góc ngoài tại đỉnh A của tam giác ABC cắt (O) ở N. CMR ba điểm M, O, N thẳng hàng.c) Gọi K là giao điểm của NA và BC, I là trung điểm của KD. CMR: IA là tiếp tuyến của đtròn (O)

LG2

1

43

x

HK I

M

N

21

O

D CB

A

a) Ta có: 1 2A A BM CM BM CM

doBM CMOB OC

OM là trung trực của BC OM BC

b) Ta có: 0 01 1Ax .180 902 2

MAN BAC C

mà MAN là góc nội tiếp và 090MAN MN là đường kính. Do đó M, O, N thẳng hàngc) Do 0 090 90MAN DAK DAK vuông tại Amà IK = ID => IK = IA = ID => tam giác IAD cân tại I

1

2

2 1

IAD DIAD D

D D

(1)

Mặt khác: tam giác OAM cân tại O OAM OMA (2)Từ (1) và (2)

2 2IAD OAM D OMA IAO D OMA (3)

Do tam giác MHD vuông tại H (theo a) 02 90D OMA (4)

Từ (3) và (4) 090IAO IA là tiếp tuyến của đtròn (O)

Bài 4: Cho nửa đtròn tâm O đường kính AB. Gọi C, D thuộc nửa đtròn (C thuộc cung AD). AD cắt BCtại H, AC cắt BD tại E. Chứng minh rằng:a) EH vuông góc với ABb) Vẽ tiếp tuyến với đtròn tại D, cắt EH tại I. Chứng minh rằng: I là trung điểm của EH

LG

O

1

2

2

1

1I

H

K

D

E

C

BA

a) Ta có: 090ACB (góc nt chắn nửa đtròn) AC BC 090ADB (góc nt chắn nửa đtròn) AD BD

Xét tam giác EAB, ta có:à

AE BCBE ADm AD BC H

H là trực tâm của tam giác EAB EH AB

b) Ta có: 2H B (cùng phụ 1F );

2D B (cùng chắn cung AD)

2 2H D IHD cân tại I => IH = ID (1)

Mặt khác:

01

01 2 1 1

2

90

90

à

E B

D D E D IED

m B D

cân tại I => ID = IE (2)

Từ (1) và (2) => IH = IE => I là trung điểm của EHBài 5: Cho (O), từ điểm M nằm ngoài đtròn (O) vẽ các tiếp tuyến MC, MD với (O) (C, D là các tiếpđiểm). Vẽ cát tuyến MAB không đi qua tâm O, A nằm giữa M và B. Tia phân giác của góc ACB cắt AB ởEa) CMR: MC = MEb) DE là phân giác của góc ADBc) Gọi I là trung điểm của AB. CMR 5 điểm O, I, C, M, D cùng nằm trên một đtrònd) CMR: M là phân giác của góc CID

LG

1

MO

IE

D

C

B

A

a) + ta có: BCE ACE (gt) CBA MCA (cùng chắn cung AC)

BCE CBA ACE MCA hay BCE CBA MCE (1)

+ mặt khác: BCE CBA CEM (tính chất góc ngoài của tam giác) (2)

+ từ (1) và (2) MCE CEM MCE cân tại M => MC = MEb) + vì MC và MD là các tiếp tuyến => MC = MD, mà MC = ME => MD = ME => tam giác MDE cân tạiM MED MDE MDA ADE (1)+ mặt khác:

1MED B BDE (tính chất góc ngoài của tam giác) (2)

+ (1); (2) 1MDA ADE B BDE (3)

+ lại có: 1MDA B (cùng chắn cung AD) (4)

+ (3); (4) ADE BDE DE là phân giác của góc ADBc) + do MC, MD là các tiếp tuyến của (O) 090OCM ODM 4 điểm O, C, D, M thuộc đtròn cóđường kính OM (*)+ lại có: I là trung điểm của AB IO AB (định lý đường kính và dây) => IO vuông góc với IM =>tam giác IOM vuông tại I => 3 điểm I, O, M thuộc đtròn có đường kính OM (**)+ (*) và (**) => 5 điểm 0, I, C, M, D cùng nằm trên một đtrònd) + Xét đtròn đi qua 5 điểm: O, I, C, M, D có đường kính OM, ta có:

1 d CM óc21 d DM óc2

à d CM d DM

CIM s g nt

DIM s g nt CIM DIM

m CM DM s s

IM là phân giác của góc CID

Bài 6: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đtròn (O), đường cao AH cắt đtròn ở D. Kẻ đường kính AE.CMR:a) BC song song với DEb) Tứ giác BCED là hình thang cân

LGH

O

ED

CB

A

a) Ta có: BC vuông góc với AD (gt) (1)+ mà 090ADE (góc nt chắn nửa đtròn) => DE vuông góc với AD (2)+ Từ (1) và (2) suy ra BC // DE (cùng vuông góc với AD)b) HTC = HT + 2 góc ở 1 đáy bằng nhau (hoặc 2 đường chéo bằng nhau)(Chú ý: Hình thang có 2 cạnh bên bằng nhau chưa chắc là HTC (VD: Hình bình hành là hình thangcó 2 cạnh bên bằng nhau nhưng không là HTC))+ do BC // DE suy ra tứ giác BCED là hình thang (1)+ lại có: BC // DE d D ds B s CE (2 cung bị chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau)

d D dDE d dDEs B s s CE s sdBE sdCD BE CD (liên hệ giữa cung và dây) (2)+ từ (1) và (2) suy ra tứ giác BCED là Hình thang cân.

*************************************************************

Ngày dạy: ……………………………………..

HÀM SỐ 2 0y ax a . ĐỒ THỊ HÀM SỐ 2 0y ax a

A. Kiến thức cơ bản1. Tính chất hàm số 2 0y ax a a) Tính chất:

Nếu a > 0 thì hàm số nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0Nếu a < 0 thì hàm số nghịch biến khi x > 0 và đồng biến khi x < 0

b) Nhận xét:Nếu a > 0 thì y > 0 với mọi x khác 0; y = 0 khi x = 0. giá trị nhỏ nhất của hàm số là y = 0.Nếu a < 0 thì y < 0 với mọi x khác 0; y = 0 khi x = 0. giá trị lớn nhất của hàm số là y = 0.2. Tính chất đồ thị hàm số 2 0y ax a

Đồ thị hàm số 2 0y ax a là một đường cong đi qua gốc tọa độ và nhận trục Oy là trục đốixứng. đường cong đó được gọi là một Parabol với đỉnh O.

Nếu a > 0 thì đồ thị nằm phía trên trục hoành, O(0;0) là điểm thấp nhất của đồ thị.Nếu a < 0 thì đồ thị nằm phía dưới trục hoành, O(0;0) là điểm cao nhất của đồ thị.

B. Bài tập áp dụngBài 1: Cho hàm số 25y x

a) Lập bảng tính giá trị của y với các giá trị của x lần lượt bằng: -2; -1; 12

; 0; 12

; 1; 2

b) Với giá trị nào của x thì hàm số nhận giá trị tường ứng bằng: 0; -7,5; -0,05; 50; -120LG

a) Bảng các giá trị tương ứng của x và y là:x -2 -1 1

2

0 12

1 2

25y x -20 -5 54

0 5

4-5 -20

b)+ Với y = 0 ta có: 2 25 0 0 0x x x + Với y = -7,5 ta có: 2 25 7,5 1,5 1,5x x x + Với y = -0,05 ta có: 2 25 0,05 0,01 0,1x x x + Với y = -7,5 ta có: 2 25 50 10x x pt vô nghiệm+ Với y = -7,5 ta có: 2 25 120 24 2 6x x x Bài 2: Cho hàm số 2 2y m m x . Tìm giá trị của m để:a) Hàm số đồng biến với mọi x > 0b) Hàm số nghịch biến với mọi x > 0

LGTa có: 2 . 1a m m m m

a) Hàm số đồng biến với mọi x > 0

0 01 0 1 1

0 . 1 000 0

1 0 1

m mm m m

a m mmm m

m m

vậy m > 1 hoặc m < 0 thì hàm số đồng biến với mọi x > 0b) Hàm số nghịch biến với mọi x > 0

0 01 0 1 0 1

0 . 1 0 0 1ô0 0

1 0 1

m mm m m

a m m mkh ng mm m

m m

Bài 3: Cho hàm số 2y ax . Xác định hệ số a trong các trường hợp sau:a) Đồ thị của nó đi qua điểm A(3; 12)

b) Đồ thị của nó đi qua điểm B(-2; 3)LG

a) Vì đồ thị hs đi qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: 2 412 .33

a a

b) Vì đồ thị hs đi qua điểm B nên tọa độ điểm B thỏa mãn hs, ta có: 2 33 . 24

a a

Bài 4: Cho hàm số 2y axa) Xác định hệ số a, biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm A(2; 2)b) Vẽ đồ thị hàm số với giá trị của a vừa tìm được

LG

a) Vì đồ thị hs đi qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: 2 12 .22

a a

b) Với a = ½ ta có hàm số sau: 212

y x14

12

10

8

6

4

2

-2

-15 -10 -5 5 10 15

f x = 1

2 x2

Bài 5: Cho hàm số 20,4y x . Các điểm sau đây, điểm nào thuộc đồ thị hàm số, điểm nào không thuộc đồthị hàm số: A(-2; 1,6), B(3; 3,5), C( 5 ; 0,2)LGPP: muốn kiểm tra xem 1 điểm thuộc hay không thuộc đồ thị hs ta làm như sau: thay hoành độ của điểmđó vào hàm số, nếu giá trị của hs bằng với tung độ của nó thì điểm đó thuộc đồ thị hs; nếu giá trị của hskhông bằng với tung độ của nó thì điểm đó không thuộc đồ thị hs.- Điểm A(-2; 1,6)Thay x = -2 vào hàm số ta có: 20,4 2 1,6y , do đó điểm A thuộc đồ thị hs- Điểm B(3; 3,5)Thay x = 3 vào hs ta có: 20,4.3 3,6 3,5y do đó điểm B không thuộc đồ thị hs- Điểm C( 5 ; 0,2)

Thay x = 5 vào hs ta có: 20,4. 5 2 0,2y do đó điểm C không thuộc đồ thị hs

Bài 6: Cho 2 hàm số 212

y x và y = 2x – 2

a) Vẽ đồ thị 2 hàm số trên trên cùng 1 mặt phẳng tọa độb) Tìm tọa độ giao điểm của 2 đồ thị

LGa) Vẽ đồ thị

14

12

10

8

6

4

2

-2

-15 -10 -5 5 10 15

g x = 2x-2f x = 1

2 x2

b) pt hoành độ giao điểm của 2 đồ thị: 21 2

1 2 2 22x x x x

thay x = 2 vào 1 trong 2 hs ta được: y = 2.2 – 2 = 2. Vậy tọa độ giao điểm của 2 đồ thị là M(2; 2)Bài 7: Cho hàm số 2y axa) Xác định a biết rằng đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = -3x + 4 tại điểm A có hoành độ bằng -2.b) Với giá trị của a vừa tìm được, vẽ đồ thị 2 hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độc) Tìm tọa độ giao điểm của 2 đồ thị

LGa) tung độ của điểm A là: y = -3.(-2) + 4 = 10. Vậy tọa độ điểm A(-2; 10)

vì đồ thị hs 2y ax đi qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: 2 510 22

a a . Khi đó

hs có dạng: 252

y x

b) vẽ đồ thị 2 hs trên cùng mặt phẳng tọa độ10

8

6

4

2

-2

-4

-6

-10 -5 5 10 15 20

q x = -3x+4

h x = 5

2 x2

c) pt hoành độ giao điểm của 2 đồ thị: 21 2

5 43 4 ; 22 5x x x x

+ Với 1 14 4 83. 45 5 5

x y tọa độ điểm A( 4 8;5 5

)

+ Với 1 12 3. 2 4 10x y tọa độ điểm B(-2; 10)

Bài 8: Cho hàm số 2y axa) Xác định a biết rằng đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = -2x + 3 tại điểm A có hoành độ bằng 1.b) Với giá trị của a vừa tìm được, vẽ đồ thị 2 hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độc) Tìm tọa độ giao điểm của 2 đồ thị.

LGa) tung độ của điểm A là: y = -2.1 + 3 = 1, do đó tọa độ của điểm A là A(1; 1)

vì đồ thị hs 2y ax đi qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: 21 .1 1a a . Khi đó hs códạng: 2y xb) vẽ đồ thị 2 hs trên cùng mặt phẳng tọa độ

14

12

10

8

6

4

2

-2

-15 -10 -5 5 10 15

g x = -2x+3

f x = x2

c) pt hoành độ giao điểm của 2 đồ thị: 21 22 3 1; 3x x x x

+ Với 1 11 2.1 3 1x y tọa độ điểm A(1; 1)+ Với 1 13 2. 3 3 9x y tọa độ điểm B(-3; 9)

Bài 9: Cho 2 hàm số (P): 2y x và (d): y = 2x + 1.a) Vẽ trên cùng mặt phẳng tọa độ đồ thị 2 hàm số trênb) Xác định tọa độ giao điểm của (P) và (d)c) Tìm hàm số (d1): y = ax + b biết rằng đồ thị của nó đi qua điểm A(-2; -1) và song song với (d).

LGa) vẽ đồ thị 2 hs

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-10

-15 -10 -5 5 10 15

q x = 2x+1

h x = -x2

b) pt hoành độ giao điểm của 2 đồ thị: 21 22 1 1x x x x

+ Với 21 11 1 1x y tọa độ điểm A(-1; -1)

c) vì (d1) // (d) nên a = 2. khi đó (d1) có dạng: y = 2x + bmặt khác (d1) đi qua A nên tọa độ của A thỏa mãn (d1), ta có: -1 = 2.(-2) + b => b = 3vậy hàm số (d1): y = 2x + 3Bài 10: Trên cùng 1 mặt phẳng tọa độ, cho Parabol (P): 2y x và đường thẳng (d): 2y x a) Vẽ (P) và (d)b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d)c) Tìm hàm số (d1): y = ax + b biết rằng đồ thị của nó song song với (d) và cắt (P) tại điểm M có hoành độbằng 2

LGa) vẽ đồ thị

14

12

10

8

6

4

2

-2

-15 -10 -5 5 10 15

s x = -x+2

r x = x2

b) pt hoành độ giao điểm của 2 đồ thị: 21 22 1; 2x x x x

+ Với 21 11 1 1x y tọa độ điểm A(1; 1)

+ Với 21 12 2 4x y tọa độ điểm A(-2; 4)

c) vì d1 // d nên a = -1, do đó d1 có dạng: y = -x + b+ tung độ của điểm M là: y = 22 = 4. Tọa độ điểm M(2; 4)+ mặt khác d1 đi qua M nên ta có: 4 = -2 + b => b = 6Vậy pt d1: y = -x + 6

*************************************************************

Ngày dạy: ……………………………………..

PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN

A. Kiến thức cơ bản1. Định nghĩa: pt bậc hai một ẩn là pt có dạng: 2 0 0ax bx c a (1), trong đó x là ẩn; a, b, c làcác số cho trước.2. Cách giải

a) Khuyết c (c = 0): pt (1) trở thành: 200

0 00

xxax bx x ax b bax b x

a

b) Khuyết b (b = 0): pt (1) trở thành: 2 2 20 cax c ax c xa

(2)

- nếu 0ca

thì pt (2) vô nghiệm, suy ra pt (1) cung vô nghiệm

- nếu 0c cxa a

c) đầy đủ: 2 0 0ax bx c a

Công thức nghiệm2 4b ac

+ Nếu 0 thì pt có 2 nghiệm phân biệt:

1 2;2 2

b bx xa a

+ nếu 0 thì pt có nghiệm kép: 1 2 2bx xa

+ nếu 0 thì pt vô nghiệm

Công thức nghiệm thu gọn' '2b ac

+ Nếu ' 0 thì pt có 2 nghiệm phân biệt:' ' ' '

1 2;b bx xa a

+ nếu ' 0 thì pt có nghiệm kép:'

1 2bx xa

+ nếu ' 0 thì pt vô nghiệmd) Cho pt: 2 0 0ax bx c a . Điều kiện để phương trình:

- Vô nghiệm: 0 ( ' 0 )- Nghiệm kép: 0 ( ' 0 )- Có 2 nghiệm phân biệt: 0 ( ' 0 ) hoặc a.c < 0

- Có 2 nghiệm cùng dấu: '

1 2

0

. 0x x

- Có 2 nghiệm cùng dấu âm: '

1 2

1 2

0

. 00

x xx x

- Có 2 nghiệm cùng dấu dương: '

1 2

1 2

0

. 00

x xx x

- Có 2 nghiệm khác dấu: '

1 2

0

. 0x x

3. Hệ thức Vi-ét và ứng dụng

- Định lý: Nếu x1; x2 là 2 nghiệm của pt 2 0 0ax bx c a thì1 2

1 2.

bx xa

cx xa

- Ứng dụng nhẩm nghiệm của hệ thức Vi-ét:

+ nếu pt 2 0 0ax bx c a có 0a b c thì pt có 2 nghiệm là: 1 21; cx xa

+ nếu pt 2 0 0ax bx c a có 0a b c thì pt có 2 nghiệm là: 1 21; cx xa

+ nếu.u v Su v P

thì suy ra u, v là nghiệm của pt: 2 0x Sx P (điều kiện để tồn tại u, v là

2 4 0S P )B. Bài tập áp dụngBài 1: Giải các phương trình sau:

2 21 2 1 2

2 21 2 1 2

21 2

6 2 2) 5 6 0 0; ) 2 1 0 ;5 2 2

5 3) 8 5 0 0; ) 2 3 0 0;8 2

) 2 42 0 21; 21

a x x x x b x x x

c x x x x d x x x x

e x x x

Bài 2: Giải các phương trình sau:

2 21 2 1 2

2 21 2 1 2

21 2

1) 3 4 1 0 1; ) 10 39 0 3; 133

14) 6 55 0 11; 5 ) 3 70 0 5;3

1) 2 5 2 0 2;2

a x x x x b x x x x

c x x x x d x x x x

e x x x x

Bài 3: Giải các phương trình sau:a) 2 22 1 2 1 3 1 5 6 7 0x x x x x pt vô nghiệm

b) 2 21 2

104 1 2 6 1 0 14 20 0 0;7

x x x x x x x

c) 21 2

113 1 2 20 3 5 22 0 2;3

x x x x x x

d) 21 2

154 4 3 3 0 4 19 15 0 1;4

x x x x x x

Bài 4: Chứng tỏ rằng với mọi m các phương trình sau luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt.a) 2 2 1 0x m x m

Ta có:2

' 2 1 3... 1 0,2 4

m m m m

, do đenta dương với mọi m nên pt có 2 nghiệm phân

biệt với mọi giá trị của mb) 2 2 1 0x mx m Ta có: ' 2 2 2... 4 1 ... 5 4 0,m m m m , do đenta dương với mọi m nên pt có 2 nghiệmphân biệt với mọi giá trị của mBài 5: Cho pt 2 2 1 2 0mx m x . Tìm m để pt có nghiệm képPt có nghiệm kép:

1 221 2

000 3 2 2 3 2 2;3 2 2 3 2 20 2 24 12 1 0 ;2 2

mmam m

m m m m

Bài 6: Cho 2 pt sau: 2 22 0 1 ; 2 0 2x mx x x m . Với giá trị nào của m thì 2pt trên có 1 nghiệm chung

- đk để pt (1) có nghiệm là: ' 21

2 28 0

2 2

mm

m

(*)

- đk để pt (2) có nghiệm là: '2 1 0 1m m (**)

- từ (*) và (**) suy ra để cả 2 pt có nghiệm thì 2 2m - giả sử x0 là 1 nghiệm chung của 2 pt trên, ta có :

2 20 0 0 0 0 0 0 0

22 2 0 2 2 0 2 2 12

mx mx x x m mx x m m x m xm

(vì m

khác 2 do 2 2m )- thay x0 = 1 vào (1) hoặc (2) ta được: 21 2 0 3m m Vậy m = -3 thì 2 pt trên có 1 nghiệm chungBài 7: Tìm m để 2 pt sau có nghiệm chung?

2

2

4 5 0 1

2 1 0 2

x m x m

x m x m

- đk để pt (1) có nghiệm là: 21

2 2 24 4 0

2 2 2

mm m

m

(*)

- đk để pt (2) có nghiệm là: 22 0,m m (**)

- từ (*) và (**) suy ra để cả 2 pt có nghiệm thì2 2 2

2 2 2

m

m

(***)

- giả sử x0 là nghiệm chung của 2 pt trên, ta có : 2 2

0 0 0 0 0 04 5 2 1 0 4 2 4 2x m x m x m x m m m x x - thay x0 = 2 vào (1) ta được: 4 ( 4).2 5 0 1m m m (thỏa mãn (***))Vậy m = 1 thì 2 pt trên có nghiệm chung.Bài 8: Tìm m để 2 pt sau có nghiệm chung?

2

2

2 1 0 1

2 0 2

x mx

mx x

- đk để pt (1) có nghiệm là: 21 8 0,m m (*)

- đk để pt (2) có nghiệm là: 211 8 08

m m (**)

- từ (*) và (**) suy ra để cả 2 pt có nghiệm thì 18

m (***)

- giả sử x0 là nghiệm chung của 2 pt trên, khi đó: 2 2 2

0 0 0 0 0 02 1 2 0 2 1 3 0x mx mx x m x m x

Ta có: 22 10 25 5 0 5 5m m m m m (vì 18

m ), nên pt có 2 nghiệm phân biệt:

1 20 0

2 21 5 3 1 5 2 4; 12 2 2 2 2 2 2 2 2

mm m m m mx xm m m m m

- thay10

32

xm

vào (1) ta được:

2

2 23 32. . 1 0 18 3 2 2 0 7 02 2

m m m m m mm m

(phương trình vô nghiệm

vì có 27 0m )- thay

20 1x vào (1) ta được: 22.1 .1 1 0 1m m (thỏa mãn (***))Vậy m = -1 thì 2 pt trên có nghiệm chung.Bài 9: Cho pt 2 4 1 0x x m a) xác định m để pt có nghiệmb) Tìm m để pt có 2 nghiệm thỏa mãn: 2 2

1 2 10x x LG

a) Ta có: ' ... 3 m . Pt có nghiệm ' 0 3 0 3m m

b) với 3m giả sử pt có 2 nghiệm là x1 ; x2. theo Vi-ét ta có: 1 2

1 2

4. 1

x xx x m

(*)

lại có: 22 21 2 1 2 1 210 2 10x x x x x x (**)

thay (*) vào (**) ta được: 24 2 1 10 2m m (thỏa mãn điều kiện)

Bài 10: Cho pt 23 5 0x x m . Xác định m để pt có 2 nghiệm thỏa mãn 2 21 2

59

x x

Ta có: ... 25 12m

Pt có 2 nghiệm 250 25 1212

m m (*)

với 2512

m giả sử pt có 2 nghiệm là x1 ; x2. theo Vi-ét ta có:

1 2

1 2

5 (1)3

. 23

x x

mx x

lại có: 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2

5 5 5 5 19 9 3 9 3

x x x x x x x x x x (3)

kết hợp (1) và (3) ta có hệ phương trình:11 2

21 2

5 13

2133

xx x

xx x

thay vào (2) ta được 21. 23 3

m m

(thỏa mãn đk (*))

Bài 11: Cho pt 2 2 2 1 0x mx m a) Chứng tỏ rằng pt có nghiệm x1, x2 với mọi mb) Đặt 2 2

1 1 1 22 5A x x x x

* CMR: 28 18 9A m m * Tìm m để A = 27c) Tìm m để pt có nghiệm này bằng 2 lần nghiệm kia

LGa) ta có 22 2 1 1 0,m m m m , do đó pt có 2 nghiệm với mọi giá trị của m

b) + với mọi m pt có nghiệm x1, x2. theo Vi-ét ta có: 1 2

1 2

2. 2 1

x x mx x m

(*)

từ 22 21 1 1 2 1 2 1 22 5 2 9A x x x x A x x x x (**)

thay (*) vào (**) ta được: 2 22 2 9 2 1 8 18 9A m m m m => đpcm

+ với A = 27 suy ra 2 21 2

38 18 9 27 8 18 18 0 3;4

m m m m m m

c) giả sử x1 = 2.x2, kết hợp (*) ta có:

1 1

1 2 1 2

1 2 2 2 2

21 2 1 2

4 43 32 2

2 22 3 23 3

. 2 1 . 2 1 4 2 8 18 9 0. 2 13 3

m mx xx x x x

m mx x m x m x xx x m x x m m m m mm

giải pt 21 2

3 38 18 9 0 ;2 4

m m m m

***************************************************

Ngày dạy: …………………………………….

CÁC GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN – TỨ GIÁC NỘI TIẾP

A. Kiến thức cơ bản: Tứ giác nội tiếp1. Định nghĩa: Tứ giác có 4 đỉnh nằm trên đtròn đgl tứ giác nội tiếp2. Tính chất: Trong 1 tứ giác nội tiếp tổng số đo các góc đối diện bằng 1800

3. Dấu hiệu: Để chứng minh một tứ giác nội tiếp đtròn ta chứng minh:- Tứ giác có 4 đỉnh nằm trên đtròn- Tứ giác có tổng 2 góc đối diện bằng 1800

- Tứ giác có 2 góc bằng nhau cùng nhìn xuống 1 cạnhB. Bài tập áp dụng:Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M nằm trên AC, đtròn đường kính CM cắt BC tại E, BM cắtđròn tại Da) CMR: tứ giác BADC nội tiếpb) DB là phân giác của góc EDAc) CMR 3 đường thẳng BA, EM, CD đồng quy

O

21

1

K

M

E

D

C

B

A

a) ta có: 090BAC (gt) 090BDC (góc nt chắn nửa đtròn)

Suy ra tứ giác BADC nt đtròn đường kính BCb) ta có:

1 1C D (cùng chắn cung ME)

vì tứ giác BADC nt 1 2C D (cùng chắn cung AB)

1 2D D DB là phân giác của góc EDA

c) giả sử AB cắt CD tại K

xét tam giác KBC, ta có:CK BKBD CKCA BD M

M là trực tâm của tam giác KBC KM BC

mặt khác ME BC (góc nt chắn nửa đtròn), suy ra đthẳng KM và ME trùng nhaudo đó 3 đthẳng AB, EM, CD đồng quy tại KBài 2: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB tại E, cắt AC tại F.Các tia BE cà CE cắt nhau tại H. CMR:a) AH vuông góc với BCb) Gọi K là giao điểm của AH và BC. CMR: FB là phân giác của góc EFKc) Gọi M là trung điểm của BH. CMR: tứ giác EMKF nt

2

22

1

1

F

H

O

211

K

M

E

CB

A

a) ta có: 090BEC (góc nt chắn nửa đtròn) CE AB 090BFC (góc nt chắn nửa đtròn) BF AC

xét tam giác ABC, ta có:CE ABBF ACBF CE H

H là trực tâm của tam giác ABC AH BC

b) xét tứ giác CKHF, có: 0180K F tứ giác CKHF nt 1 2C F (cùng chắn cung HK)

mặt khác: 1 1C F (cùng chắn cung BE)

suy ra 1 2F F , do đó FB là phân giác của góc EFK

c) xét tứ giác BKHE có 0180K E tứ giác BKHE nt 1 1B K (cùng chắn cung HE)

mà: 1 2B C (cùng chắn cung EF)

mặt khác, do tứ giác CKHF nt 1 2K C (cùng chắn cung HF)

suy ra 1 1 2 2B K C K (1)

xét tam giác BEH, có: 090E BM HM ME BMEBM HM

cân tại M

do đó 12EMF B (tính chất góc ngoài của tam giác) (2)

từ (1) và (2) 1 22 2EMF K K EKF tứ giác EMKF nt

Bài 3: Cho đtròn (O), điểm A nằm bên ngoài đtròn. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AB, AC với đtròn (B, C là cáctiếp điểm). M là một điểm trên dây BC, đthẳng qua M vuông góc với OM cắt tia AB và AC lần lượt tại Dvà E. CMR:a) Các tứ giác: BDOM; ECOM ntb) M là trung điểm của DE1

1

O1

1

M

E

D

C

B

A

a) xét tứ giác BDOM, ta có: 090DMO (gt) 090DBO (tính chất tiếp tuyến)Suy ra 4 điểm B, D, O, M nằm trên đtròn đường kính DO, do đó tứ giác BDOM ntxét tứ giác ECOM, ta có: 090OME (gt) 090OCE (tính chất tiếp tuyến)Suy ra 0180OME OCE do đó tứ giác ECOM ntb) vì tứ giác BDOM nt nên

1 1B D (cùng chắn cung MO) (1)

tứ giác ECOM nt nên 1 1C E (cùng chắn cung MO) (2)

mà 1 1B C (vì tam giác OBC cân tại O)

từ (1), (2) và (3) suy ra 1 1D E , do đó tam giác ODE cân tại O, lại có OM DE (gt), do đó OM là

đường cao đồng thời là đường trung tuyến ứng với cạnh DE => MD = ME. đpcmBài 4: Cho đtròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B (O và O’ thuộc 2 nửa mặt phẳng bờ AB). Qua B kẻ cáttuyến vuông góc với AB cắt đtròn (O) ở C, căt đtròn (O’) ở D, tia CA cắt (O’) ở I, tia DA cắt (O) ở K.a) CMR: tứ giác CKID ntb) Gọi M là giao điểm của CK và DI. Chứng minh 3 điểm M, A, B thẳng hàng

O'

I

O

K

M

DC B

A

a) vì 090ABC AC là đường kính của (O) 090ABD AD là đường kính của (O’)Ta có: 090CKA (góc nt chắn nửa đtròn (O)) 090DIA (góc nt chắn nửa đtròn (O’))Do đó: CKA DIA tứ giác CKID nt đường tròn đường kính CD

b) xét tam giác MCD, ta có:CI MDDK MCCI DK A

A là trực tâm của t.giác MCD MA CD (1)

mà AB CD (2)từ (1) và (2) suy ra 3 điểm M, A, B thẳng hàng. đpcmBài 5: Cho đtròn (O) đường kính AB, M là 1 điểm trên đtròn; C là 1 điểm nằm giữa A và B. qua M kẻđthẳng vuông góc với CM, đthẳng này cắt các tiếp tuyến của (O) kẻ từ A và B lần lượt tại E và F. CMR:a) Các tứ giác: AEMC, BCMF ntb) Tam giác ECF vuông tại C

22

1

1

F

O

1

1

M

E

C BA

a) xét tứ giác AEMC có: 0 0 090 90 180A M , mà góc A và góc M là 2 góc ở vị trí đối diện, do đó tứgiác AEMC ntchứng minh tương tự ta cũng có tứ giác BCMF ntb) vì tứ giác ACME nt

1 1A E (cùng chắn cung MC) (1)

tứ giác BCMF nt 1 1B F (cùng chắn cung MC) (2)

ta có: 090AMB (góc nt chắn nửa đtròn) 01 1 90A B (3)

từ (1); (2) và (3) 01 1 90E F

xét tam giác ECF, có: 0 01 1 90 90E F ECF ECF vuông tại C

Bài 6: Cho tam giác ABC nhọn nt đtròn (O), có 2 đường cao BB’ và CCa) CMR: tứ giác BCB’C’ ntb) Tia AO cắt đtròn (O) ở D và cắt B’C’ ở I. CMR: tứ giác BDIC’ ntc) Chứng minh OA vuông góc với B’C’

C'

B'

I

O

D

C

B

A

a) xét tứ giác BCB’C’ có ' ' 090BBC BCC tứ giác BCB’C’ ntb) ta có: ACB ADB (cùng chắn cung AB) (1)mặt khác do tứ giác BCB’C’ nt ' ' 0180BC B ACB (2)từ (1) và (2) ' ' 0180BC B ADB hay ' 0180BC I IDB , suy ra tứ giác BDIC’ ntc) ta có: 090ABD (góc nt chắn nửa đtròn) ' 090C BD

do tứ giác BDIC’ nt ' ' 0 ' 0 ' '180 90C BD C ID C ID AO BC Bài 7: Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N là 2 điểm lần lượt trên 2 cạnh BC và CD sao cho 045MAN .AM và AN cắt đường chéo BD tại P và Q. Gọi H là giao điểm của MQ và NP. CMR:a) Tứ giác ABMQ ntb) Tam giác AQM vuông cânc) AH vuông góc với MN

450 P

Q

N

2

1

H

2

1

M

D C

BA

a) vì ABCD là hình vuông có BD là đường chéo, nên BD là phân giác của góc ABC 0 0 0

1 2 21 .90 45 452

B B B QAM tứ giác ABMQ nt

b) vì tứ giác ABMQ nt 0 0 0 0180 90 180 90ABM AQM AQM AQM MQ AN

xét tam giác AQM, có:

0

0

45

90

A

AQM

AQM vuông cân tại Q

c) ta có: DB là đường chéo của hình vuông ABCD nên DB là phân giác của góc ADC 0 0

1 21 .90 452

D D

tứ giác ADNP có 02 45DAN D tứ giác ADNP nt

0 0 0 0180 90 180 90ADN APN APN APN NP AM

Xét tam giác AMN, ta có:MQ ANNP AMMQ NP H

H là trực tâm của tam giác AMN AH MN

****************************************************************

Ngày dạy:……………………………..

PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

A. Kiến thức cơ bản:1. Phương trình trùng phương.- dạng tổng quát: 4 2 0 0ax bx c a

- cách giải: dùng phương pháp đặt ẩn phụ, đặt 2 0x t t . Khi đó ta có pt: 2 0at bt c (đây là ptbậc hai một ẩn)2. Phương trình chứa ẩn ở mẫu: Các bước giải- Tìm đk xác định của pt- Quy đồng mẫu thức cả 2 vế của pt, rồi khử mẫu- Giải pt vừa nhận được- Kết luận: so sánh nghiệm tìm được với đk xác định của pt3. Phương trình tích.- dạng tổng quát: . ... 0x xA B

- cách giải:

0. ... 0

0x

x xx

AA B

B

B. Bài tập áp dụng:Bài 1: Giải phương trình.

4 2 4 2

4 2 4 2

) 5 6 0 ) 4 3 1 0) 29 100 0 ) 13 36 0a x x b x xc x x d x x

Bài 2: Giải phương trình.

2

2 2

2

2 2 3 2

1 3 1 2 1 2 8 3) )2 1 1 4 18 6 3 1 9 1

30 13 7 18 7 4 3 38) )1 1 1 1 2 2 1

x x xa bx x x x x

x x xc dx x x x x x x

Bài 3: Giải phương trình.

2 32 2 2

22 2 2 3

) 3 1 3 2 2 ) 6 2 1

) 5 2 7 7 12 23 ) 2 3 10 15 0

a x x x x b x x x x

c x x x x x d x x x

3 2) 5 5 0e x x x

Bài 4: Tìm m để pt ẩn x sau có 4 nghiệm: 4 26 0x x m (1)Đặt 2 0x t t . Khi đó pt (1) trở thành: 2 6 0t t m (2)

Để pt (1) có 4 nghiệm thì pt (2) phải có 2 nghiệm phân biệt dương

'

1 2

1 2

9 06 0 0 9

. 0

mt t mt t m

Bài 5: Tìm m để pt có 2 nghiệm: 4 22 1 3 0x m x m (1)

Đặt 2 0x t t . Khi đó pt (1) trở thành: 2 2 1 3 0t m t m (2)Để pt (1) có 2 nghiệm thì pt (2) phải có 1 nghiệm dương (hay có 2 nghiệm trái dấu)

2

2' 2

1 2

3 70 3 4 01 3 0 0 32 4 3. 0 3 03 0 3

mm mm m m mmt t mm m

Bài 6: Cho pt: 4 22 3 0mx m x m (1). Với giá trị nào của m thì pt có 4 nghiệm?

Đặt 2 0x t t . Khi đó pt (1) trở thành: 2 2 3 0mt m t m (2)

Để pt (1) có 4 nghiệm thì pt (2) phải có 2 nghiệm dương phân biệt:

2' 2

1 2

1 2

0003 0

3 36 9 0 02 3 2 20 3 3 00. 1 0

a mmmm m

m m mmt t mm m

mt t

***************************************************************

Ngày dạy: …………………………………

GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH

A. Kiến thức cơ bản:- các bước giải bài toán bằng cách lập pt (hpt): 3 bướcB. Bài tập áp dụng:Bài 1: Tìm 2 số biết tổng của chúng bằng 17 và tổng các bình phương của chúng là 157.Gọi số thứ nhất là x (x < 17)Số thứ hai là: 17 – xTheo bài ra ta có pt: 22 2

1 217 157 ... 2 34 132 0 11; 6x x x x x x Vậy 2 số cần tìm là: 11 và 6Bài 2: Hai tổ đánh cá trong tháng đầu bắt được 590 tấn cá, tháng sau tổ 1 vượt mức 10%, tổ 2 vượt mức15%, do đó cuối tháng cả hai tổ bắt được 660 tấn cá. Tính xem trong tháng đầu mỗi tổ bắt được bao nhiêutấn cá.* Cách 1: lập pt

Tháng đầu Tháng sauTổ 1 x 10%.x xTổ 2 590 x 590 15%. 590x x

……Ta có pt: 10%. 590 15%. 590 660 ... 370x x x x x Vậy tổ 1: 370 tấn cá; tổ 2: 220 tấn cá* Cách 2: lập hê pt

Tháng đầu Tháng sauTổ 1 x 10%. 1,1x x x Tổ 2 y 15%. 1,5y y y

……….

Ta có hpt:590 370

1,1 1,5 660 220x y x

x y y

Bài 3: Lấy 1 số có 2 chữ số chia cho số viết theo thứ tự ngược lại thì được thương là 4 và dư 15. nếu lấysố đó trừ đi 9 thì được 1 số bằng tổng bình phương của mỗi chữ số đó. Tìm số này?Gọi số cần tìm là , ;0 , 9xy x y N x y

Số viết theo thứ tự ngược lại là: yxVì lấy xy đem chia cho yx được thương là 4 và dư 15 nên ta có:

4 15 2 13 5xy yx x y (1)Lấy xy trừ đi 9 được 1 số bằng tổng bình phương của mỗi chữ số, nên ta có:

2 2 2 29 10 9xy x y x y x y (2)

Từ (1) và (2) ta có hpt:2 2

2 13 5 9... 91

110 9x y x

xyyx y x y

Bài 4: hai vòi nước cùng chảy vào 1 cái bể sau 1 thời gian thì đầy bể. Nếu vòi 1 chảy 1 mình thì lâu hơn2h mới đầy bể so với cả 2 vòi, vòi 2 chảy 1 mình thì phải lâu hơn 4,5h mới đầy bể so với cả 2 vòi. Hỏinếu chảy 1 mình thì mỗi vòi chảy bao lâu mới đầy bể?

Cả 2 vòi Vòi 1 Vòi 2TGHTCV x 2x 4,5x

1h chảy được 1x

12x

14,5x

Ta có pt: 21 1 1 ... 9 32 4,5

x xx x x

Nghiệm thỏa mãn là x = 3Bài 5: 1 công nhân phải hoàn thành 50 sản phẩm trong 1 thời gian quy định. Do cải tiến kỹ thuật nên mỗigiờ đã tăng năng suất thêm 5 sản phẩm vì thế người ấy hoàn thành kế hoaahj sớm hơn thời gian quy địnhlà 1h40ph. Tính số sản phẩm mỗi giờ người đó phải làm theo dự định.

Số sản phẩm mỗi giờ làm TGHTCVDự định x 50

xThực tế 5x 50

5x ……. Ta có pt:

2

1 2

50 50 5 ..... 5 150 05 3

10; 15

x xx xx x

Nghiệm thỏa mãn là x = 10Bài 6: 1 chiếc thuyền khởi hành từ bến sông A. sau 2h40ph một ca nô chạy từ A đuổi theo và gặp thuyềncách bến A 10km. Hỏi vận tốc của thuyền, biết rằng vận tốc ca nô hơn vận tốc của thuyền là 12km/h.

S V TCa nô 10 12x 10

12x Thuyền 10 x 10

x….. ta có pt:

2

1 2

10 10 8 30 12 30 8 12 .... 8 96 360 012 3

3; 15

x x x x x xx x

x x

Giá trị thỏa mãn là x = 3Bài 7: khoảng cách giữa 2 bến sông A và B là 30km. 1 ca nô đi từ A đến B, nghỉ 40ph ở B, rồi lại trở vềA. thời gian kể từ lúc đi đến lúc trở về A là 6h. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết vận tốcdòng nước là 3km/h.

V S TNước yên lặng x

xuôi 3x 30 303x

Ngược 3x 30 303x

Ta có phương trình:2

1 230 2 30 30 30 16 36 8 90 72 0 12;

3 3 3 3 3 3 4x x x x

x x x x

Bài 8: 1 phòng họp có 360 ghế được xếp thành các dãy và số ghế trong mỗi dãy đều bằng nhau. Nếu sốdãy tăng thêm 1 và số ghế trong mỗi dãy tăng thêm 1 thì thì phòng họp có 400 ghế. Tính số dãy ghế và sốghế trong 1 dãy lúc ban đầu.

Số dãy Số ghế trong 1 dãy Số ghế của cả phòngBan đầu x y xy

Sau khi thay đổi 1x 1y 1 1x y

Ta có hpt:

360 3601 1 400 39

xy xyx y x y

x, y là nghiệm của pt bậc

hai: 21 239 360 0 24; 15t t t t

Vậy: - Nếu số dãy ghế bằng 24 thì số ghế trong một dãy là 15- Nếu số dãy ghế bằng 15 thì số ghế trong một dãy là 24.

Bài 9: 1 xuồng máy xuôi dòng 30km, và ngược dòng 28km hết 1 thời gian bằng thời gian mà xuồng máyđi 59,5km trên mặt hồ yên lặng. Tính vận tốc của xuồng khi đi trên hồ yên lặng, biết rằng vận tốc củanước là 3km/h

V S TNước yên lặng x 59,5 59,5 119

2x x

xuôi 3x 30 303x

Ngược 3x 28 283x

….. Ta có pt:

2 2

1 2

119 30 28 119 3 3 2 .30. 3 2 .28. 32 3 3

3 12 1071 0 4 357 0 17; 21

x x x x x xx x xx x x x x x

Bài 10: 1 lâm trường dự định trồng 75ha rừng trong một số tuần lễ. Do mỗi tuần trồng vượt mức 5ha sovới kế hoạch nên đã trồng được 80ha và hoàn thành sớm hơn 1 tuần. Hỏi mỗi tuần lâm trường dự địnhtrồng bao nhiêu ha rừng?

1 tuần trồng được số ha TGHTCVKế hoạch x 75

xThực tế 5x 80

5x ….. Ta có pt:

21 2

75 80 1 10 375 0 15; 255

x x x xx x

Bài 11: 1 ca nô xuôi từ A đến B cách nhau 24km, cùng lúc đó cũng từ A đến B 1 bè nứa trồi với vận tốcdòng nước là 4km/h. Khi đến B ca nô quay trở lại và gặp bè nứa tại điểm C cách A là 8km. Tính vận tốcthực của ca nô.

BCA

Gọi vận tốc thực của ca nô là: x (km/h; x > 4)Vận tốc xuôi: x + 4 (km/h)Vận tốc xuôi: x - 4 (km/h)

Thời gian xuôi từ A đến B: 244x

(h)

Quãng đường BC: 24 – 8 = 16 (km)

Thời gian ngược từ B đến C: 164x

(h)

Thời gian bè nứa đi từ A đến C: 8 24

(h)

Ta có pt: 21 2

24 16 2 2 40 0 0; 204 4

x x x xx x

BÀI TẬP VỀ NHÀ:Bài 1. Hai thành phố A và B cách nhau 50km. Một người đi xe đạp từ A đến B. Sau đó 1giờ 30phút mộtxe máy cũng đi từ A và đến B trước người đi xe đạp 1 giờ .Tính vận tốc của mỗi người biết vận tốc củangười đi xe máy bằng 2,5 lần vân tốc người đi xe đạp .* Lập bảng

Quãng đường Vận tốc Thời gian

Xe đạp 50 x 50x

Xe máy 50 2,5x 502,5.x

* Ta có phương trình: 50 50 3 12,5. 2x x

, nghiệm x = 12

Bài 2: Một ô tô đi từ Hải Phòng về Hà Nội, đường dài 100km, người lái xe tính rằng nếu tăng vận tốcthêm 10 km/h thì về đến Hà Nội sớm nửa giờ. Tính vận tốc của ô tô nếu không tăng.* Lập bảng

Quãng đường Vận tốc Thời gian

Không tăng 100 x 100/x

Tăng 100 x + 10 100/x + 10

* Ta có phương trình: 100 100 110 2x x

Bài 3. Một ô tô đi quãng đường AB dài 840km, sau khi đi được nửa đường xe dừng lại 30 phút nên trênquãng đường còn lại, xe phải tăng vận tốc thêm 2km/h để đến B đúng hẹn. Tính vận tốc ban đầu của ô tô .+ Gọi vân tốc ban đầu của ô tô là x (km/h, x > 0)

+ Thời gian đi hết quãng đường AB theo dự định là: 840x

(h)

+ Nửa quãng đường đầu ô tô đi hết: 420x

(h)

+ Vận tốc của ô tô trên nửa quãng đường còn lại là: x + 2 (km/h)

+ Thời gian của ô tô trên nửa quãng đường còn lại là: 4202x

(h)

+ Theo bài ra ta có phương trình sau: 1 2840 420 1 420 ........... 40; 42

2 2x x

x x x

Bài 4. Quãng sông từ A đến B dài 36km, một ca nô xuôi từ A đến B rồi ngược từ B về A hết tổng cộng 5giờ. Tính vận tốc thực của ca nô biết vận tốc dòng nước là 3km/h

V thực V nước V xuôi V ngược S tXuôi x 3 x + 3 36 36/x+3

Ngược x – 3 36/x-3

* ta có pt sau: 36 36 5 15; 0,63 3

x xx x

Bài 5. Lúc 7 giờ một ô tô đi từ A đến B. Lúc 7giờ 30 phút một xe máy đi từ B đến A với vận tốc kém vậntốc của ô tô là 24km/h. Ô tô đến B được 1 giờ 20 phút thì xe máy mới đến A. Tính vận tốc của mỗi xe ,biết quãng đường AB dài 120km.* lập bảng

V S TÔ tô x 120 120/x

Xe máy x-24 120 120/x-24

- thời gian xe máy đi nhiều hơn ô tô là: 4 1 5 ( )3 2 6

h

- ta có pt: 2120 120 5 24 3456 0 72; 4824 6

x x x xx x

Bài 6: Một người đi đoạn đường dài 640 km với 4 giờ đi ô tô và 7 giờ đi tàu hỏa .Hỏi vận tốc cuả ô tô vàtàu hỏa biết rằng vận tốc cuả tàu hỏa hơn vận tốc cuả ô tô là 5 km/h.* lập bảng

V T Sô tô x 4 4x

Tàu hỏa x+5 7 7(x+5)* ta có pt : 4x + 7(x + 5) = 640 => x = 55Bài 7. Một ca nô xuôi từ A đến B, cùng lúc đó một người đi bộ đi từ dọc bờ sông về hướng B. Sau khichạy được 24km, ca nô quay trở lại và gặp người đi bộ tại C cách A là 8km. Tính vận tốc của ca nô khinước yên lặng , biết vận tốc người đi bộ và vận tốc dòng nước đều bằng 4km/hToán năng suất* Chú ý:- Năng suất (NS) là số sản phẩm làm được trong một đơn vị thời gian (t).- (NS) x (t) = Tổng sản phẩm thu hoạchBài 1. Hai công nhân phải làm theo thứ tự 810 và 900 dụng cụ trong cùng một thời gian. Mỗi ngày ngườithứ hai làm được nhiều hơn người thứ nhất là 4 dụng cụ. Kết quả người thứ nhất hoàn thành trước thờihạn 3 ngày, người thứ hai hoàn thành trước thời hạn 6 ngày. Tính số dụng cụ mỗi người phải làm trongmỗi ngày.* Lập bảng

Tổng số sản phẩm cần làm Mỗi ngày làm được TGHTCVNgười 1 810 x 810/xNgười 2 900 y 900/y

* Ta có hệ phtrình: 21 2

434 1080 0 20; 54810 9003 6

y xx x x x

x y

, sau đó tìm y

Bài 2. Hai đội công nhân, mỗi đội phải sửa một quãng đường dài 20km, trong một tuần cả hai đội làmtổng cộng được 9km. Tính xem mỗi đội sửa được bao nhiêu km trong một tuần, biết thời gian đội I làmnhiều hơn đội II làm là một tuần .* Lập bảng

Tổng số quãng đường phải sửa Mỗi tuần làm được TGHTCVĐội 1 20 x 20/xĐội 2 20 9 – x 20/9 – x

* Ta có phtrình: 220 20 1 49 180 0 45; 49

x x x xx x

Bài 3. Một đội công nhân dự định hoàn thành công việc với 500 ngày công thợ. Hãy tính số người của đội,biết rằng nếu bổ sung thêm 5 công nhân thì số ngày hoàn thành công việc giảm 5 ngày .* Lập bảng

Tổng số ngày công Số công nhân TGHTCVLúc đầu 500 x 500/x

Sau khi bổ sung 500 x + 5 500/ x + 5

* Ta có phtrình: 2500 500 5 5 500 0 25; 205

x x x xx x

***************************************************************

Ngày dạy: ………………………….

ÔN TẬP HÌNH HỌC

Bài 1: Từ 1 điểm M ở ngoài (O), vẽ 2 tiếp tuyến MA, MB với đtròn. Trên cung nhỏ AB lấy 1 điểm C. VẽCD vuông góc với AB, CE vuông góc với MA, CF vuông góc với MB. Gọi I là giao điểm của AC và DE,K là giao điểm của BC và DF. CMR:a) Tứ giác AECD nt; tứ giác BFCD ntb) CD2 = CE.CFc) Tứ giác ICKD ntd) IK vuông góc với CD

C

2

2

22

21

1

11

1K

I

F

E

DO

B

M

A

a) Ta có: 090AEC ADC BDC BFC (gt)+ xét tứ giác AECD, ta có: 0180AEC ADC , mà 2 góc này ở vị trí đối nhau suy ra tứ giác AECD nt+ xét tứ giác BFCD, ta có: 0180BDC BFC , mà 2 góc này ở vị trí đối nhau suy ra tứ giác BFCD ntb) ta có:

1 1A B (cùng chắn cung AC)

+ do tứ giác BFCD nt 1 1F B (cùng chắn cung CD)

Suy ra: 1 1F A (1)

+ do tứ giác AECD nt 1 1A D (cùng chắn cung CE) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 1 1 1F D B

Mặt khác: 2 2A B (cùng chắn cung BC)

+ do tứ giác AECD nt 2 2A E (cùng chắn cung CD)

Suy ra: 2 2E B (3)

+ do tứ giác BFCD nt 2 2D B (cùng chắn cung CF) (4)

Từ (3) và (4) suy ra: 2 2 2E D A

Xét tam giác CDE và tam giác CDF, ta có:

1 1 2

2 2

. .D F CD CECDE CFD g g CD CE CF

CF CDE D

c) Xét tứ giác ICKD, ta có: 01 2 1 2 180ICK IDK ICK D D ACB B A (tổng các góc của tam

giác ABC), mà ;ICK IDK là 2 góc ở vị trí đối nhau, suy ra tứ giác ICKD nt

d) ta có tứ giác ICKD nt 1 2I D (cùng chắn cung CK), mà

2 2D A (cmt)

Suy ra 1 2I A , mà

1 2;I A là 2 góc ở vị trí đồng vị nên IK // AB, lại do AB vuông góc với CD, nên IKvuông góc với CDBài 2: Cho tam giác ABC cân tại A nt đtròn (O), điểm D thuộc tia đối của tia AB, CD cắt (O) tại E, tiếptuyến của (O) tại B cắt EA ở F. CMR:

a) Tứ giác BFDE ntb) FD // BC

C

2

2

2

1

1

1

1

F

E

D

O

B

A

a) ta có: 1 1B E (cùng bù với 2E )

mà 1 1B C (do tam giác ABC cân tại A)

suy ra: 1 1E C (1)

mặt khác: 2 1 2E C B (cùng chắn cung AB) (2)

từ (1) và (2) suy ra 1 2E B 2 đỉnh B, E cùng nhìn xuống cạnh DF dới 2 góc bằng nhau, suy ra tứ giác

BFDE ntb) do tứ giác BFDE nt

2 1E D (cùng chắn cung BF), mà E2 = B2 = C1 = B1, suy ra D1 = B1 (2 góc ở vị trí so le trong) => FD // BCBài 3: Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh AD. Vẽ đtròn (O) đường kính MB, cắt AC tại E (khácA). Gọi là giao điểm của ME và DC. CMR:a) Tam giác BEM vuông cânb) EM = EDc) 4 điểm B, M, D, K thuộc cùng 1 đtrònd) BK là tiếp tuyến của (O)

K

M

C

2 22

2

1

1

1

11E

D

O

BA

a) vì tứ giác ABEM nt => BAM + BEM = 1800 => 900 + BEM = 1800

=> BEM = 900 (1)Mặt khác: A1 = A2 (tính chất của hình vuông) => sđ cung BE = sđ cung ME => BE=ME(2)Từ (1) và (2) suy ra tam giác BEM vuông cân tại Eb) xét tam giác BCE và tam giác DCE, ta có:CE: chung C1 = C2 (tính chất của hình vuông)CB = CD (gt)

Do đó BCE DCE (c.g.c) => BE = DE (cạnh tương ứng) (3)Từ (2) và (3) => EM = ED (= BE) (4)

c) ta có:

01 1

01 2 1 1

1 2

90

90

â

K M

D D K D EDK

M D EDM c n do EM ED

cân tại E => ED = EK (5)

(4) và (5) => EB = EM = ED = EK => 4 điểm B, M, D, K thuộc cùng 1 đtròn có tâm Ed) do tứ giác BKDM nt (E) 0 0180 ........ 90MDK MBK MBK BK BM BK là tiếptuyến của đtròn (O)Bài 4: Cho tam giác ABC cân tại A có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên nội tiếp đtròn (O). Tiếp tuyến tại B vàC của đtròn lần lượt cắt tia AC và tia AB ở D và E. CMR:a) BD2 = AD.CDb) Tứ giác BCDE ntc) BC // DE

jC

2

2

2

21

1

1

1

ED

O

B

A

a) ta có: A1 = B2 (cùng chắn cung BC)xét tam giác ABD và tam giác BCD, ta có:

1 2 2

1

. .:

A B AD BDABD BCD g g BD ADCDBD CDD chung

b) ta có:

1

1 1 1

1212

à

E sd AC sd BC

D sd AB sd BC D E

m AB AC sd AB sd AC

2 điểm D và E cùng nhìn xuống cạnh BC dưới 2 góc bằng

nhau => tứ giác BCDE ntc) ta có:

1 1B C (gt), mà tứ giác BCDE nt => BED = C1 (cùng bù với BCD)do đó B1 = BED (2 góc ở vị trí đồng vị) => BC // DEBài 5: Cho tứ giác ACBD nt đtròn (O), 2 đường chéo AB và CD vuông góc với nhau tại I. trung tuyến IMcủa tam giác AIC cắt BD ở K, đường cao IH của tam giác AIC cắt BD ở N.a) CMR: IK vuông góc với BDb) Chứng minh N là trung điểm của BDc) Tứ giác OMIN là hình gì? Tại sao?

d) Chứng minh 1 1;2 2

OM BD ON AC N

H

K

C

1

1

1I

D

O

B

M

A

a) ta có: B1 = C1 (cùng chắn cung AD) (1)+ do IM là trung tuyến của tam giác AIC => IM = MA => tam giác MAI cân tại M => A1= MIA+ mà MIA = KIB (đối đỉnh) => KIB = A1 (2)Từ (1) và (2) => B1 + BIK = C1 + A1 = 900 => IKB = 900 suy ra IK vuông góc với BDb) ta có: CIH = DIN (đối đỉnh), mà CIH + C1 = 900, do đó: DIN + C1 = 900

+ mà C1 = B1 suy ra: DIN + B1 = 900 (*)+ mặt khác: DIN + BIN = 900 (**)(*) và (**) suy ra: B1 = BIN => tam giác BIN cân tại N => NB = NI (3)+ lại có: IDN + B1 = 900

DIN + B1 = 900

Do đó: IDN = DIN => tam giác NID cân tại N => NI = ND (4)(3) và (4) => NB = ND => N là trung điểm của BDc) ta có: M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD => OM vuông góc với AC; ON vuông góc với BD=> OM // IN (cùng vuông góc với AC); ON // IM (cùng vuông góc vói BD)Do đó tứ giác DMIN là hình bình hành (vì có các cạnh đối song song)d) vì tứ giác OMIN là hình bình hành => OM = IN; ON = IM

mà 1 1;2 2

IN BD IM AC nên 1 1;2 2

OM BD ON AC

Documents

Ngày dạy: - i.vietnamdoc.neti.vietnamdoc.net/data/file/2015/Thang06/23/giao-an-day-them-Toan-9.pdf · o 1 2 'o 1 { f 'o ^q b[ sssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssss