giáo án ôn thi vào lớp 10 môn Toán

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2016 – 2017

Ngày soạn:2/5
Tiết: 1+2 Bài dạy:

1

§ Biến đổi các biểu thức chứa căn

I. MỤC TIÊU :
1. Kiến thức: (CBHSH – Căn thức bậc hai, ĐK tồn tại; HĐT A2 = A - Các phép biến đổi đơn giản – Các
phép toán trên CBH )
2. Kỹ năng: - Tính giá trị (Rút gọn) biểu thức số
- So sánh các biểu thức số chứa CBH
- Rút gọn một biểu thức chứa biến, sử dụng kết quả rút gọn để: Tính giá trị biểu thức khi biết giá trị của
biến; Giải PT , BPT; Tìm giá trị LN, NN của biểu thức; Tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nhận giá
trị nguyên;…
3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát.
II. NỘI DUNG:
TL
20’

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
I. Lý thuyết:
Gv: Cho hs nhắc lại các kiến thức ở bên
bằng các câu hỏi hợp lý, qua đó GV cho
ví dụ đơn giản để HS thực hiện
VD:
* 3 = x , thì x = ?

* So sánh 10 và 2 31
HS: Tìm hai cách
Bình phương của biểu thức không âm
Đưa thừa số vào trong dấu căn
9
10. 40
169
*
;
2300
45.80
23
* Đưa thừa số ra ngoài dấu căn:
7 x 2 ∀x > 0
Đưa thừa số vào trong dấu căn:
−11
x
∀x < 0
x
Khử mẫu của biểu thức lấy căn:

* −3 = x , thì x = ?

3
2

KIẾN THỨC
I. Lý thuyết:
1. Căn bậc hai:

•

II. Bài tập:
Bài 1: Thu gọn các biểu thức sau:

Trần Ngọc Phong

2

(

= − a

)

2

=a ∀ a ≥ 0

•
a ≤ b ⇔a≤b
•
A có nghĩa khi A ≥ 0
2. Một số hằng đẳng thức cần nhớ:
 A khi A ≥ 0
A2 = A = 
•
-A khi A < 0
2
2

• (a + b) = a + 2ab + b2
• (a – b)2 = a2 – 2ab + b2
• a2 – b2 = (a + b)(a – b)
3. Các phép tính nhân và chia:
•
A.B = A . B với A ≥ 0; B ≥ 0
A
A
=
với A ≥ 0; B > 0
B
B
4. Các phép biến đổi đơn giản:
•
•

A 2 B = A B với B ≥ 0

•

A
1
=
B
B

AB với AB ≥ 0; B ≠ 0

M
M

=
A ± B
A ≠B
5. Căn bậc ba:
•

3

70’

( a)

•

(

3

A

)

3

(

A m B
A-B

)

với A ≥ 0; B ≥ 0;

=A

A ≥ 0 thì

3

A≥ 0

A < 0 thì

3

A< 0

II. Bài tập:
Bài 1: Thu gọn các biểu thức sau:
THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10

TL

2

Năm học: 2016 – 2017

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
a) 2 3 + 3 27 − 300
3
13
6
+
+
b)
2+ 3 4− 3
3
3- 3
3+ 3
+
c) A =
2- 3 + 2 2
2+ 3 - 2 2

KIẾN THỨC
a) 2 3 + 3 27 − 300 = 2 3 + 9 3 − 10 3 = 3
3
13
6
+
+
= 3 2 − 3 + 4 + 3 + 2 3 = 10
b)
2+ 3 4− 3
3

(

c) A =

3- 3
2=

3+ 2 2
2( 3 - 3)

) (

)

3+ 3

+

2+ 3 - 2 2
2( 3 + 3)

.

+
4- 2 3 + 4
4+ 2 3 - 4
2( 3 - 3)
2( 3 + 3)
=
+
3 - 1+ 4

3 + 1- 4
2
2( 3 - 3) + 2( 3 + 3) 2
=
3- 9
24 2
=
=- 4 2
- 6
Bài 1.1: Thu gọn các biểu thức sau: (VN)
a) 2 75 − 3 12 + 27
18 + 2 45 − 2 50 − 3 80

b)

27
15
16
c) 5
+ 2
−3
4
10
3

(

)

d) 2 50 + 3 450 − 4 200 : 10

Bài 1.1: Thu gọn các biểu thức sau: (VN)
a) 2 75 − 3 12 + 27 = 10 3 − 6 3 + 3 3 = 7 3
18 + 2 45 − 2 50 − 3 80 = 3 2 + 6 5 − 10 2 − 12 5

b)

= −7 2 − 6 5
c) 5

27
15
16 15 3
3 3.4
+ 2
−3
=
+ 2
−
4
10
3
2
2
3

15 3
9 3
+ 3−4 3 =
2

2
d) 2 50 + 3 450 − 4 200 : 10 = 2 5 + 9 5 − 8 5 =
=

(

Bài 2:
Tính:
A = 2 40 12 - 2

2 5 + 3 32.5 − 4 22.5 = 2 5 + 3 45 − 4 20 = =
2 5 +9 5 −8 5 = 3 5
Bài 2:
A = 2 80 3 − 2 5 3 − 3 20 3 =
75 - 3 5 48

B = 4+ 7 - 4 - 7
Lưu ý HS câu B còn làm theo cách dùng
các hằng đẳng thức
BTVN:
Bài 1: Giải các phương trình:
a) 3 + x + 2 = 5
b)

3x 2 − 4 x + 3 = 1 − 2 x

Bài 2: Rút gọn:
3
125 + 3 27 − 3 8
Bài 3: So sánh:

2007 + 2009 với 2 2008
Trần Ngọc Phong

)

8 5 3 −2 5 3 −6 5 3 = 0

(

)

7 +1 - 7 −1
8+2 7 − 8−2 7
=
=
2
2
Hd BTVN:
Bài 1:
a) 3 + x + 2 = 25 ⇔ x = 482
1

x ≤
⇔ x=− 2
2
b) 
3 x 2 − 4 x + 3 = 4 x 2 − 4 x + 1

Bài 2:
5+3-2=6

Bài 3:
B=

2

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

Năm học: 2016 – 2017

(

2007 + 2009

(

)

3

KIẾN THỨC
2

= 2.2008 + 2 20082 − 1

< 4.2008 = 2 2008

)

2

BỔ SUNG:.......................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
III. RÚT KINH NGHIỆM :
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn:3/5
Tiết: 3+4 Bài dạy:

Năm học: 2016 – 2017

4

§ Biến đổi các biểu thức chứa căn

1. Kiến thức: (CBHSH – Căn thức bậc hai, ĐK tồn tại; HĐT A2 = A - Các phép biến đổi đơn giản – Các
phép toán trên CBH )
2. Kỹ năng: - Tính giá trị (Rút gọn) biểu thức số
- So sánh các biểu thức số chứa CBH
- Rút gọn một biểu thức chứa biến, sử dụng kết quả rút gọn để: Tính giá trị biểu thức khi biết giá trị của
biến; Giải PT , BPT; Tìm giá trị LN, NN của biểu thức; Tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nhận giá
trị nguyên;…
3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát.
II. NỘI DUNG:
TL
HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
KIẾN THỨC
88’ Bài 1:

II. Bài tập:
a) Rút gọn biểu thức
Bài 1:
2
a)Với a ≥ 0;a ≠ 4. Ta có
5 a − 3 3 a +1 a + 2 a + 8
A=
+
−
(5 a − 3)( a + 2) + (3 a + 1)( a − 2) − (a 2 + 2 a + 8)
a−4
a −2
a +2
A=
a−4
với a ≥ 0;a ≠ 4.
b) Tính giá trị của biểu thức
5a + 10 a − 3 a − 6 + 3a − 6 a + a − 2 − a 2 − 2 a − 8
=
a−4
B = 4+2 3 + 7−4 3
2
2
−a + 8a − 16 −(a − 4)
=
=
= 4−a
a−4
a−4
b) B = 4 + 2 3 + 7 − 4 3

= ( 3 + 1) 2 + (2 − 3) 2 = 3 + 1 + 2 − 3 = 3
Bài 2:
a) Tìm điều kiện của x để biểu thức sau
có nghĩa: A = x − 2013 + 2014 − x
b) Chứng minh đẳng thức:
a
b
2b
= 1 với a
a- b
a + b a- b
³ 0; a ³ 0 và a ¹ b

Bài 3:
Cho biểu thức
 a+ b
a − b   a + b + 2ab 
+
÷ : 1+
D = 
÷
÷
1 − ab 
 1 − ab 1 + ab  
với a > 0 , b > 0 , ab ≠ 1
a) Rút gọn D.
2
b) Tính giá trị của D với a =
2− 3

Trần Ngọc Phong

Bài 2:
 x ≥ 2013
⇔ 2013 ≤ x ≤ 2014
a) 
 x ≤ 2014
b)Với a ³ 0; b ³ 0 và a ¹ b, ta có:
a
b
2b
=
a- b
a + b a- b
a( a + b)
b( a - b) 2b
a + ab - ab + b - 2b
=
a- b
a- b
a- b
a- b
a- b
=
=1
a- b
Bài 3:
a) Rút gọn D : Biểu thức
 a+ b
a − b   a + b + 2ab 

+
÷:  1 +
D = 
÷
÷ 
1 − ab 
1
−
ab
1
+
ab


Với ĐK : a > 0 , b > 0 , ab ≠ 1 Biểu thức D có nghĩa
=

D=

(

)(

) (

a + b 1 + ab +

)(

)

a − b 1 − ab 1 − ab + a + b + 2ab
:
1 − ab
1 − ab

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10

TL

5

Năm học: 2016 – 2017

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

KIẾN THỨC
2 a + 2b a 1 + ab + a + b 2 a ( 1 + b ) ( 1 + a ) ( 1 + b )
:
=
:
1 − ab
1 − ab
1 − ab
1 − ab
2 a ( 1+ b)
1 − ab

2 a
=
.
=
1 − ab
( 1+ a) ( 1+ b) 1+ a
=

2

b) a =

x −1 + 4 + x = 3

(

)

3+1

(

2

) (

(

⇔2

=

)(

với a > 0; a ≠ 1.

2

=>

)

( x − 1) ( 4 + x )

( x − 1) ( 4 + x )

= 6 − 2x ⇔

3− x ≥ 0

 x≤3
⇔
⇔
2 ⇔ 
( x − 1) ( 4 + x ) = ( 3 − x ) 9 x = 13
Bài 5:
Chứng minh rằng :

a +2
a − 2  a +1

2

.
−
=
 a + 2 a +1
a − 1 
a −1
a


)

3 +1

(

)

2 3+ 1 2 3+ 1 2 3+ 2 5− 2 3 6 3− 2 2 3 3 − 1
=
=
=
=
13
13
13
5+ 2 3
5+ 2 3 5+ 2 3
(Vì 3 + 1 >0)

Bài 4:
a)Giải phương trình: x − 1 + 4 + x = 3
(1)
ĐK: x ≥ 1
(*)
PT (1) viết:
PT viêt: x − 1 + 4 + x + 2 ( x − 1) ( 4 + x ) = 9
2

D=

Bài 4:
Giải phương trình:

2− 3

= 4 + 2 3 = 3 + 2 3 +1 =

Vậy: PT đã cho có nghiệm: x =

= 3− x

x≤3


 13
 x = 9 ( thõa DK )

13
9

Bài 5:

a +2
a − 2  a +1
.
−
Với a > 0; a ≠ 1 ta có: 
a − 1 
a
 a + 2 a +1

(
(
=
=

=

a +2

a −2

−

a +1

) ( a − 1)(. a + 1) a
a + 2)( a − 1) − ( a − 2 )( a + 1)
.

( a + 1) .( a − 1)
a +1

2
a −1

2

2

.

a +1
a

=

2 a

( a − 1)

a

(đpcm).

BỔ SUNG:.......................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
III. RÚT KINH NGHIỆM:
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn:3/5/
Tiết: 5+6 Bài dạy:

6

Năm học: 2016 – 2017

§ Biến đổi các biểu thức chứa căn.
Hệ thức lượng trong tam giác vuông

1. Kiến thức: (CBHSH – Căn thức bậc hai, ĐK tồn tại; HĐT A2 = A - Các phép biến đổi đơn giản – Các
phép toán trên CBH )
- Hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông
- Tỉ số lượng giác của góc nhọn
- Các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông
2. Kỹ năng: - Tính giá trị (Rút gọn) biểu thức số
- So sánh các biểu thức số chứa CBH
- Rút gọn một biểu thức chứa biến, sử dụng kết quả rút gọn để: Tính giá trị biểu thức khi biết giá trị của

biến; Giải PT , BPT; Tìm giá trị LN, NN của biểu thức; Tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nhận giá
trị nguyên;…
- Tìm độ dài đoạn thẳng, số đo góc
- Chứng minh các hệ thức về cạnh và góc
- Diện tích, tỉ số diện tích của tam giác, tứ giác
3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát.
II. NỘI DUNG:
TL
HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
KIẾN THỨC
44’ Bài 1: Cho biểu thức
Bài 1:
2 x −9
2 x +1
x+3
a.ĐK x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9
+
+
M=
x−5 x +6
x −3 2− x
2 x − 9 − x + 3 x − 3 + 2 x +1
a. Tìm điều kiện của x để M có nghĩa
M=
và rút gọn M
x − 2 x −3
b. Tìm x để M = 5
x − x −2
c. Tìm x ∈ Z để M ∈ Z.
M=

x −2
x −3

(

M=

(
(
(

(

)(

)(

) (

)(
)
x +1)( x − 2 )
⇔M
x −3)( x − 2 )
x −1

b. . M =5 ⇔

(

x −3

=

)(

)

x −2

)

x +1
x −3

=5

)

⇒ x +1 =5

x −3

⇔ x +1 =5

x −15

⇔16 =4 x
16
⇒ x =

=4 ⇒x =16
4

Đối chiếu ĐK: x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9
Vậy x = 16 thì M = 5
c. M =

x +1
x −3

Do M ∈ z nên
Trần Ngọc Phong

=

x −3 + 4
x −3

=1 +

x − 3 là ước của 4 ⇒

4
x −3
x − 3 nhận các
THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2016 – 2017

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

7

KIẾN THỨC
giá trị: -4; -2; -1; 1; 2; 4
Lập bảng giá trị ta được:

⇒ x ∈ {1;4;16;25;49} vì x ≠ 4 ⇒ x ∈ {1;16;25;49}
44’

I. Chương I HH: Hệ thức lượng trong
tam giác vuông
1. Lý thuyết

I. Chương I HH: Hệ thức lượng trong tam giác vuông
1. Lý thuyết
1. Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam
giác vuông:
i.
Định lý Pitago: a2 = b2 + c2
ii.
b2 = a.b’ ; c2 = a.c’
iii.
h2 = b’.c’
iv.

a.h = b.c
1
1
1
v.
=
+
h2
b2
c2
2. Tỉ số lượng giác của góc nhọn
" Tìm sin lấy đối chia huyền
Cosin hai cạnh kề huyền chia nhau
Còn tang ta tính như sau
Đối trên kề dưới chia nhau sẽ thành
Cotang ta tính rành rành
Đem tang nghịch đảo sẽ thành cotang"

2. Bài tập HH:

2. Bài tập HH:

Bài 2 (bài 1 tr 37 sách ôn tập):
Cho tam giác ABC vuông ở A, đường
cao AH, biết AB = 10cm HC = 15cm.
a) Tính BH; AH
b) Từ M là trung điểm BC, vẽ đường
vuông góc với BC cắt AC tại E. Tính tỉ
số diện tích các tam giác CME và ABC.

Bài 2 (bài 1 tr 37 sách ôn tập):
a) Tam giác ABC vuông ở A có đường cao AH, do đó:
AB2 = BC.BH. Đặt BH = x > 0, ta có:
102 = (15 + x)x. Giair ra ta được x = - 20 (loại);
x = 5 (nhận). Vậy BH = 5 cm
Ta lại có: AH2 = BH.CH = 5.15, nên AH = 5 3cm

A
E

2

S
 CM 
b) Ta có: ∆MCE : ∆ACB ⇒ MCE = 
÷
S ACB  AC 
Theo định lý Pitago, ta tính được: AC = 10 3cm .
2

B

H

M

C

2

S
 CM   10  1
=
Vậy: MCE = 
÷ =
S ACB  AC   10 3 ÷
 3

BỔ SUNG:.......................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
III. RÚT KINH NGHIỆM:
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn:5/5/
Tiết: 7+8 Bài dạy:

Năm học: 2016 – 2017

8

§ Hệ thức lượng trong tam giác vuông.
§ Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn

I. MỤC TIÊU:
1. Kiến thức: :
- Hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông
- Tỉ số lượng giác của góc nhọn
- Các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông
- Điều kiện cần và đủ để HPT: có nghiệm duy nhất – vô nghiệm – vô số nghiệm
- Các cách giải HPT
2. Kỹ năng: - Tìm độ dài đoạn thẳng, số đo góc
- Chứng minh các hệ thức về cạnh và góc
- Diện tích, tỉ số diện tích của tam giác, tứ giác
- Giải hệ phương trình
- Biện luận sự tồn tại nghiệm của HPT theo tham số
- Tìm toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng
- Lập phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cho trước
3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát.
II. NỘI DUNG:
TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
55’ Bài 1: Cho nửa đường tròn
đường kính AB = 2R. Từ A và B
kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua
điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ
tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp
tuyến Ax , By lần lượt ở C và D.
Các đường thẳng AD và BC cắt

nhau tại N.
1. Chứng minh AC + BD = CD.
2. Chứng minh ∠COD = 900.
AB 2
3. Chứng minh AC. BD =
.
4
4. Chứng minh OC // BM
5. Chứng minh AB là tiếp tuyến
của đường tròn đường kính
CD.
6. Chứng minh MN ⊥ AB.
7. Xác định vị trí của M để chu
vi tứ giác ACDB đạt giá trị
nhỏ nhất.

Trần Ngọc Phong

KIẾN THỨC
Bài 1:
1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB =
DM => AC + BD = CM + DM.
Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD
2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác
của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM, mà ∠AOM và
∠BOM là hai góc kề bù => ∠COD = 900.
3. Theo trên ∠COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM
⊥ CD ( OM là tiếp tuyến ).
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông
ta có OM2 = CM. DM,

Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R 2 => AC. BD
AB 2
=
.
4
4. Theo trên ∠COD = 900 nên OC ⊥ OD .(1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM
= OB =R => OD là trung trực của BM => BM ⊥ OD .(2). Từ (1)
Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD).
5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính.
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC //
BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại có I là trung điểm của CD;
O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang
ACDB
=> IO // AC , mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB tại O => AB là tiếp tuyến
tại O của đường tròn đường kính CD
CN AC
=
6. Theo trên AC // BD =>
, mà CA = CM; DB = DM nên
BN BD
THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2016 – 2017

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

9

KIẾN THỨC
CN CM
=
BN DM
=> MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB.
7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà
AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà
AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất ,
mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD
vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung
điểm của cung AB.
suy ra

33’ 1. Lý thuyết:

2. Bài tập:
Bài 1: Tìm a để hai hệ PT sau là
tương đương:
x − y = 1
ax-2y=2
và 

2 x + y = 2
 x+ay=1
GV: khi nào hai hệ PT được gọi là

tương đương?
Nêu cách giải?
Bài 2: Giải các hệ phương trình
sau:
a)
 2( x − 1) − 3( y + 2) = 5( x + y ) − 17

 4( x + 3) − ( y − 2) = y − 2 + 6 x
1
3
 4 x + y = 2
b) 
x + 3 y = 1

4
1
5
 1
+
=
x+ y x− y 8

c) 
 1 − 1 =−3
 x + y x − y
8

Trần Ngọc Phong

1. Lý thuyết:

ax + by = c
( d)
Hệ phương trình: (I) 
( d ')
a'x + b' y = c '
a b c
= ≠
d // d' ⇔ (I) vô nghiệm ⇔
a' b' c'
a b
≠
d cắt d' ⇔ (I) có một nghiệm duy nhất ⇔
a' b'
a b c
= =
d trùng d' ⇔ (I) có vô số nghiệm ⇔
a' b' c'
2. Bài tập:
Bài 1; Ta có:
x − y = 1
x = 1+ y
x = 1+ y
x = 1
⇔
⇔
⇔

2 x + y = 2
2(1 + y ) + y = 2

y = 0
y = 0
x − y = 1
Vậy hệ 
có nghiệm duy nhất (1;0).
2 x + y = 2
Để hai hệ đã cho tương đương thì (1;0) phải là nghiệm của hệ
ax-2y=2
 a.1 − 2.0 = 2
tức là 

 x+ay=1
1 + a.0 = 1
Suy ra a = 2.
 2( x − 1) − 3( y + 2) = 5( x + y ) − 17
Bài 2: a) 
 4( x + 3) − ( y − 2) = y − 2 + 6 x
2 x − 2 − 3 y − 6 = 5 x + 5 y − 17
3 x + 8 y = 9
⇔
⇔
4 x + 12 − y + 2 = y − 2 + 6 x
x + y = 8
Giải ra ta được: (x; y) = (11; -3)
1
3
x
+
y
=

 4
2 ⇔ 3 x + 4 y = 2 ⇔ 9 x + 12 y = 6
b) 


4 x + 3 y = 4
16 x + 12 y = 16
x + 3 y = 1

4
10 −4
Giải ta được (x; y) = ( ;
)
7 7
1
5
 1
x+ y + x− y = 8

c) Xét hệ pt: 
Điều kiện: x ≠ ± y
 1 − 1 =−3
 x + y x − y
8
1
1
Đặt a =
; b=
khi đó hệ phương trình trở thành :
x+ y

x− y
THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
10

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

Năm học: 2016 – 2017

KIẾN THỨC
5
1
1



 a + b = 8
 a = 8
 2a = 4
+
⇔ 
⇔ 
⇔
a − b = − 3
a + b = 5
1 + b = 5



 8
8
8
8
1
 1
x+ y = 8
x + y = 8
x = 5

⇔ 
⇔ 
=> 
(t/m)
x − y = 2
y = 3
 1 =1
 x − y 2



1

 a = 8

b = 1

4

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = ( 5;3)

BỔ SUNG:.......................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
Hướng dẫn thêm bài: Bài 2(GA), VD1 tr 149, VD2 tr154 (sách Các dạng Toán điển hình)
Hoặc VD1 tr 32, Bài 2(GA), Bài 1,2tr 37 (sách Bồi dưỡng HS vào lớp 10, Bài 34 tr 62 (SBT tập 1)
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
III. RÚT KINH NGHIỆM:
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
11

Ngày soạn:5/5/
Tiết: 9+10 Bài dạy:



Năm học: 2016 – 2017

§ Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn

I. MỤC TIÊU:
1. Kiến thức:
- Điều kiện cần và đủ để HPT: có nghiệm duy nhất – vô nghiệm – vô số nghiệm
- Các cách giải HPT
2. Kỹ năng: - Giải hệ phương trình
- Biện luận sự tồn tại nghiệm của HPT theo tham số
- Tìm toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng
- Lập phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cho trước
3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.
II. NỘI DUNG:
TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
KIẾN THỨC
Bài 2: Cho hệ phương trình:
Bài 2:
a) khi a = -2 thay vào hệ PT đã cho ta được hệ PT:
 ax + 2ay = −10

 −2 x − 4 y = −10
(1 − a ) x + y = 0
Giải ra ta được (x; y) = (-1; 3)

a)
Giải hệ phương trình khi a 3 x + y = 0
= -2
 ax + 2ay = −10

 ax + 2ay = −10
b)
<=>


b)
Tìm a để hệ phương trình
(1 − a ) x + y = 0

 2a (1 − a ) x + 2ay = 0
có nghiệm
Trừ hai PT theo vế, ta được: [a – 2a(1 – a)].x = -10
<=> (2a2 – a).x = -10 (1)
Phương trình 91) có nghiệm <=> (2a2 – a) ≠ 0 ⇔ a ≠ 0; a ≠
Vậy với a ≠ 0; a ≠
Bài 2:
a) Tìm giá trị của k để các đường
thẳng sau cắt nhau tại một điểm:
6− x
4x − 5
y=
; y=
;
4
3
và y = kx + k + 1
b) Tìm giá trị của m để các đường
thẳng: y = −3 x + 4 ; y = 2 x − 1 ; và
y = ( m + 2 ) x + m − 3 đồng qui

1
2

1
thì hệ p.trình đã cho có nghiệm
2

Bài 2:
a) Toạ độ giao điểm của hai đường thẳng y =
6− x

 y = 4
là nghiệm của hệ phương trình: 
 y = 4x − 5

3
6− x

 y = 4
y =1
⇔ 

x = 2
 6 − x = 4x − 5
 4
3

6− x
4x − 5
; y=

4
3
⇔

Cách tìm k?
Vậy toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là A ( 2;1)
Hs: tìm nghiệm của các đường
6− x
+) Để các đường thẳng sau cắt nhau tại một điểm: y =
;
thẳng, sau đó thay vào d3 để tìm k
4
4x − 5
y=
; và y = kx + k + 1 thì đường thẳng
3
y = kx + k + 1 phải đi qua điểm A ( 2;1)
Ta có: 1 = k.2 + k + 1 ⇔ k = 0 .
b) Toạ độ giao điểm của hai đường thẳng y = −3 x + 4 ;
y = 2 x − 1 là nghiệm của hệ phương trình:
Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
12

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

Năm học: 2016 – 2017



KIẾN THỨC
x = 1

y =1

 y = -3x+4
⇔

 y = 2x −1
Vậy toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là A ( 1;1)
+) Để các đường thẳng: y = −3 x + 4 ; y = 2 x − 1 và
y = ( m + 2 ) x + m − 3 đồng qui thì đường thẳng
y = ( m + 2 ) x + m − 3 phải đi qua điểm A ( 1;1)

Bài 3:
Cho hàm số: y = 4x + 7

7
) có
4
nằm trên đồ thị của hàm số trên
không?
b) Viết phương trình đường thẳng
đi qua hai điểm A và B.Cho biết

vị trí tương đối của hai đường
thẳng đó. Vẽ chúng trên cùng một
mặt phẳng toạ độ
a) Các điểm A(-1; 3) B(4;

Hs: lên bảng vẽ đồ thị

Ta có: 1 = ( m + 2 ) .1 + m − 3 ⇔ 1 = m + 2 + m − 3
⇔ 2m = 2
⇔ m = 1 (thoả mãn điều kiện k ≠ -2)
Vậy với m = 1 thì các đường thẳng y = −3 x + 4 ; y = 2 x − 1 và
y = ( m + 2 ) x + m − 3 đồng qui.
Bài 3 :
Hàm số: y = 4x + 7
7
a) Điểm A(-1; 3) thuộc đồ thị hàm số; Điểm B(4; ) không
4
thuộc đồ thị hàm số
b) Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B là: y = 1
11
x+
4
4
Hai đường thẳng trên vuông góc với nhau tại điểm A(-1; 3)
y = 4x + 7

y= -

1
11

x+
4
4

BỔ SUNG:.......................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM:
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
13

Ngày soạn: 8/5/
Tiết: 11+12 Bài dạy:

Năm học: 2016 – 2017



§ Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn. Đường tròn

I. MỤC TIÊU:
1. Kiến thức: - Điều kiện cần và đủ để HPT: có nghiệm duy nhất – vô nghiệm – vô số nghiệm
- Các cách giải HPT
- Các cách xác định đường tròn
- Đường kính và dây cung
- Tiếp tuyến của đường tròn
- Vị trí tương đối của 2 đường tròn
2. Kỹ năng: - Giải hệ phương trình
- Biện luận sự tồn tại nghiệm của HPT theo tham số
- Tìm toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng
- Lập phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cho trước
- Chứng minh các quan hệ hình học
3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.
II. NỘI DUNG:
TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
Bài 1:
Tìm a; b để đường thẳng
y = ax + b đi qua 2 điểm:
3

a) A ( −5;3) và B  ; −1÷
2

b) A ( 2;3) và B ( −2;1)

KIẾN THỨC

Bài 1:
a) Để đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm A ( −5;3) và B
3

 ; −1÷ ta có hệ phương trình
2

3 = a. ( −5 ) + b
b = 3 + 5a

⇔ 

3
3a + 6 + 10a = −2
 −1 = a. + b

2

1

b = − 13
⇔
a = − 8

13

? Để đường thẳng y = ax + b đi
8
1
thì dường thẳng y = ax + b đi qua 2

qua 2 điểm A ( 2;3) và B ( −2;1) Vậy với a = − ; b = −
13
13
ta cần có gì?
3

điểm A ( −5;3) và B  ; −1÷
2

b) Để đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm A ( 2;3) và B

( −2;1)

ta có hệ phương trình

3 = a.2 + b
⇔

1 = a. ( −2 ) + b

 2a + ( 1 + 2a ) = 3

b = 1 + 2a

1

a =
⇔ 
2
b = 2

1
; b = 2 thì dường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm
2
A ( 2;3) và B ( −2;1)
Bài 2:
Cho
hệ
phương
trình: Bài 2:
m 1
 mx + y = 1
⇔
≠
a) Hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất ⇔
1 m

 x + my = m + 1
m 2 ≠ 1 ⇔ m ≠ ±1
a) Với giá trị nào của m thì hệ
Vậy với m ≠ ±1 thì hpt có 1 nghiệm duy nhất
phương trình có nghiệm duy nhất.
m 1
1
⇔
= ≠
b) Với giá trị nào của m thì hệ b) Hệ phương trình vô nghiệm ⇔
1
m
m

+
1
phương trình có vô số nghiệm.
Vậy với a =

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
14

TL

Năm học: 2016 – 2017

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
c) Với giá trị nào của m thì hệ
phương trình vô nghiệm.



KIẾN THỨC

m 1
 m = ±1
 1 = m
m2 = 1
 m = ±1


⇔ 
⇔
⇔ 
(t/m)

1
 2m ≠ 1
m ≠ 1 − m
1 ≠ 1
 m ≠ 2
 m m + 1
? Để hpt có nghiệm, vô nghiệm thì
Vậy với m = ±1 thì hpt vô nghiệm
cần có những điều kiện nào
c) Hệ phương trình có vô số nghiệm
m 1
 m = ±1
 1 = m
m2 = 1
 m = ±1

⇔ 
⇔ 
⇔ 

1
 2m = 1
m = 1 − m
1 = 1

 m = 2
 m 1 − m
1
Vậy với m =
thì hpt có vô số nghiệm.
2
Bài 3:
Bài 3: Cho hệ phương trình: a) Thay m = 2 vào hệ phương trình  mx + y = 1
ta có hệ

 mx + y = 1
 x + my = 2

 y = 1 − 2 x
2 x + y = 1
 x + my = 2
⇔ 
phương trình trở thành 
a) Giải hệ phương trình khi m = 2
 x + 2. ( 1 − 2 x ) = 2
x + 2 y = 2
b) Giải hệ phương trình theo tham
 y = 1− 2x
 y = 1 − 2.0
y =1
số m
⇔ 
⇔ 
⇔ 
c) Tìm m để hệ phương trình có

 −3 x = 0
x = 0
x = 0
nghiệm (x; y) thoả mãn x - y = 1
Vậy với m = 2 thì hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất
d) Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y ( x ; y) = ( 0 ; 1)
không phụ thuộc vào m. (HSG)
b) Giải hệ phương trình theo tham số m
 y = 1 − mx
 mx + y = 1
⇔
Ta có hpt 
 x + m. ( 1 − mx ) = 2
 x + my = 2
Gv: Để giải câu c, ta cần dùng kết
quả câu b, sau đó thay vào đẳng
thức của đề, tìm được kết quả.

1. Lý thuyết:
Gv: Hướng dẫn theo đề cương.
2. Bài tập:
Trần Ngọc Phong

 y = 1 − mx
 y = 1 − mx
⇔


2
2

x + m − m x = 2
( 1 − m ) x = 2 − m
1 − 2m

1 − m 2 − 2m + m 2

y=
y
=

2


1 − m2
1− m
⇔ 
⇔ 
x = 2 − m
x = 2 − m
2
1 − m2

1− m

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất
 2 − m 1 − 2m 
;
(x; y ) = 
2
2 ÷

 1− m 1− m 
c) Để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thoả mãn x - y = 1
2 − m 1 − 2m
⇔
−
= 1 ⇔ 2 − m − ( 1 − 2m ) = 1 − m 2
2
2
1− m 1− m
⇔ m2 + m = 0
⇔ m. ( m + 1) = 0
⇔

m = 0
m = 0
⇔
⇔ 
m + 1 = 0
 m = −1
Vậy với m = 0 hoặc m = -1 thì hpt trên có nghiệm thoả mãn
điều kiện: x - y = 1
1. Lý thuyết:
- Xem đề cương ôn tập, hoặc sách ôn tập tr 66
2. Bài tập:
THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
15

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
Bài 1 Cho nửa đường tròn
đường kính AB = 2R. Từ A và B
kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua
điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ
tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp
tuyến Ax , By lần lượt ở C và D.
Các đường thẳng AD và BC cắt
nhau tại N.
5.Chứng minh AB là tiếp tuyến
của đường tròn đường kính CD.
6.Chứng minh MN ⊥ AB.
7.Xác định vị trí của M để chu vi
tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất.

Năm học: 2016 – 2017



KIẾN THỨC
Bài 1
5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính.
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC //
BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại có I là trung điểm của
CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình
thang ACDB
⇒ IO // AC , mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB tại O => AB là tiếp

tuyến tại O của đường tròn đường kính CD
CN AC
=
6. Theo trên AC // BD =>
, mà CA = CM; DB = DM
BN BD
CN CM
=
nên suy ra
BN DM
=> MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB.
7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà
AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD
mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD
nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By
tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải
là trung điểm của cung AB.

BỔ SUNG:.......................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM:
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
16

Năm học: 2016 – 2017

Ngày soạn:9/5/
Tiết: 13+14 Bài dạy:



§ Đường tròn và các quan hệ trong đường tròn

I. MỤC TIÊU:
1. Kiến thức: : - Các cách xác định đường tròn
- Đường kính và dây cung
- Tiếp tuyến của đường tròn
- Vị trí tương đối của 2 đường tròn
2. Kỹ năng: - Chứng minh các quan hệ hình học
- Tính độ dài đoạn thẳng, số đo góc, chu vi và diện tích các hình
- Chứng minh 1 đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn
3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.
II. NỘI DUNG:
TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

Bài 2: Cho tam giác ABC vuông ở
A (AB > AC), đường cao AH. Trên
nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A,
vẽ nửa đường tròn đường kính BH
cắt AB tại E, nửa đường tròn đường
kính HC cắt AC tại F. Chứng minh:
1) Tứ giác AFHE là hình chữ
nhật.
2) Tứ giác BEFC là tứ giác nội
tiếp đường tròn.
3) EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa
đường tròn đường kính BH và HC.
a
o

e

f
c

b
o2

h

o1

KIẾN THỨC
Bài 2: 1) Từ giả thiết suy ra
·

·
CFH
= 900 , HEB
= 900 . (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
µ = F$ = E
µ = 900 ⇒ AFHE
Trong tứ giác AFHE có: A
là hình chữ nhật.
2) Vì AEHF là hình chữ nhật ⇒ AEHF nội tiếp
·
·
» ) (1)
(góc nội tiếp chắn AE
⇒ AFE
= AHE
·
·
Ta lại có AHE
(góc có cạnh tương ứng ⊥ ) (2)
= ABH
Từ (1) và (2)
·
·
·
·
mà CFE
⇒ AFE
+ AFE
= 1800
= ABH

·
·
⇒ CFE
+ ABH
= 1800 . Vậy tứ giác BEFC nội tiếp.
3) Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn đường kính HB và
đường kính HC.
Gọi O là giao điểm AH và EF. Vì AFHE là hình chữ nhật.
⇒ OF = OH ⇒ ∆ FOH
·
·
cân tại O ⇒ OFH
. Vì ∆ CFH vuông tại F ⇒ O2C =
= OHF
· FH = O
· HF mà
O2F = O2H ⇒ ∆ HO2F cân tại O2. ⇒ O
2

Bài 3: Cho đường tròn (O; R), từ
một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến
d với (O). Trên đường thẳng d lấy
điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát
tuyến MNP và gọi K là trung điểm
của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là
tiếp điểm). Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥
MA, gọi H là giao điểm của AC
và BD, I là giao điểm của OM và
AB.

1. Chứng minh tứ giác AMBO nội
tiếp.
2. Chứng minh năm điểm O, K, A,
Trần Ngọc Phong

2

· HF + FHA
·
· FH + HFO
·
O
= 90 . ⇒ O
= 90 . Vậy EF là tiếp
2
2
tuyến của đường tròn tâm O2.
Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1.
Vậy EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn.
Bài 3:
1. (HS tự làm).
2. Vì K là trung điểm NP nên OK ⊥ NP ( quan hệ đường
kính
Và dây cung) => ∠OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có
∠OAM = 900; ∠OBM = 900. như vậy K, A, B cùng nhìn OM
dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính
OM.
Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường
tròn.
3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB

=R
0

0

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
17

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
M, B cùng nằm trên một
đường tròn .
3. Chứng minh OI.OM = R2; OI.
IM = IA2.
4. Chứng minh OAHB là hình
thoi.
5. Chứng minh ba điểm O, H, M
thẳng hàng.
6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M
di chuyển trên đường thẳng d

Năm học: 2016 – 2017



KIẾN THỨC

=> OM là trung trực của AB => OM ⊥ AB tại I .
Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900 nên tam giác
OAM vuông tại A có AI là đường cao.
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA 2
hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2.
4. Ta có OB ⊥ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ⊥ MB (gt) =>
OB // AC hay OB // AH.
OA ⊥ MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD ⊥ MA (gt) =>
OA // BD hay OA // BH.
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R)
=> OAHB là hình thoi.
5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH ⊥ AB; cũng theo
trên OM ⊥ AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một
đường thẳng vuông góc với AB).
6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R.
Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A
cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di
chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính
AH = R

BỔ SUNG:.......................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM:
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

...........................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
18

Ngày soạn:11/5/
Tiết: 15+16 Bài dạy:

Năm học: 2016 – 2017



§ Đường tròn và các quan hệ trong đường tròn

I. MỤC TIÊU:
1. Kiến thức: : - Các cách xác định đường tròn
- Đường kính và dây cung
- Tiếp tuyến của đường tròn
- Vị trí tương đối của 2 đường tròn
2. Kỹ năng: - Chứng minh các quan hệ hình học
- Tính độ dài đoạn thẳng, số đo góc, chu vi và diện tích các hình
- Chứng minh 1 đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn
3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.
II. NỘI DUNG:
TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
Bài 4:
Cho đường tròn tâm O đường
kính AB và điểm M bất kì trên
nửa đường tròn sao cho AM <
MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của
M qua AB và S là giao điểm của
hai tia BM, M’A. Gọi P là chân
đương vuông góc từ S đến AB.
1. Chứng minh bốn điểm A, M,
S, P cùng nằm trên một đường
tròn
2. Gọi S’ là giao điểm của MA và
SP. Chứng minh rằng tam giác
PS’M cân.
3. Chứng minh PM là tiếp tuyến
của đường tròn.

KIẾN THỨC
Bài 4:
1. Ta có SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; ∠AMB = 900 ( nội tiếp
chắn nửa đường tròn ) => ∠AMS = 900 . Như vậy P và M cùng
nhìn AS dưới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đường tròn
đường kính AS.
Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn.
2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đường tròn nên M’
cũng nằm trên đường tròn => hai cung AM và AM’ có số đo
bằng nhau
=> ∠AMM’ = ∠AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng

nhau) (1)
Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’ ⊥ AB tại H =>MM’//
SS’(cùng vuông góc với AB)
=> ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (vì so le trong) (2).
=> Từ (1) và (2) => ∠AS’S = ∠ASS’.
Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn =>
∠ASP=∠AMP (nội tiếp cùng chắn AP )
=> ∠AS’P = ∠AMP => tam giác PMS’ cân tại P.
3. Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS’ vuông tại M =>
∠B1 = ∠S’1 (cùng phụ với ∠S). (3)
Tam giác PMS’ cân tại P => ∠S’1 = ∠M1 (4)
Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3
(5).
Từ (3), (4) và (5) => ∠M1 = ∠M3 => ∠M1 + ∠M2 = ∠M3 + ∠M2
mà ∠M3 + ∠M2 = ∠AMB = 900 nên suy ra ∠M1 + ∠M2 =
∠PMO = 900 => PM ⊥ OM tại M => PM là tiếp tuyến của
đường tròn tại M.

Bài 5:
·
a) Ta có ACK
= 900
(vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên CK ⊥ AC mà BH ⊥ AC (vì H trực tâm)
Bài 5:
Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn, trực => CK // BH tương tự có CH // BK
tâm là H và nội tiếp đường tròn => Tứ giác BHCK là hbh (đpcm)
(O). Vẽ đường kính AK.
b) OM ⊥ BC => M trung điểm của BC
Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
19

TL

Năm học: 2016 – 2017

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
a) Chứng minh tứ giác
BHCK là hình hình hành.
b) Vẽ OM ⊥ BC (M ∈
BC). Chứng minh H, M, K
thẳng hàng và AH = 2.OM.
c) Gọi A’, B’, C’ là chân các
đường cao thuộc các cạnh BC,
CA, AB của ∆ ABC. Khi BC cố
định hãy xác định vị trí điểm A để
tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt
giá trịA lớn nhất.

O

H

B

C

M
K



KIẾN THỨC
(định lý đường kính và dây cung) => M
là trung điểm của HK (vì BHCK là hình
bình hành) => đpcm ∆ AHK có OM là
đường trung bình => AH = 2.OM
· ′C = BB
· ′C = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường
c) Ta có AC
· ′B′ = ACB
·
·
·
tròn => AC
mà ACB
(Ax là tiếp tuyến tại A)
= BAx
=> Ax // B’C’
1
OA ⊥ Ax => OA ⊥ B’C’. Do đó SAB’OC’ = R.B’C’
2
1
1
Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’

2
2
1
1
1
S ∆ABC = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’ .BC < (AO +
2
2
2
OM).BC
=> A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng <=>
A là đỉểm chính giữa cung lớn BC.

BỔ SUNG:.......................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM:
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10
20

Ngày soạn: 12/5/
Tiết: 17+18 Bài dạy:

Năm học: 2016 – 2017



§ Đường tròn. Phương trình bậc hai

I. MỤC TIÊU:
1. Kiến thức: : - Đường kính và dây cung
- Tiếp tuyến của đường tròn
- Công thức nghiệm, công thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc hai
2. Kỹ năng: - Chứng minh các quan hệ hình học.
- Giải phương trình bậc hai và các phương trình qui về phương trình bậc hai
3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.
II. NỘI DUNG:
TL
45’

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
Bài 6. Cho tam giác ABC vuông
ở A. Dựng ở miền ngoài tam giác
ABC các hình vuông ABHK,
ACDE.
1. Chứng minh ba điểm H, A, D
thẳng hàng.

2. Đường thẳng HD cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại
F, chứng minh FBC là tam giác
vuông cân.
3. Cho biết ∠ABC > 450 ; gọi M
là giao điểm của BF và ED,
Chứng minh 5 điểm B, K, E, M, C
cùng nằm trên một đường tròn.
4. Chứng minh MC là tiếp tuyến
của đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.

KIẾN THỨC
Bài 6. 1. Theo giả thiết ABHK là hình vuông => ∠BAH = 450
Tứ giác AEDC là hình vuông => ∠CAD = 450; tam giác ABC
vuông ở A => ∠BAC = 900
=> ∠BAH + ∠BAC + ∠CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba
điểm H, A, D thẳng hàng.
2. Ta có ∠BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên tam
giác BFC vuông tại F. (1).
∠FBC = ∠FAC ( nội tiếp cùng chắn cung FC) mà theo trên
∠CAD = 450 hay ∠FAC = 450 (2).
Từ (1) và (2) suy ra ∆FBC là tam giác vuông cân tại F.
3. Theo trên ∠BFC = 900 => ∠CFM = 900 ( vì là hai góc kề bù);
∠CDM = 900 (t/c hình vuông).
=> ∠CFM + ∠CDM = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác
CDMF nội tiếp một đường tròn suy ra ∠CDF = ∠CMF , mà
∠CDF = 450 (vì AEDC là hình vuông) => ∠CMF = 450 hay
∠CMB = 450.
Ta cũng có ∠CEB = 450 (vì AEDC là hình vuông); ∠BKC =

450 (vì ABHK là hình vuông).
Như vậy K, E, M cùng nhìn BC dưới một góc bằng 450 nên
cùng nằm trên cung chứa góc 450 dựng trên BC => 5 điểm B, K,
E, M, C cùng nằm trên một đường tròn.
4. ∆CBM có ∠B = 450 ; ∠M = 450 => ∠BCM =450 hay MC ⊥
BC tại C => MC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.

1. Lý thuyết:
Gv: Hướng dẫn theo đề cương.
2. Bài tập:

1. Lý thuyết:
Gv: Hướng dẫn theo đề cương.
2. Bài tập:

Bài 1: Giải các phương trình sau:
a) 7x2 -12x + 5 = 0;
x
x +1
+
= −2
b)
x +1
x
c) x2 - 2(1+ 3 )x + 2 3 = 0

Bài 1:
a) 7x2 -12x + 5 = 0 (a = 7; b = -12; c = 5)
Ta thấy a + b + c = 7 + (- 12) + 5 = 0

5
Vậy nghiệm phương trình x1 = 1; x2 =
7
x
x +1
+
= −2
b)
(1)
x +1
x
ĐK: x ≠ 0; x ≠ -1

d) x2 - ( 2 + 3 ) x +
Trần Ngọc Phong

6 =0

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
21

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

Bài 2:
1) Giải phương trình:

81x 2
2
= 40 .
x +
(x + 9) 2

2) Giải phương trình:
x+1
x2 - 2x + 3(x - 3)
= 7.
x-3

Năm học: 2016 – 2017



KIẾN THỨC
(1) <=> x2 + (x + 1)2 = -2x(x + 1) <=> 4x2 + 4x + 1 = 0
1
Giải ra ta được x1 = x2 = −
2
2
c) x - 2(1+ 3 )x + 2 3 = 0
(a = 1; b = - 2(1+ 3 ); b’ = - (1+ 3 ); c = 2 3
∆’ = b’2 – ac = [- (1+ 3 )]2 - 2 3 = 4 > 0 => ∆ ' = 2
x1 = 3 + 3 ; x2 = 3 - 1
Bài 2:
9x
1) Trừ vào 2 vế của phương trình với 2x .
x+9

2

2

 x2 
18x 2
9x 
18x 2

⇔
+
- 40 = 0 (1)
Ta có:  x =
40

÷
÷
x+9
x + 9
x+9

 x + 9
x2
Đặt
= y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = 0
x+9
⇔ (y + 20) (y - 2) = 0 ⇔ y = -20 ; y = 2
Thay vào (2), ta có
 x 2 = - 20(x + 9)
 x 2 + 20x +180 = 0 (3)

⇔
 2
 2
 x = 2(x + 9) = 0
 x - 2x - 18 = 0 (4)
Phương trình (3) vô nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm là:
x = 1 ± 19.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x = 1 ± 19.
2) . Điều kiện

x > 3
x+1
≥ 0 ⇔
(*)
x-3
x ≤ - 1

Phương trình đã cho ⇔ (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3)

x+1
=4
x-3

x+1
⇒ t 2 = (x - 3) (x + 1)
x-3
Phương trình trở thành: t2 + 3t - 4 = 0 ⇔ t = 1; t = - 4
Đặt t = ( x - 3)

Ta có: (x -3)

x + 1
= 1 (1) ; ( x − 3)
x - 3

x > 3
⇔
+ (1) ⇔ 
 (x − 3)(x + 1) = 1

x + 1
= − 4 (2)
x− 3

x > 3
⇔ x = 1 + 5 . (t/m (*))
 2
 x − 2x − 4 = 0

x < 3
x < 3
⇔ 2
⇔ x = 1 − 2 5 .(t/m (*))
+ (2) ⇔ 
 (x − 3)(x + 1) = 16  x − 2x − 19 = 0
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:
x = 1+ 5 ; x = 1− 2 5 .
BỔ SUNG:.......................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
III. RÚT KINH NGHIỆM:

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
22

Năm học: 2016 – 2017



...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
23

Ngày soạn: 15/5/
Tiết: 19+20 Bài dạy:

Năm học: 2016 – 2017



§ Phương trình bậc hai và hệ thức Viét

I. MỤC TIÊU:
1. Kiến thức: : - Công thức nghiệm, công thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc hai
- Hệ thức Viét - Ứng dụng
- Điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm: trái dấu, cùng dấu (cùng âm, cùng dương)…
2. Kỹ năng: - Giải phương trình bậc hai và các phương trình qui về phương trình bậc hai
- Biện luận theo tham số: sự tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai hoặc các nghiệm của phương trình
bậc hai thoả điều kiện cho trước
3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.
II. NỘI DUNG:
TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
I. Phương trình bậc hai – định lý Vi ét:

KIẾN THỨC
I. Phương trình bậc hai – định lý Vi ét:
2. Định lý Vi ét:
1. Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có nghiệm
-b
x1; x2 thì tổng và tích các nghiệm đó là: S = x1 + x2 =
a
c
; P = x1.x2 =
a
2. Vài ứng dụng thông thường:
a) Dấu các nghiệmcủa phương trình ax2 + bx + c = 0 (a
≠ 0) có:
 Hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0

∆ ≥ 0

 Hai nghiệm đều dương ⇔  S > 0
P>0



Bài 3: (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên
Lê Quý Đôn – Quy Nhơn năm học
2003 – 2004 - Ngày 12 tháng 7
năm 2003)
Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m –
3=0
a) Chứng minh rằng phương trình luôn
có hai nghiệm phân biệt với mọi giá
trị của m
b) Tìm m để phương trình có hai
nghiệm đối nhau
Bài 4:
Cho phương trình
Trần Ngọc Phong

∆ ≥ 0

Hai nghiệm đều âm ⇔  S < 0
P>0


b) Một số hệ thức khác về nghiệm ( ∆ ≥ 0 ) :
i/ x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = S2 – 2P

1 1 x2 + x2 S 2 − 2P
ii/ 2 + 2 = 1 2 22 =
x1 x2
x1 .x2
P2
iii/ x13 + x23 = S.(S2 – 3P)
Bài 3:
Xét phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m – 3 = 0
a) ∆ ’ = (m – 1)2 – m + 3 = m2 – 3m + 4
3 2 7
= (m –
) + > 0 với mọi giá trị của m
2
4
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
b) Áp dụng định lý Viét ta có: x1 + x2 = 2(m – 1) ; x1.x2
= m–3
Phương trình có hai nghiệm đối nhau khi
x1 + x2 = 2(m – 1) = 0 ⇔ m = 1
Bài 4:
THCS Mỹ Cát


Ôn thi vào lớp 10
24

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
x2 + (2a – 5)x – 3b = 0

Xác định a; b để phương trình có
hai nghiệm là x1 = 2; x2 = -3

Năm học: 2016 – 2017



KIẾN THỨC
Thay x1 = 2; x2 = -3 lần lượt vào phương trình, ta được:
 4a − 3b = 6
a = 3
⇔

6a = 3b = 24
b = 2

Bài 5:
a) Phương trình: (m – 1)x2 – 2mx + m + 1 = 0
Bài 5:
∆’ = (-m)2 – (m – 1)(m + 1) = m2 – m2 + 1 = 1 > 0 với mọi
Cho phương trình:
m. Điều này chứng tỏ phương trình luôn có hai nghiệm
(m – 1)x2 – 2mx + m + 1 = 0 (m ≠ 1)
a) Chứng tỏ rằng phương trình luôn luôn phân biệt với mọi m ≠ 1.
2m

có hai hai nghiệm phân biệt với mọi
x1 + x2 =



m −1
m≠1
b) Theo hệ thức viet, ta có: 
b) Không giải phương trình, hãy xác
 x .x = m + 1
định giá trị của m để tích hai nghiệm
 1 2 m − 1
bằng 3. Từ đó tính tổng hai nghiệm ấy.
m +1
= 3 <=> m = 2
theo đề bài x1.x2 = 3 ta suy ra
m −1
Với m = 2, ta lại có x1 + x2 = 4
Bài 6:
Bài 6:
a) ∆ = (k – 1)2 + 4k =........= (k + 1)2
Cho phương trình
Phương trình có nghiệm kép <=> ∆ = 0 <=> k = -1
x2 + (k – 1)x – k = 0
a)
Xác định k để phương trình có Khi đó nghiệm kép là: x1 = x2 = 1
 x1 + x2 = −( k − 1)
nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó.
b)
Theo
hệ
thức
Viet,
ta
có:


b)
Xác định k để phương trình có
 x1.x2 = −k
hai nghiệm đều dương
Phương trình có hai nghiệm đều dương <=>
(k + 1) 2 ≥ 0
∆ ≥ 0


 x1 + x2 = −(k − 1) > 0 ⇔ k − 1 < 0 ⇔ k < 0
 x .x = − k > 0
k < 0
 1 2

BỔ SUNG:.......................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM:
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10
25

Ngày soạn: 16/5/
Tiết: 21+22 Bài dạy:

Năm học: 2016 – 2017



§ Phương trình bậc hai và hệ thức Viét

I. MỤC TIÊU:
1. Kiến thức: : - Công thức nghiệm, công thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc hai
- Hệ thức Viét - Ứng dụng
- Điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm: trái dấu, cùng dấu (cùng âm, cùng dương)…
2. Kỹ năng: - Giải phương trình bậc hai và các phương trình qui về phương trình bậc hai
- Biện luận theo tham số: sự tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai hoặc các nghiệm của phương trình
bậc hai thoả điều kiện cho trước
3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.
II. NỘI DUNG:
TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS
Bài 7:
Cho phương trình
x2 – 2(m – 1)x + m – 3 = 0
a)

Giải phương trình với m = 4
b)
Chứng minh rằng phương trình
luôn có nghiệm với mọi m
c)
Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai
nghiệm không phụ thuộc vào m
d)
Xác định giá trị của m sao cho
phương trình có hai nghiệm bằng
nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu
nhau.

Bài 8:
Cho phương trình:
x2 – 2(m + 1)x + m – 4 = 0
a) Giải phương trình khi m = 5
b) Chứng minh rằng phương trình luôn
có hai nghiệm phân biệt với mọi m
c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm
trái dấu
d) Chứng minh rằng biểu thức
S = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) không phụ
thuộc vào m

KIẾN THỨC
Bài 7:
a) Khi m = 4, giải ra ta được nghiệm PT:
x1 = 3 + 2 2 ; x2 = 3 − 2 2
b) ∆’ = (m – 1)2 – (m – 3) =.......= m2 – 3m + 4

3 2 7
= (m − ) + > 0 với mọi m
2
4
Điều này chứng tỏ PT luôn có hai nghiệm với mọi m
 x1 + x2 = 2(m − 1)
c) Theo hệ thức Viet, ta có: 
 x1.x2 = m − 3
Hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m
là: x1 + x2 - 2 x1.x2 = 2(m – 1) – 2(m – 3) = 4
d) Phương trình có hai nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt
đối và trái dấu nhau khi và chỉ khi:
∆ ' > 0
m − 3 < 0
m < 3

⇔
⇔ m =1
 x1.x2 < 0 ⇔ 
2(m − 1) = 0
m = 1
x + x = 0
 1 2
Bài 8:
a) Giải ra ta được x1 = 6 + 35 ; x2 = 6 − 35
b) ∆’ = (m + 1)2 – (m – 4) =.......= m2 + m + 5
1
2

= (m + )2 +

19
> 0 với mọi m
4

Điều này chứng tỏ PT luôn có hai nghiệm với mọi m
c) phương trình có hai nghiệm trái dấu <=> a.c < 0
<=> m – 4 < 0 <=> m < 4
 x1 + x2 = 2(m + 1)
d) Theo hệ thức Viet, ta có: 
 x1.x2 = m − 4
Khi đó: S = x1(1 – x2) + x2(1 – x1)
= x1 + x2 - 2 x1.x2 = 2m + 2 – 2m + 8 = 10
Điều này chứng tỏ biểu thức
S = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) không phụ thuộc vào m
Bài 9:
Bài 9:
Cho phương trình:
a) ∆ = (-3m)2 + 16 = 9m2 + 16 > 0 với mọi m
2x2 – 3mx – 2 = 0
Điều này chứng tỏ phương trình luôn có hai nghiệm phân
a)
CMR rằng với mọi giá trị của m
biệt
thì phương trình luôn có hai nghiệm
Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát