GIAO AN ON TAP TOAN 9 Rat hay

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (696.01 KB, 86 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Ngµy so¹n : 28/8/2009

Bi 1:

Ôn tập các dạng phơng trình

và bất phơng trình bậc nhất một Èn

A. Mơc tiªu :

Ơn luyện lại các dạng PT bậc nhất đã học ở lớp 8 : PT bậc nhất 1 ẩn ; PT chứa ẩn ở mẩu ;
PT cha du GTT

- Ôn luyện và rèn luyện kĩ năng giải các bất PT bậc nhất 1 ẩn .

B. Néi dung :

1, PT bËc nhÊt mét Èn

Lµ PT cã d¹ng ax +b = 0 (a ≠0)

 ax = -b  x = - ab
Bµi tËp : Giải các PT sau :

a, 2x +5 = 28 - 3 (5x +7 ) b, 4x +

6
4
3x

= 8 -

5
9

7x

 2x + 15x = 28 -21 -5  4x .30 + 5 (3x -4) =8 .30 - 6(7x +9)

 17 x = 2  120x +15 x -20 = 240 - 42x -54

 x =

17
2

 93x = 206
 x =

93
206

2, PT d¹ng tÝch :

A(x) .B(x) ... =0  A(x) =0

Hc B(x) = 0 ....

Bài tập : Giải các PT sau
a, 3x ( 5 - 7x ) = 0

 x = 0 ; x =

7
5

b, 4x2 -9 + 2x +3 = 0  ( 2x +3 )(2x -3 ) + 2x +3 =0

 (2x +3 ) ( 2x - 2 ) = 0  









0
2
2

0
3
2

x
x










1
2
/
3
x
x

3. PT chøa Èn ë mÊu

B1: Đặt ĐK của ẩn ; Qui đồng khữ mẩu

B2: Biến đổi PT đa về dạng ax +b = 0 rồi giải
B3: Đối chiếu ĐK và trả lời nghiệm

Bµi tập :

Giải các Pt sau :
a,

2
7
3
4
2

5
2

x
x
x

x

b, 2( 3) 2 2 ( 12)( 3)







 x x

x
x

x

§k: x ≠ -1 ; x ≠ 3

 x( x+1) + x( x -3 ) = 4x

 2x2 - 6x = 0

 2x ( x -3 ) =0  x =0 ( tm)
x =3 ( lo¹i )
4. PT chứa dấu GTTĐ

Giải PT :

0
9
3
7

2x x  (1)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

C1: Më dÊu GTT§

C2: Chuyển vế rồi đặt ĐK ở vế phải rồi giải
5. Bất ph ơng trình bậc nhất một ẩn

Định nghĩa: BPT bậc nhất một ẩn là BPT có dạng a.x+b>0 hoặc a.x+b<0
VD: a, 2x-5< 0

b; 27-3x> 0

Cách giải:

Bài 1: Giải BPTsau:

a; , 2x-5< 0
 2x<5 x<

2
5

b, 27-3x> 0  -3x>-27  x<

3
27

 x<9
Bµi 2; Gi¶i BPT sau:

3
5
2
5
2
4
6

3 x

x

x 






Gi¶i:

3
5
2
5
2
4
6

3 x

x

x 






 5(3x-5) - 4x.5.6 + 2.6 >(2+5x). 10
 15x-25-120x+12 >20+50x
 15x-120x-50x>20+25-12
 -155x > 33

 x<

155
33


C. H íng dÉn vỊ nhµ :

- Xem kĩ lại các bài tập đã giải ở lớp 
 - Làm thêm bài tập sau : Giải PT và BPT

a, 3x- 8 +

12
4
13 x

7
5x

b, 12
7

5
6
)
4
5
(
2
1






 x x

Ngµy soan:2-10-2007

Buổi 1

: Ơn tập Căn bậc hai - Điều kiện tồn tại và hằng đẳng thức A2 A

Liên hệ giữa phép nhân ; phép chia và phÐp khai ph¬ng

A- LÝ thuyÕt :

1- Định nghĩa:

CBH của một số không âm a là avà - a

CBHSH của một số không âm a lµ a(x= a













a

x

0

( Víi a0)

2- §iỊu kiƯn tån t¹i : A cã nghÜa khi A0

3- Hằng đẳng thức : A2 A=









A

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

4- Liªn hệ giữa phép nhân ; phép chia và phép khai ph¬ng .

+ Víi A0;B 0 ta cã AB  A. B
+Víi A0;B0 ta cã

B
A
B
A



B-

Bài tập áp dụng

:

Bài 1- Tính CBH và CBHSH của 16 ; 0,81 ;

25
4

Giải: CBH của 16 là 16 =4 và - 16 =-4 ; Còn CBHSH cđa 16 lµ 16 =4
CBHcđa 0,81 lµ 0,9 ; CBHSH cđa 0,81lµ 0,9

CBH cđa

25
4

lµ

5
2

 ; CBHSH cđa
25

lµ

5
2

Bài 2- Tìm x để biểu thức sau có nghĩa :
a; 2x1

x


2

1
3

2 

x d;
d; 2 2 3



x

2
5


 x

Gi¶i: a; 2x1cã nghÜa khi 2x+1

2
1
0 

 x

x


2

cã nghÜa khi

























4

0

2

0 x

1
3

2 

x cã nghÜa khi x

2-1>0











 



























0

1

0

1

0

1

0 )1

)(1

(

x











1
1

x
x

d; 2 2 3



x có nghỉa khi 2x2+30Điều này đúng với mọi x.Vậy biểu thức này có nghĩa

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2
5



 x cã nghÜa khi -x

2-2>0. Điều này vô lí với mọi xVậy biểu thức này vô nghĩa

với mọi x

Bài 3- Tính (Rót gän ):
a; (1 2)2



b; ( 3 2)2 ( 2 3)2
c; 5 2 6  42 3

d;
1
1
2
2



x

x
x

e; x2 x1

Gi¶i:
a; (1 2)2

 =1 2  2 1

b; ( 3 2)2 ( 2 3)2= 3 2  2 3 2 32 3 4 2 3

c; 5 2 6  42 3 = ( 3 2) ( 3 1) 3 2 3 1 2 3 2 1

2
2










d; 1
1
1
1

)
1
( 2







x
x
x
x

e; x2 x1= ( 1 1) 1 1

2

x
x
Bài 4- Giải PT:

a; 3+2 x 5 b; 2 10 25 3






 x x

x c; x 5 5 x 1
Giải:

a; 3+2 x 5(Điều kiện x0)

2 x 5 32
x 1

x=1(tho¶ m·n )

b; 2 10 25 3





 x x

x  x 5 x 3(1)

Điều kiện : x-3
(1)

x
x
x
x
3
5
3
5
1

x thoả m·n

c; x 5 5 x 1
§K: x-50

5-x0 Nên x=5

Với x=5 thì VT=0 vậy nên PT vô nghiệm
Bµi 5- TÝnh:

a; 45.80 + 2,5.14,4

b; 5 45  13. 52
c;

144
25
150
6
23
.

2300  

Gi¶i: a; 45.80 + 2,5.14,4=

66
2
,
1
.
5
20
.
3
44
,
1
.
25
400
9
44
,
1

.
25
400
.
9







b; 5 45  13. 52= 225 132.22 15 26 11






c;
144
25
150
6
23
.

2300   =

13
230
12
5
5
1
230
144
25
150
6
2302







</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

a; 2( 1)2

a

a víi a >0 b;

6
6

6
4

128
16

b
a

(Víia<0 ; b0)

Gi¶i: a; a2(a1)2 víi a >0

= a a1 a(a1) v× a>0

6
6

6
4

128
16

b
a

(Víia<0 ; b0)

2
2

1
8

1
128

2
6

6
6
4

a
a

b
a

Vì a <0

Bài 7: Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức với x= 0,5:

3
1
)

3
(

)
2

( 2

2
4

x
x
x
x

( với x<3) Tại x=0,5

Giải:= (3 2) 31 4 34 1 4 35

2
2



















x
x
x

x
x

x
x
x

(V× x<3)

Thay x=0,5 ta có giá trị của biểu thức = 1,2
3

5
,
0

5
5

,
0
.
4

H

ớng dẫn về nhà : Xem lại các dạng bài đã giải ở lớp.
Làm thêm bài tập 41- 42b-43 (Trg9;10-SB

Ngày soạn :5/10/2007

Buổi 2

: Ôn tập các bài toán về hệ thức lợng trong tam giác vuông .

A Lí thuyết : Các hệ thức lợng trong tam giác vuông:

h
a

b'
b
c'

H C

B
A

1) a2=b2+c2

2) b2=a.b' ; c2=a.c'

3) h2= b'.c'

4)b.c=a.h
5) 12 12 12

c
b

h  

B- Bµi tËp

Bài 1: Cho tam giác ABC vng ở A ;đờng cao AH
a; Cho AH=16 cm; BH= 25 cm . Tính AB ; AC ; BC ;CH
b; Cho AB =12m ; BH =6m . Tính AH ; AC ; BC ; CH .?
Giải Sử dụng hình trên

a; áp dụng định lí Pi Ta Go trong tam giác vng AHB ta có:
AB2= AH2 + BH2 = 152 +252 = 850 850 29,15




 AB
Trong tam giác vuông ABC Ta có :

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

AH2 = BH. CH  CH =

BH
AH2

= 9

25
152



VËy BC= BH + CH = 25 + 9 = 34

AC2= BC. CH = 34 . 9 Nªn AC = 17,5 (cm)

b; Xét tam giác vuông AHB ta có :

AB2 = AH2 + HB2 2 2 122 62 10,39







 AH AB HB (m)

Xét tam giác vuông ABC có :

AH2= BH .CH 17,99
6

39
,
10 2
2







BH
AH

HC (m)

BC= BH +CH = 6 +17,99 =23,99 (m)

Mặt khác : AB. AC = BC . AH 20,77

39
;
10
.
99
,
23
.

AB
AH
BC

AC (m)

Bài 2: Cạnh huyền của tam giác vuông lớn hơn cạnh góc vuông là 1cm ; tổng hai cạnh
góc vuông lớn hơn cạnh huyền 4 cm

HÃy tính các cạnh của tam giác vuông này?
 Giải :

Giả sử BC lớn hơn AC là 1 cm

Ta cã: BC- AC= 1

Vµ (AC + AB)- BC =4 TÝnh : AB; AC ; BC .
Tõ (AC + AB)- BC =4 Suy ra AB- ( BC- AC )= 4

AB- 1 = 4 VËy AB = 5 (cm)

Nh vËy :















2
2
2

1 BC

AC

AB

AC

BC

















2 2 2

)1

(

5

1 AC

BC

Gi¶i ra ta cã : AC = 12( cm) Vµ BC = 13 (cm)

Bài3: Cho tam giác vng - Biết tỉ số hai cạnh góc vuông là 3: 4 ; cạnh huyền là 125 cm
Tính độ dài các cạnh góc vng và hình chiếu của các cạnh góc vng trên cạnh huyền ?
Giải:

Ta sử dụng ngay hình trên
Theo GT ta có :

AC
AB

4
3
4





Theo định lí Pi Ta Go ta có : AB2 +AC2 = BC2= 1252

)2 2 1252

4
3

( AC AC 

Gi¶i ra : AC = 138,7 cm
AB = 104 cm
A

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Mặt khác : AB2 = BH . BC Nªn BH = 86,53
125

1042
2




BC
AB

CH = BC -BH = 125 - 86,53 = 38,47 cm

Bài 4 : Cho tam giác vuông tại A ; Cạnh AB = 6 cm ; AC = 8 cm . Các phân giác trong và
ngồi của góc B cắt đờng AC lần lợt tại M và N

Tính các đoạn thẳng AM và AN ?

Bi gii:Theo định lí Pi Ta Go ta có : BC = 2 2 62 82 10





AC

AB cm

V× BM là phân giác ABC Nên ta có :

MC
AM

AM
BC

BC
AB
MC
AM
BC
AB

VËy AM = 3

10
6

8
.
6



 cm

Vì BN là phân giác ngoµi cđa gãc B ta cã :  12





 NA

AC
NA

NA
BC

AB
NC
NA

BC
AB

cm
Cách khác:

Xét tam giác vuông NBM ( Vì hai phân giác BM và BN vuông góc )
Ta có : AB2 =AM. AN =>AN =AB2 : AM = 62 : 3 = 12 cm

Bµi 5:

Cho tam giác ABC ; Trung tuyến AM ; Đờng cao AH . Cho biết H nằm giữa B và M .
AB=15 cm ; AH =12 cm; HC =16 cm

a; Tính độ dài các đoạn thẳng BH ; AC

b; Chứng tỏ tam giác ABC; Tính độ dài AM bằng cách tính sử dụng DL Pi Ta Go rồi
dùng định lí trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông rồi so sánh kết quả
Bài giải : A

áp dụng định lí Pi Ta Go cho tam giác vng AHB ta có:
BH2 = AB2 - AH2=152 - 122= 92

Vậy BH =9 cm

Xét trong tam giác vuông AHC ta cã : 15 12
AC2 = AH2 +HC2 = 122 +162 =202

AC= 20 cm 16
b; BC= BH + HC = 9 +16 =25 B C

V¹y BC2 = 252= 625 H M

AC2+ AB2 = 202 + 152 =225

VËy BC2 = AC2+ AB2 VËy tam giác ABC vuông ở A

Ta có MC =BM = 12,5 cm ;Nªn HM= HC -CM = 16- 12,5 = 3,5 cm
AM2 = AH2 +HM2 = 122 + 3,52 =12,52 VËy AM= 12,5 cm

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Thỗ mãn định lí AM = BC : 2 =12,5 cm
H

íng dÉn häc ë nhµ

Xem kĩ các bài tập đã làm ở lớp
Làm thêm các bài tập sau đây:
Bi 1:

Cho tam giác ABC vuông ở A ; từ trung điểm D của của AB vẽ DE vuông gãc víi BC .
C/M : EC2 - EB2 = AC2

Bài 2:

Biết tỉ số giữa các cạnh góc vuông của một tam giác vuông là 5:6 ; cạnh huyền là 122
cm .

Hóy tớnh di hỡnh chiếu của mỗi cạnh lên cạnh huyền ?
Bài 3:

Biết tỉ số hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông là 3 : 7 ; Đờng cao ứng với cạnh
huyền là 42 cm

Tớnh di hình chiếu của các cạnh góc vng lên cạnh huyền ?

Ngµy so¹n : 15/10/2007

Buổi 3

:

Ơn tập về các phép biến đổi căn thức bậc hai

- LÝ thuyết cần nắm

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Đa thừa số ra ngoài dấu căn :

- Víi A 0 , B 0 Th× A2B A B
- Víi A<0 , B 0 Thì A2B A B

Đa thừa số vào trong dấu căn :

Víi A 0 , B 0 Th× A B A2B



Víi A 0 , B 0 Thì A B A2B

Khữ mẩu của biểu thức lấy căn :
Với AB0;B 0 Thì

B
AB
B
AB
B
A

2

Trục căn thức ở mÉu:
Víi B>0 th×

B
B
A
B
A



Víi B0; A2 B th×

B
A
B
A
C
B
A
C




)
(

Víi A0 ; B0 vµ ABTHì :

B
A
B
A
C
B
A
C

)
(

-

Bài tập :

Bài 1) Chứng minh :
a, 9 4 5 52

VT= ( 5 2)2  5  5 2 5 2VP(§CC/M)
b, Chøng minh :

y
x
xy
y
x
x
y
y
x



 )( )
(

Víi x>0; y>0

B§VT= x y VP

y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
xy
xy
xy
x








.
)
(
.

.
.
(§CC/m)
c; Chøng minh :

x+ 2 2 4 ( 2 2)2





 x

x Víi x2

B§VP= 2+ x-2 + 2 2x 4 = x +2 2x 4 =VT (ĐCC/m)

Bài 2: Rút gọn :

a;(2 3 5) 3 60= 2.3+ 15 4.156 15 2 156 15

b; 2
0
3
5
)
6
2
8
(

3
5
2
.
3
3
5
2
3
5
2
.
4
3
4
.
5
3
3
5
2
3
2
.
40
2
48
5
3
75

2
12
40












c; (2
y
xy
x
y
xy
xy
x
y
x
y
x
2
6
2

3
4
6
)
2
3
)(










d, x2 2x 4 x 2 2x 4 Víi x2

=
2
4
2
2
4
2
2
4
2
2

4
2
)
2
4
2
(
)
2
4
2
(
4
4
2
4
4
2
4
4
2
4
4
2
2
2




























x
x
x
x
x
x
x

x
x
x

Víi 2x 4 20 x4 ta cã BiÓu thøc = 2x 42 2x 4 22 2x 4

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Bài3:Tìm x
a;
)
(
49
35
25
)
0
:
(
35
25

2 x TM

x
x
DK
x







b;
)
(
6
0
3
3
)
(
3
0
3
0
)
3
3
(
3
0
3
3
3
.
3
)
3
:
(

0
3
3
9
2
tm
x
tm
x
x
x
x
x
x
x
x
DK
x
x





























vËy x =3 hc x = 6
c;
2
4
2
)
4
(
2
16
8
2
2

x
x
x
x
x
x
x

Với x-4 0 x4 Phơng trình trở thµnh :

x- 4 = x+2 => - 4 = 2 v« lÝ =>PT v« nghiƯm
Víi x- 4 <0 x<4 Phơng trình trở thành:
4- x = x +2 =>x =1 ( tho· m·n )

VËy PT chØ cã mét nghiÖm x = 1

d; 5

4
2
4
2
2
2 





 x x x

x (ĐK: x2 hoặc x<2)

2(x+
)
4
(
5
4
2
2
4
2
2
)
4
).(
4

.(
5
)
4
(
2
)
4
2
2
2
2
2
2
2
2

x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

 4x = 20  x =5 (Thoả mÃn)
Bài 4: Cho biểu thức :

A =

x
x
x

x  2 21
1

2
2

a; Tìm TXĐ rồi rút gọn biểu thức A
b; Tính giá trị của A với x =3
c; Tìm giá trị của x để

2
1


A

Gi¶i: A cã nghÜa Khi











1

0 x

A =
1
1
1

1
1
4
4
4
1
)
2
2
)(
2
2
(
2
2
2
2


















x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

b; Víi x= 3 ( tho¶ m·n điều kiện ) nên ta thay vào A=

1
3
1
1
1

x

c;
2
1

A 1

2
1
1
1
2
1
1
1








x
x

x (lo¹i )

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

9
10

1
1

100
99

...
1

3
2
1

2
1

100
99

1
99

98
1
...

3
2

1
1



























H

ớng dẫn học ở nhà

:

Xem kĩ các bài tập đã giải ở lớp

Làm thêm bài tập 69- 70 - 73(SBT-Tr 13-14

)

Ngày soạn : 22/10/2007

Buổi 4

:

Ôn tập về hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông

A- Lí thuyết :

1- Định nghĩa các tỉ số l ợng giác :
SinB =

a
b

= CosC
Cos B = SinC

TgB = Cotg C

CotgB = TgC

2- HÖ thøc giữa cạnh và góc trong tam giác vuông 
a; b = a sinB = a cosC

c = a sin C = a cosB
b; b = c tgB = c cotg C
c = b tgC = b cotg B
B- Bµi tËp :

Bµi 1: (Bài về nhà )

Cho ABC vuông ở A ;

6
5


AC
AB

; BC = 122 cm
TÝnh BH ; HC ?

Giải:

Cách1: Theo hệ thức trong tam giác vuông ta có :
AB2 = BC . BH

AC2 = BC . CH 

CH
BH
AC

AB



2
2

Mµ

6
5


AC
AB

Suy ra

CH
BH
AC

AB



2
2

36
25

Đặt BH = 25x ; CH = 36x

Ta cã : BC= BH + CH = 25x +36x = 122
VËy x = 122 : 61 = 2

Nªn BH = 25.2 =50 (cm) ; CH = 2. 36 = 72 (cm)
Cách 2:

Đặt AB= 5x ; AC =6x

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Theo định lí Pi Ta Go Ta có :

BC = 2 2 (5 )2 (6 )2 61 2 61 122








AC x x x x

AB VËy x =

61
122

Ta cã : AB2 = BH . CB 50

61
122
.
61
25
61
25
61
25 2
2






 x

x
x
BC

AB

BH (cm)

CH= BC- BH = 122 - 50 = 72 (cm)
Bài 2 : GV nhắc lại kết quả bài tập 14 (Tg77-SGK)

Tg =




Cos
Sin

; Cotg 




Sin
Cos

= Tg1 ;
Sin2  + Cos2 = 1

¸p dơng :

a; Cho cos = 0,8 H·y tÝnh : Sin;Tg;cotg ?

Ta cã : Sin2 + Cos2 = 1

Mà cos = 0,8 Nên Sin  = 1 0,82 0,6




L¹i cã : Tg  =




Cos
Sin

= 0,75
8

,
0

6
,
0



Cotg 




Sin
Cos



Tg

= 1,333...
6

,
0

8
,
0



b; H·y t×m Sin  ; Co s  BiÕt Tg  =

3
1

Tg  =

3
1

nªn




Cos
Sin

3
1

Suy ra Sin =

3
1

Cos

Mặt khác : : Sin2  + Cos2  = 1

Suy ra (

3
1

Cos )2 + Cos2 =1 Ta sẽ tính đợc Cos  = 0,9437

Từ đó suy ra Sin  = 0,3162
c; Tơng tự cho Cotg  = 0,75 Hãy tính Sin  ; Cos  ; Tg 

- Cho HS tù tÝnh GV kiĨm tra kÕt qu¶ ...
Bµi 3 : Dùng gãc  biÕt :

a; Sin  = 0,25 ; c; Tg  = 1
b; Cos  = 0,75 d; Cotg  = 2 
 Gi¶i

a; Cách dựng : Chọn đoạn thẳng đơn vị
-Dựng góc vng xOy

- Trên tia Ox lấy điểm A sao cho OA = 1( Đơn vị)

- V (A; 4 n v) ct tia oy tại B 
- Nối AB Ta sẽ có góc OBA là góc cần dựng

Chøng minh:

Trong tam gi¸c OAB cã:

Sin OBA = 0,25

4
1




AB
OA

Vậy góc OBA là góc cần dựng .

c; C¸ch dựng : - Dựng góc vuông xOy

- Trên tia Ox lấy điểm A sao cho OA = 1Đvị

O B
X

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

- Trªn tia Oy lấy điểm B sao cho OB= 1 Đvị

Nối AB Ta có góc OAB là góc cần dựng
C/M : Trong tam gi¸c OAB cã :

tgOAB = 1

OA
OB

O B

Các câu b; d; có cách làm hoàn toàn tơng tự nh câu a; c; Các em sÏ tù lµm
Bµi 3: Các biểu thức sau đây có giá trị âm hay d¬ng :

a; Sinx - 1
b; 1 - Cosx
c; Tgx - Cotgx
d; Sinx - Cosx

Gi¶i

Vì Sinx = Đối : Huyền ; Cosx = KỊ : Hun Nªn Sinx <1
Cosx <1
Suy ra : Sinx - 1 <0 Vµ 1 - Cosx >0

V× Sin 45 0 = Cos 450 và khi x tăng thì Sinx ; Tgx Tăng dần

Còn Cosx ; Cotgx giảm dần
+ Nếu x>450 thì sinx >cosx Nªn Sinx - cosx >0 ; Tgx - cotgx >0

+ Nếu x <450 thì Sinx < Cosx Nên Sinx - cosx <0 ; Tgx - cotgx <0

Bài 4: Tính các góc của ABC . BiÕt AB = 3 cm ; AC = 4 cm ; BC =5 cm
 Giải

Vì AB2 + AC2 = 32 +42 =25

BC2 = 52 = 25 Suy ra AB2 + AC2 = BC2 Vậy ABC vuông tại A A

Suy ra <A = 900 3 4

Sin B = AC/ BC = 4 / 5 = 0,8 Suy ra 7'

<C= 900 - 5307' = 36053'

B C
 Bài 5: Cho hình vẽ : A

H·y tÝnh CN ; < ABN ; < CAN ; AD ; BC
Gi¶i :

Trong  vu«ng CAN cã :

CN2 = AC2 - AN2 = 6,42 - 3,62 = 5,3 cm

Trong  vu«ng ANB cã :

SinB = AN/ AB = 3,6 / 9 = 0,4 Nªn gãc B = 240

Trong  vu«ng ANC cã : CosA = AN/ AC = 3,6 / 6,4 Suy ra gãc CAN = 560

Trong  vu«ng AND cã:

Cos A = AN/ AD suy ra AD = AN / CosA = 3,6/ Cos340 =

6,4 cm
Trong  vu«ng ABN cã :

SinB = AN/AB = 3,6/9 Suy ra gãc B = 240

BN = AB. CosB = 9. Cos240 = 8,2 cm

VËy BC = BN - CN = 8,2- 5,3 = 2,9 cm

9 6,4 3,6

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Bµi 6 :

Cho  ABC cã BC = 12 cm ; <B=600 ; <C= 400

a; Tính đờng cao CH và cạnh AC

b; TÝnh diÖn tÝch  ABC
Giải

a; Góc B=600 , góc C =400 Nên góc A = 800

 vu«ng BHC cã :

CH = BC . SinB = 12.Sin 600= 10,39 cm 
 vu«ng AHC cã :

Sin A = CH / AC Suy ra AC = CH / SinA = 10,39 / Sin800 = 10,55 cm

b; Trong  AHC cã :

AH = CH . CotgA = 10,39. cotg800 = 1,83 cm

Trong  BHC cã : BH= BC. CosB = 12.Cos600 = 6 cm

VËy AB = AH +HB = 1,83 + 6 = 7,83 cm
S  ABC = CH.AB 

2
1

40,68 cm2

C -

H

íng dÉn häc ë nhµ

- Xem kĩ các bài tập đã giải ở lớp
- Làm thêm bài tập sau đây :

Bài 1: Cho  ABC đều ; cạnh AB =5 cm . D thuộc tia CB Sao cho góc ADC = 400 Hóy

tính :

a; Đoạn thẳng AD
b; Đoạn thẳng BD

Ngµy soạn : 26/10/2007

Buổi 5

: Ôn tập Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai 
Căn bậc ba

A -

LÝ thuyÕt :

1

-

Yêu cầu học sinh nắm vững các phép biến đổi về căn thức bậc hai 
-2 - Nhắc lại các kiến thức về căn bc ba :

Định nghĩa : Căn bậc ba của một sè a lµ sè x sao cho x3 = a

TÝnh chÊt aa 3b




)
0
(
.

3
3
3






b
b
a
b
a

b
a
ab

B - Bµi tËp :

Bµi 1: Rót gän :

a; (2- 2).( 5 2) (3 2 5)2






= 10

33
2
40

25
2
30
18
10
2







A
H

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

b; 2 300 3
5
2
2
5
,
13
75
3 a
a
a
a

a   Víi a>0

a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a

a
3
)
2
3
4
(
3
10
.
5
2
3
2
3
.
3
5
3
2
3
.
100
5
2
)
2
(
27
.

3
.
25
3
2 2
2











c;
b
a
b
a
b
a
b
a





 3 3

Víi a0;b0,a b

b
a
ab
b
a
b
ab
a
b
a
b
a
b
a
b
ab
a
b
a
b
a
b
a
b
a



















2
)
(
)
)(
(
)
)(
(
)
(
)

(
2

Bµi 2: a; Chøng minh :

X2 +x 31(x+

4
1
)
2
3 2


Giải: Biến đổi vế trái = x2 +2 x.

4
1
)
2
3
(
2
3 2


 = (x+

4
1

)
2

3 2

 = vế phải ( Đẳng thức đợc

c/m )

b; Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
A= x2 +x 31

Theo c©u a ta cã : X2 +x


1
3 (x+
4
1
)
2
3 2

 V× (x+ ) 0
2

3 2



Vậy nên A nhỏ nhất =

4
1
khi x+
2
3
0
2
3

suyrax
Bài 3

Cho biÓu thøc :
P =
x
x
x
x
x
x







4

5
2
2
2
2
1

a; Tìm TXĐ rồi Rút gọn
b; Tìm x để P =2

c; TÝnh gi¸ trÞ cđa P khi x = 3-2 2

Gi¶i :

a; BiĨu thøc cã nghÜa khi x0;x 4
VËy TX§: x0;x4

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

=
2
3
)
2
)(
2
(
)
2
(
3
)

2
)(
2
(
6
3
)
2
)(
2
(
5
2
)
2
(
2
)
2
)(
1
(



















x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

b; P= 2





















2

3

4 ;0

x

TXD
x
x
x
x
x









16
4
2
3
2
2
3

c; x = 3-2 2 thuộc TXĐ Nên ta thay x = 3-2 2vào ta đợc :

P =
1
2
)
1
2
(
3
2
1
2
)
1
2
(
3
2

2
2
3
2
2
3
3

Bài 4 : Giải phơng trình biết :

a; 1

2
3
6
9
1
2
15
25

25x x  x (§K : x0)

37
1
36
6
1
6
1
)
5
,
1
5
,
2
5
(
6
1
5
,
1
1
5
,
2
1
5

1
2
3
6
1
3
.
2
15
)
1
(
25



























x
x
x
x
x
x
x
x
x

(Tho· m·n )

b; 3 5 2

9
5
2
20
4
3
2 2

2
2






 x x

x

DK:x25 x 5;x 5

5
6
5
2
5
)
3
3
2
3
4
(
2
5
3
5

3
2
5
2
.
3
2
2
2
2
2
2
















x
x

x
x
x

Vì VT Khơng âm ; cịn VP <0 Vậy PT đã cho vô nghiệm .
c; (5 x 2)( x1)5x4 (ĐK: x0)

)
(
4
2
6
3
4
5
2
2
5
5
tm
x
x
x
x
x
x
x

Bài 5 : So sánh
a; 15 và 3 2744
C¸ch 1: 15=3 3375

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

C¸ch 2 : 3 2744 = 14 <15 VËy 15 > 3 2744

-2
1

vµ -3
9
1

-2
1

=3
8

1
 ;

-3
9
1 =

3
9

1


V×

9
1
8

1 



Nªn 3
8

1
 <

3
9

 Hay 
-2
1

<-3
9
1

Bµi 6 : Rót gän biĨu thøc :
a

a
a
a

11
7
.
5
.
3
3

7
.

125
3
27

7
125
3

27 3 3 3 3 3 3 3 3

3 3














b; 3 3 3 3 3 3 3 3

)
1
(
27
)

1
(
2
)
1
(
8
)
1
(

2 a  a  a   a

Híng dÉn Häc sinh gi¶i
KQu¶ = a(3+3 2) (3 3 2)




H íng dÉn häc ë nhµ :

- Xem kĩ các bài tập đã giải ở lớp
- Làm thêm các bài tập sau đây :
Bài 1 : Cho biểu thức

P= ( )
1
2
2

1
(
:
)
1
1
1









 a

a
a

a
a
a

a; Tìm TXĐ rồi rút gọn P
b; Tìm a để P dơng

c; Tính giá trị của Biểu thøc biÕt a= 9- 4 5
Bµi 2:

a; So sánh :

-11 và 31975



b; Rót gọn :

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Ngày soạn : 31/10/2007

Buổi 6

:

Ôn tập chơng I hình học

A

- Lí thuyết cần nhớ :

1- Cỏc hệ thức liên hệ giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông .

1- a2=b2+c2

2- b2=a.b' ; c2=a.c'

3- h2= b'.c'

4- b.c=a.h
5- 12 12 12

c
b

h  

A
2- Định nghĩa các tỉ số l ợng giác :

SinB =
a
b

= CosC
Cos B = SinC

TgB = Cotg C B
CotgB = TgC

3- HƯ thøc gi÷a cạnh và góc trong tam giác vuông 
a; b = a sinB = a cosC

c = a sin C = a cosB
b; b = c tgB = c cotg C
c = b tgC = b cotg B
Suy ra: a = b/ sinB = b/ cosA

B- Bµi tËp vËn dơng:

Bài 1: Cho tam giác vuông ABC tại A . AH là đờng cao ; BH = 4 cm ; CH = 9 cm
Tính AB ; AC ; AH ; Góc C và góc B .

Gi¶i: BC= BH + CH = 4+9 =13 cm 
AB2 =BH.BC = 4 .13 = 52

AB = 52 (cm

AC2 = BC2 - AB2 =92 -

29
522



AC = 29

AH2 = BH. CH = 4.9 =36 = 62

AH = 6 cm

Ta cã : SinB = AC/BC = 29/ 9 =0,5984
Suy ra : B = 360 45'

C = 900 - 36045' = 530

Bµi 2: a; Cho Cos  = 5/12. TÝnh Sin  ; Tg  ; Cotg  .?
Ta cã Sin2 + Cos2 =1 => Sin2 = 1- (5/12)2 = 144/169

Sin  = 12/13
Tg  = Sin  /Cos  =

5
12
12
/
5

13
/
12



c h b
c' b'

H a C ┐

┐
H

┐

B 4 9

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Cotg  =Tg1 =

12
5

b; Cho Tg  =2 .TÝnh sin  ; Cos  ; Cotg  ?

Ta cã : Tg  =2 =>  




Cos
Sin

.
2

2 



Mặt khác : Sin2 + Cos2 =1 Nên (2cos  )2 +cos2  = 1

5 cos2 = 1

Cos  =

5
5

VËy sin  = 2 cos  =

5
5
2

Cotg  = 1 21


tg

Bµi 3: Dùng gãc nhän  biÕt :
a; Cos  =0,75

b; Cotg  =3
Gi¶i:

GV hớng dẫn HS giải qua 2 bớc : Cách dựng vµ chøng minh

Bµi 4: Cho  ABC cã AB= 6 cm ; AC = 4,5 cm ; BC = 7,5 cm A
a; C/m  ABC vu«ng ë A

Tính B ; C ; đờng cao AH của ABC

b; Tìm tập hợp điểm M sao cho S ABC = S BMC

Gi¶i : B C
H
a; Ta cã AB2 +AC2 = 62 +4,52 =56,25 =7,52 = BC2

Vậy  ABC vng ở A ( Theo định lí đảo định lí Pi Ta Go)
7,5 0,8





BC

AC
SinB

VËy gãc B = 530 Suy ra gãc C=900- 530 = 270
 vu«ng AHB cã : AH = AB . Sin B = 4,5.Sin530 = 3,6 cm

b; Ta có :  ABC và  MBC chung đáy BC vậy để diện tích chúng = nhau thì độ dài
hai đờng cao phải bằng nhau Tức là khoảng cách từ A đến BC cũng bằng M đến BC . Suy
ra M cách BC một khoảng =AH = 3,6 cm

Vậy M thuộc hai đờng thẳng sông song với BC và cách BC một khoảng bằng 3,6 cm
Bài 4 : Cho  ABC vuông ởA ; AB = 6 cm ; AC = 8 cm

a; TÝnh BC ; B ; C

b; Phân giác của góc A cắt BC tại D

c; T D kẽ DE vng góc AB và DF vng góc AC . Tứ giác AEDF là hình gì ?
Tính chu vi và diện tích của hình tứ giác đó ?

Gi¶i:

a; Theo định lí Pi Ta Go cho  vng ABC ta có : A
BC2 = AB2 +AC2

BC= 62 82 10



 cm F

SinB = 0,8

10
8




BC
AC

B = 530 ; C = 370

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

7
8
6
8

10
.
6
.
















AB
AC

BC
AB
BD

BC
BD
BD
CD

BD
AB

AC
AB
DC

BD

AC
AB

CD =

10-7
62
7
8

 cm

c; Ta có tứ giác AEDF là HCN ( Cã ba gãc vu«ng ë A; E ;F )
Lại có AD là phân giác của góc A nên AEDF là hình vuông
Xét tam gi¸c BED cã :

ED = BD. SinB =

35
32
53
.
7

8 0



Sin cm
Chu vi cđa AEDF = ED .4=

35
108
4
.
35
32

 cm

DiƯn tÝch cña AEDF = ED2 = (

1225
1024
)

35
32 2

 cm2

C- H

íng dÉn häc ë nhµ :

- Xem lĩ lại các bài tập đã chữa ở lớp
- Lm thờm bi tp sau:

Cho tam giác vuông tại A ; AB = a ; AC= 3a . Trªn cạnh AC lấy các điểm D;E sao cho
AD = DE =EC

a; C/M

DC
DB
EB

DE



b; C/M  BED đồng dạng  CDE

c; TÝnh tỉng < AEB+< BCD b»ng hai c¸ch .

Ngày soạn :6/11/2007

Bui 7

:

Ôn tập chơng I đại số

A- Kiến thức cần nắm trong chơng :

Căn bậc hai

Căn bậc ba

+ a0

x =

a

x

a

2

0

+ A có nghĩa khi A0; Víi A0 th× A

0
















0 AkhiA

A

+ AB  A. B víi A0;B0

B
A
B
A

 Víi A0;B>0

+Víi mäi a thuéc R :
x =3 a· x a


 3

+3 A cã nghÜa víi mäi A

+Khi A >0 ta cã 3 0



A
A =0 ta cã 3 A =0

A<0 ta cã3 A<0

+3 A3 A

3
3 .

3 AB  A B

+ 3

3
3

B
A
B
A

 ( B0)

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Các phép biến đổi đơn giản của căn bậc hai :

Đa thừa số ra ngoài dấu căn :

- Víi A 0 , B 0 Th× A2B A B
- Víi A<0 , B 0 Th× A2B A B

Đa thừa số vào trong dấu căn :

Víi A 0 , B 0 Th× A B A2B



Víi A 0 , B 0 Th× A B A2B

Khữ mẩu của biểu thức lấy căn :
Víi AB0;B 0 Th×

B
AB
B

AB
B

A

2

Trục căn thức ở mẫu:
Víi B>0 th×

B
B
A
B
A



Víi B0; A2 B

 th× C AA BB

B
A

C






)
(

Với A0 ; B0 và ABTHì :

B
A

B
A
C
B
A

C

)
(

B- Bài tập áp dụng :

Bi 1: a; Tỡm tp xác định của các biểu thức sau :
A = 2x 63 2 x

B =

3
6
5

2
1
3







x
x
x
C = 3x-5 +

1
2



x

Gi¶i:

A = 2x 63 2 x cã nghÜa khi























2

3

02

06

2 x

Khơng có giá trị nào của x để A có nghĩa

B =

3
6
5

2
1
3







x
x
x

cã nghÜa khi

5

2

3

5

2

03

052 



























x

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

C = 3x-5 +
1
2
4
2


x cã nghÜa khi 2x

2+1>0 điều này luôn đúng với mọi x . Vậy TXĐ:R

Bµi 2: Rót gän :

a; ( 31)2 ( 3 5)2  31 5 3  51

b; 20 10

9
5



 = 2) 5

3
7
(
5
2
5
2
5
3
1





c;

36 18 3 15 65 3 12 3 12 39 6 3

1
3
)
1
3
(
4
3
9
)
3
3
(
5
3
4
)
3
2
(
3
1
3
4
3
3
5

3
2
3























d; 15 6 6 33 12 6 (3 6)2 (2 6 3)2 3 6 2 6 3 6














Bµi 3:

Cho biÓu thøc : A=

ab
a
b
b
a
b
a
ab
b
a 




 ) 4

( 2

a; Tìm điều kiện của a;b để A có nghĩa

b; Khi A có nghĩa chứng tỏ giá trị của A không phụ thuộc vào a
Giải:

a; A cã nghÜa khi



























b

a

b

a

b

a

conghia

ab

conghia

b

a

0 ;0

0 ;

VËy TX§: a>0 ; b>0 ; ab
b;
A =
b
b
a
b
a
b
a
b
a
b
ab
a
ab
b
a
ab
b

a
ab
b
ab
a
2
)
(
2
)
(
4
2




















VËy A kh«ng phơ thc vào giá trị của a ( với a>0 ; b>0 ; ab)
Bµi 4: Cho biĨu thøc :

P = x -7 + 2 14 49



 x

x

a; Rút gọn P
b; Tìm x để A =4
 Giải:
a; P có nghĩa với mọi x

P = x-7 + (x 7)2 x 7 x 7

+Nếu x-7 0  x7 Khi đó P = x-7 +x-7 =2x - 14

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

P =













7

0

7

14

2 neu

neux

x

Bµi 5: Cho A =

1
2
2
6


x
x

Tìm giá trị của x để A nhận giá trị nguyên ?
Gii: Ta cú : A =

1
2
2
6

x
x

=
1
2
1
3
1
2
1
)
1
2
(
3

x
x
x
Để A nguyên thì

1
2

x nguyên nên 2 x 1 là ớc của 1
VËy 2 x  1 = 1 suy ra x= 1

Hc 2 x  1=-1 suy ra x = 0

C - H íng dÉn häc ë nhµ :

- Xem kĩ các bài tập đã giải lp

- Rèn luyện thêm các bài tập trắc nghiệm ở SGK và SBT

- Làm thêm bài tâp sau : Cho C= ( 1 )

3
1
3
(
:
)
9
9

3 x x x

x
x
x
x
x









a; Tìm điều kiện của x để C có nghĩa ; Rồi rút gọn C
b; Tìm x sao cho C <-1

Bi 8

: Lun TËp chung

B- Lun tËp Bµi 1: Rót gän

a; 45 2 203 5003 5 2.2 53.10 5(3 430) 5 29 5
b;
1
3
4
1
3
1



 = 2

2
3
3

1
3
)
1
3
(
4
1

3  









Bµi 2: Cho 
P = (

1
2
:
)
1
1

1   



 x x x x

x
x
x

Chøng minh P<0 víi mäi 0 <x <1
P = (

1
2
:
)
1
1

1   


 x x x x

x
x
x
=(
1
2
:

1
1
3




x
x
x
x
)
=
2
1
2
1
).
1

( x  x x

V× 0 <x <1 nªn x-1 <0 VËy P <0 víi mäi 0 <x <1(Điều cần c/m)
Bài 3: Giải phơng trình sau:

2x1 3 2x 2 §K:

2
3
2

1



x

Vì hai vế khơng âm nên bình phơng 2vế ta đợc PT tơng đơng :
2x+1 +3 - 2x + 2 (2x1)(3 2x) 4




















2
3

0
2
3
2
1
0
1
2
0
)
2
3
)(1
2(
x
x
x
x
x

x (Tho· m·n ®k )

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

b; Các đờng thẳng vng góc với DE tại D và tại E lần lợt cắt BC tại M và N . Chứng
minh M là trung điểm của BH và N là trung điểm HC ?

c; TÝnh diƯn tÝch tø gi¸c DENM ?

a;Vì tứ giác ADHE là hình chữ nhật ( Tứ giác có 3 góc
vuông tai A; D ; E )

suy ra AH = DE

Mµ AH2= BH . CH =4.9=36

AH = 6 cm nên DE = 6 cm
b; Vì D1 + D2=900

 H1 + H2 = 900 mµ D2= H2 (tÝnh chÊt HCN )

Suy ra  D1 = H1 nên DMH cân => DM =MH

Tơng tự ta sẽ c/m đợc rằng DM = BM . Vậy M là trung điểm của BH ; Hoàn toàn tơng tự
ta cũng c/m đợc rằng N là trung điểm của HC

c; Tø gi¸c DENM là hình thang vuông vì DM ; EN cùng vuông gãc DE

SDENM = 1/2(DM +EN ).DE ( Mµ DM = 1/2 BH = 1/2. 4= 2 cm ; EN = 1/2 HC = 4,5 cm)

= 1/2 . (2+ 4,5 ).6 = 19,5 cm2

TuÇn 12 ¤n tËp hµm sè - Hµm sè bËc nhÊt

Ngµy soạn: 09/11/2008
Ngày dạy: 12/11/2008
A- Các kiến thức cần nắm :

1- Khái niệm hàm số :

i lng y ph thuc vào đại lợng thay đổi x sao cho với mỗi giá trị của x ta luôn xác
định một giá trị tơng ứng của y thì y đợc gọi là hàm số của x ; còn x đợc gọi là biến số.

Ta viết : y = f (x)

2- Mặt phẳng toạ độ

Hai trục Ox và Oy vuông góc với nhau tai gốc O của mỗi trục số ta có hệ trục Oxy
Mặt phẳng có hệ trục toạ độ Oxy gọi là mặt phẳng toạ độ Oxy .

3- Đồ thị hàm số
Cho hàm số y = f(x)

Mỗi cặp (x;f(x) ) đợc biểu diễn bởi một điểm trên mặt phẳng toạ độ
Tập tất cả các điểm (x;f(x) ) gọi là đồ thị hàm số y = f(x)

4- Tập xác định của hàm số

Là tất cả các giá trị của x sao cho f(x) có nghĩa
5- Hàm đồng biến ; hàm nghịch biến

Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập R .

+x1 <x2 mà f (x1) < f(x2) thì hàm số đồng biến trên R

+ x1 <x2 mà f (x1) > f(x2) thì hàm số nghịch biến trên R
B-Bài tập áp dụng :

Bài 1: Cho hàm số y = f(x) =4x-1

a; TÝnh f(0); f( 1) ; f(-1) ; f( 2 ) ; f(a) ; f(a-b)

b; Ta nói f(a) = f(-a) là đúng hay sai ? Vì sao ?

Giải:

a; f(0) = 4.0-1 =-1 ; f( 1) = 4.1-1 = 3 ; f(-1) =4(-1)-1=-5
f( 2 ) = 4. 2- 1 ; f(a) = 4a -1; f(a-b) = 4(a-b) -1

b; Ta cã f(a) = 4a -1
f (-a) = -4a - 1

Ta cã : f(a) = f(-a) suy ra 4a-1 =-4a-1  8a = 0  a=0
f(a)  f(-a) suy ra 4a-1 -4a-1 a0

Vây ta nói f(a) = f(-a) là sai
Bài 2: Cho X =








 

5
1
;
5

1
;

4
1
;
0
;
4

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>










4
1
;
1
;
5
3
;
5
1
;
2
;
0

Cho hàm số từ X Y Xác định bởi công thức y = 4x1
Hãy lập bảng giá trị tơng ứng giữa x và y ?

Gi¶i:

HD: Các em hãy tính f(-1/4) ; f(0) ; f(1/4) ; f(-1/5) ; f( 1/5)
Bài 3: Tìm tập xác định của các hàm số sau :

a; f(x) =

1
3



x c; f(x) = 4
1

2



x
x
b; f(x) = x2 + x -5 d; f(x) = 3 1



x

GV hớng dẫn : Tìm TXĐ của hàm số f(x) là tìm tất cả các giá trị của x để f(x) có nghĩa
Chú ý : một phân thức có nghĩa khi mẩu thức khác 0 ; một căn thức có nghĩa khi biểu
thức dới dấu căn không âm

a; f(x) =

1
3



x cã nghÜa khi x-1 0 =>x 1 => TX§: x 1

b; f(x) = x2 + x -5 cã nghÜa víi mäi giá trị của x => TXĐ: R

c; f(x) =

4
1




x

x Cã nghÜa khi 1-x 0

 =>x0

vµ x2 -4 0 => x 2



VËy TXĐ: x0 và x-2

d; f(x) = 3x1 có nghÜa 3x +1 0=> x
3

1



vËy TX§ : x

3
1

Bài 4 ; a; HÃy biểu diễn các điểm A(1;2) ; B (-2;1) ; C(2;1)
b; TÝnh chu vi vµ diƯn tÝch  ABC

Giải:

a; Cho HS biễu diễn các điểm
b; Chu vi  ABC = AB + AC +BC
AB = 32 1 10 3,2





AC = 12 12 2 1,4



BC = 4

VËy chu vi  ABC = 3,2+ 1,4 +4 =8,6
DiÖn tÝch  ABC =.1.4 /2= 2

Bài 5:Trong các hàm số sau hàm số nào là hàm bậc nhất ? Nếu phải thì hàm đó đồng
biến hay nghịch biến ?

a; y = 5 - 2.x

b; y = 3x - 5(x +1) -3 (x +3)
c; y =

5
3

8
2




x
x
d; y =

b
ax

Gi¶i:

a; y = 5 - 2.x lµ hµm sè bËc nhất vì nó có dạng y= ax +b (a0) víi a =- 2;b5

2 A
1

B C

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Do a <0 nên hàm số đã cho là hàm nghịch biến

b; y = 3x - 5(x +1) -3 (x +3) = -5x -14 là hàm bậc nhất với a = -5 ; b =-14
Do a = -5 <0 nên hàm số đã cho là hàm nghịch biến .

c; y =

5
3

8
2

x
x

không phải là hàm bậc nhất vì nó không có dạng y = ax +b
d; y =

b

ax

không phải là hàm bậc nhất vì nó không có dạng y = ax +b .
Bài 6 : Cho hµm sè : y = (2m +1 )x +3

a; Xác định giá trị của m để y là hàm số bậc nhất
b; Xác định m để y là hàm số :- Đồng biến

- NghÞch biÕn

Giải: a; y là hàm số bậc nhất khi 2m +1  0 => m -1/2
b; Hàm số y đồng biến khi 2m +1 >0 => m > -1/2
Hàm số y đồng biến khi 2m +1 <0 => m < -1/2
Bài 7: Tìm trên mặt phẳng toạ độ tất cả các điểm :

a; Có tung độ bằng 5
b; Có hồnh độ bằng 2
c; Có tung độ bằng 0 .
d; Có hồnh độ bằng 0

e; Có hồnh độ và tung độ bằng nhau
f; Có hồnh độ và tung độ đối nhau
Giải:

a; Các điểm có tung đọ bằng 5 là tất cả các
điểm thuộc đờng thẳng y =5 ...

b; Các điểm có hồnh độ bằng 2 là tất cả các điểm

thuộc đờng thẳng x =2

c; Các điểm nằm trên trục ox có tung độ bằng 0
d; Các điểm nằm trên trục tung oy có hồnh độ
bằng 0

e; Các điểm có hồnh độ và tung độ bằng nhau
nằm trên đờng thẳng y=x

f; Các điểm có hồnh độ và tung độ đối nhau nằm trên đờng thẳng y = -x
C.Hớng dẫn học ở nhà:

- Xem kĩ các bi tp ó gii lp

- Nắm chắc khái niƯm hµm sè, hµm sè bËc nhÊt vµ tÝnh chÊt cđa hµm sè bËc nhÊt .

Tuần 13 Sự xác định của đờng trịn-Tính chất đối xứng 
 Đờng kính và dây ca ng trũn

Ngày soạn:16/11/2008
Ngày dạy: 21/11/2008
A- Lí thuyết cần n¾m :

1- Sự xác định của đờng trịn :

- Biết tâm và bán kính của đờng trịn .

- Biết đờng kính Xác định đợc một đờng trịn duy nhất
- Qua 3 điểm khơng thẳng hàng

2-Tính chất đối xứng :

+Đờng trịn chỉ có 1 tâm đối xứng duy nhất chính là tâm 0 của đờng trịn .
+ Đờng trịn có vơ số trục đối xứng ; Mỗi đờng kính là một trục đối xứng
3 - Đờng kính và dây của đờng trịn

Y x=2

5 y =4
Y=x
2

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Định lí 1:Trong đờng trịn - đờng kính là dây lớn nhất

Định lí 2:Đờng kính AB vng góc với dây CD tại I => IC =ID
Định lí 3: AB là đờng kính

CD khơng phải là đờng kính => AB vng góc với CD
AB cắt CD tại trung điểm I của CD

C I D
B

B- Bài tập áp dụng :

Bài 1: Cho  nhọn ABC . Vẽ đờng trịn (0) có đờng kính BC ; nó cắt các cạnh AB;AC
theo thứ tự ở D ;E

a; Chøng minh r»ng CD vu«ng gãc víi AB ; BE vuông góc với AC
b; Gọi K là giao điểm của BE và CD . C/m rằng AK vuông góc víi BC
Giải:

GV hớng dẫn :

Để c/m CD vuông góc víi AB ta cã thĨ c/m  BDC vu«ng ë D
Em hÃy nêu các cách c/m một tam giác là vuông ?

Với bài này ta sữ dụng cách nào ?
( Trung tuyến bằng nữa cạnh huyền )
Giải: a; Nối OD;OE

Ta có DO là trung tun cđa  BCD (V× OB =OC =R)
Mµ OD = OC = OB = R = BC/2 =>  BCD vu«ng ë C
=> CD vu«ng góc AB

Hoàn toàn tơng tự BEC vuông ở E => BE vu«ng gãc víi AC
b; Do BE vu«ng gãc víi AC

CD vng góc với AB Suy ra K là trực tâm của  ABC
=> AK cũng là đờng cao =>AK vng góc với BC

Bµi tËp 2: Cho ABC cân tại A ; Nội tiếp Đờng tròn (0) ; Đờng cao AH cắt Đờng tròn
ở D .

a; Vì sao AD là đờng kính của (0) ?

b; Tính số đo góc ACD ?

c; Cho BC = 24 cm ; AC = 20 cm ;TÝnh chiÒu cao AH và bán kính của (0)
Giải:

a; Vỡ tõm O là giao điểm của 3 đờng trung trực của  ABC
Mà  ABC cân ở A nên đờng cao AH cũng chính là

trung trùc => O thuéc AH

=> AD là dây qua tâm => AD là đờng kính
b; Nối DC; OC

Ta cã CO lµ trung tuyÕn mµ CO = AD/2 = R
Suy ra ACD vuông ở C nên góc ACD = 900

c; Vì AH là trung trực => BH = HC = BC/2 =24/2 = 12
XÐt  vu«ng AHC cã :

AH = AC2 CH2 202 122 16cm







XÐt  vu«ng ACD cã : AC2 = AH .AD

=> AD = AC2 / AH = 202 /16 = 25 cm

=> R = AD /2 = 25 /2 =12,5 cm

Bài tâp 3: ( Vận dụng kết quả bài 2)

Cho ABC cân ở A ; BC = 12 cm ; Dờng cao AH = 4 cm . Tính bán kính của đờng tròn
ngoại tiếp  ABC

GV híng dÉn :

O
H

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Để giải bài tốn này ta đa nó về bài tập 2 . Tức là vẽ Đờng tròn (0) ngoại tiếp  ABC ;
Kéo dài AH cắt (0) tại D . Ta c/m đợc AD là đờng kính

Rồi dùng  vng ACD để tính AD khi đã tính đợc AH
Bài tập 4 :

Cho tø gi¸c ABCD cã B = D=900 .

a; Chứng minh rằng 4 điểm A;B ; C; D cùng thuộc một đờng tròn .
b; So sánh độ dài AC; BD . Nếu AC =BD thì ABCD là hình gì ?

Gi¶i:

a; Lấy O là trung điểm AC . Ta có ADC vuông có OD:

Là trung tuyến Nên: OD = AC/2 = OA = OC (1)

BO là trung tuyến của vuông ABC
Nên OB = AC/2 = OA = OC (2)

Từ (1)và (2) suy ra 4 điểm A,B,C,D cùng thuộc
đờng trịn tâm O đờng kính AC

b; Ta có AC là đờng kính (0)

BD là dây của đờng tròn nên : AC  BD
Khi AC=BD thì suy ra BD là đờng kính

Nh vậy AC và BD cắt nhau tại trung điểm của mổi đờng
Và AC = BD vậy ABCD là hình chữ nhật .

Bài 5 :a) Cho nữa đờng trịn tâm O ; Đờng kính AB ; dây CD . Các đờng vng góc với
CD tại C và D cắt AB ở M và N

C/m r»ng AM = BN

b) Cho nữa đờng tròn O ; đờng kính AB . Trên AB lấy các điểm M;N sao cho AM= BN .
Qua M và N kẻ các đờng thẳng song song với nhau và chúng cắt đờng tròn lần lợt ở C và
D

C/m MC và ND vuông góc với CD ?

Giải:b; Kẽ OI vng góc với CD => IC = ID
Lại có OM = ON (vì OA =OB =R ; AM= BN )
Do đó OI là đờng trung bình của hình thang

CMND => OI //MC //DN

Mà OI vuông góc với CD suy ra MC vuông góc
CD và ND vuông góc CD

Cõu a; Ta giải hoàn toàn tơng tự nh câu b ;
Bài 6:Cho đờng tròn(0;R ) Điểm M nằm
trong đờng tròn .

a) Hãy nêu cách dựng dây AB nhận M làm trung điểm
b) Tính độ dài AB ở câu a biết rằng R = 5cm ; OM =1,4 cm
GV yêu cầu HS vẽ hình và giải ; GV kiểm tra đánh giá kết quả
C- Hớng dẫn học ở nhà :

-Xem kĩ các bài tập đã giải ở lớp

- Trình bày lời giải đầy đủ Bài tập 5a; bài tập 3 ( đã hớng dẫn )

O C

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Tuần14: Hai đờng thẳng song song ; cắt nhau

Hệ số góc của đờng thẳng y= ax +b (a0)

Ngày soạn:23/11/2008
Ngày dạy: 26/11/2008

A

- Kiến thức cần nắm

:

1-Đồ thị hµm sè y =ax+b(a0)

+Nếu b =0 Thì đồ thị hàm số y = ax là đờng thẳng đi qua gốc toạ độ và điểm E(1;a)
+ Nếu b0thì đồ thị là đờng thẳng song song đờng thẳng y= ax và cắt trục Oy tại điểm

có tung độ =b

Cách vẽ đồ thị hàm số y = ax +b :

Lấy 2 điểm bất kì thuộc đồ thị rồi ta vẽ đờng thẳng đi qua 2 điểm đó
VD : A(0 ; b) và B (-b/a ; 0 ) Đờng thẳng AB chính là đồ thị cần vẽ .
2- Vị trí tơng đối của hai đờng thảng

Cho hai đờng thẳng y = ax +b (d ) và y = a'x+ b'(d')
+d// d'  a = a' ; bb'

+ d trïng d'  a= a' ; b = b'
+ d c¸t d'  a a'

3- Hệ số góc của đờng thẳng y = ax+b
a- là hệ số góc của đờng thẳng y = ax+b

b- là tung độ gốc

 là góc tạo bởi đờng thẳng y =ax+b và trc Ox

+Nếu a>0 thì là góc nhọn và khi a càng lớn thì góc càng lớn ( nhng  vÉn lµ gãc
nhän )

+ NÕu a <0 thì là góc tù và khi a càng lớn thì góc càng lớn (nhng vẫn là góc tù )
B- Bài tập áp dụng :

Bài 1: Cho hai hµm sè y = 3x +7 vµ y = x +3

a; Hãy vẽ đồ thị của hai hàm số trên cùng một trục toạ độ
b; Tìm toạ độ giao điểm của hai đồ thị trên ?

Gi¶i: y

b; Ta thấy hai đồ thị cắt nhau tại điểm I có toạ độ (-2; 1)
Thử lại bằng phơng pháp đại số :

3
I 1
-3

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Vì I là giao điểm của hai đồ thị nên ta có phơng trình hồnh độ :

3x +7 = x +3  2x = -4  x =-2

Thay x =-2 =>y = -2 +3 =1
Vậy điểm I (-2;1)
Bài 2: Cho hµm sè :

Y = ax +b

a; Xác định hàm số biết đồ thị hàm số trên song song với đờng thẳng y = -2x +3
và đi qua điểm A(-3;2)

b; Gọi M; N là giao điểm của đồ thị trên với trục tung và trục hồnh ; Tính độ dài MN ?
c; Tính độ lớn của góc tạo bởi đồ thị trên với trục 0x ?

Gi¶i:

a; Vì đồ thị y = ax+ b song song với đờng thẳng y= -2x +3 => a =-2

Mặt khác đồ thị của nó lại đi qua A (-3 ; 2) nên ta thay a =-2 ; x=-3 ;y =2 vào phơng trình
ta có : 2 = -2. (-3) +b => b = -4

Vậy hàm số cần xác định là : y = -2x - 4 y
b;

Ta cã M(0;2) ;N (-1;0)
MN = 22 12 5



 M

c; Ta cã Tg MON = OM/ON =2/1 =2 2
=> Gãc MON =  = 570

N -1 0 x

Bµi 3: Cho hai hµm sè bËc nhÊt y = 2x + 3k

Và y= (2m +1)x +2k-3
Tìm điều kiện của m và k để đồ thị 2 hàm số là:
a; Hai đờng thẳng cắt nhau

b; Hai đờng thẳng song song
c; Hai đờng thẳng trùng nhau

Giải: Vì hai hàm số đã cho là hàm bậc nhấtnên m-1/2 (*)
a; Để hai đờng thẳng cắt nhau thì a a'

suy ra : 2  2m +1 => m1/2

Vậy m  -1/2 và m1/2 Thì hai đờng thẳng cắt nhau

b; Để hai đờng thẳng song song thì a = a' ; b b' suy ra 2 = 2m +1
=> m = 1/2 và 3k 2k -3 => k -3

Vậy hai đờng thẳng song song khi m =1/2 và k -3
c; Hai đờng thẳng trùng nhau khi a =a' và b = b'
suy ra : 2 = 2m +1 => m =1/2

3k = 2k -3 => k =-3

Vậy với m=1/2 và k =-3 Thì hai đờng thẳng trùng nhau
Bài 4 :Cho các đờng thẳng :

(d1) : y = (m2-1) x + m2 -5 ( Víi m 1; m -1 )

(d2) : y = x +1

(d3) : y = -x +3

a) C/m rằng khi m thay đổi thì d1 ln đi qua 1điểm cố định .

b) C/m r»ng khi d1 //d3 th× d1 vu«ng gãc d2

c) Xác định m để 3 đờng thẳng d1 ;d2 ;d3 đồng qui

Gi¶i:

a) Gọi điểm cố định mà đờng thẳng d1 đi qua là A(x0; y0 ) thay vào PT (d1) ta có :

y0 = (m2-1 ) x0 +m2 -5 Víi mäi m

=> m2(x

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

X0+y0+5 = 0 suy ra : x0 =-1

Y0 = -4

Vậy điểm cố định là A (-1; -4 )
b)

d1//d3 => m2- 1 = -1 => m = 0 khi đó ( d1) là : y = -x + 1

(d2) lµ:y = x +1

Ta có a.a' = -1.1 =-1 nên d1 vuông góc d2

c) +Ta tìm giao điểm B của d2 và d3 :

Ta có pt hồnh độ : -x +3 = x+1 => x =1
Thay vào y = x +1 = 1 +1 =2 Vậy B (1;2)

Để 3 đờng thẳng đồng qui thì d1 phải đi qua điểm B nên ta thay x =1 ; y =2 vào pt

(d1) ta cã : 2 = (m2 -1) .1 + m2 -5

m2 = 4 => m =2 vµ m=-2

Vậy với m= 2 hoặc m=-2 thì 3 đờng thẳng trên đồng qui
C.Hớng dẫn học ở nhà :

- Xem kĩ các dạng bài tập đã giải ở lớp
- Làm thêm bài tâp 26-27-28 (Trg ... SBT )

Bài 5: Cho các đờng thẳng (d1) : y = 4mx - (m+5) với m0

(d2) : y = (3m2 +1) x +(m2 -9)

a; Với giá trị nào của m th× d1 //d2

b; ... thì d1 cắt d2 tìm toạ độ giao điểm Khi m=2

c; C/m rằng khi m thay đổi thì đờng thẳng d1 luôn đi qua A cố định ; d2 di qua điểm cố

định B . Tính BA ?

Tuần 15 : Ôn tập về liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây 
 Vị trí tơng đối của đờng thẳng và đờng trịn

A- KiÕn thøc cÇn nhí :

1- Liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây :
Định lí 1: Trong 1 đờng trịn :

a; Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm .
b; Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau
Định lí 2: Trong hai dây của đờng trịn:
a; Dây nào lớn hơn thì dây đó gần tâm hơn
b; Dây nào gần tâm hơn thì dây đó lớn hơn

2- Các vị trí tơng đối của đờng thẳng và đờng tròn :

Gäi OH =d

a; a c¾t (0)  2 ®iĨm chung  d<R

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

c; a khơng giao (0)  khơng có điểm chung  d >R

3- Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đờng tròn 
Dh1: Đờng thẳng a và (0) chỉ có một điểm chung
Dh2: OH vng góc a

OH = R Suy ra a là tip tuyn ca ng trũn

B- Bài tập áp dụng : 
Bµi 1:

Cho đờng tròn tâm 0 và điểm I nằm trong (0)

C / m r»ng dây AB vuông góc với OI tại I ngắn hơn mọi dây khác đi qua I
Giải:

GV hớng dẫn : Vẽ dây CD bất kì qua I (Khác dây AB )
ta c/m AB <CD

Muốn so sánh hai dây ta so sánh điều gì ?

( Ta so sỏnh hai khoảng cách từ tâm đến 2 dây ; Dùng tính
chất trong tam giác vng thì cạnh huyền là cạnh lớn nhất )

Bµi 2:

Cho (0) ; hai dây AB , CD bằng nhau và cắt nhau tại điểm I nằm bên trong đờng tròn
C/m rằng :

a; IO là tia phân giác của một trong hai góc tạo bởi hai dây AB; CD
b; Điểm I chia AB ; CD thành các đoạn thẳng bằng nhau đơi một
Giải:

a; GV híng dÉn : §Ĩ c/m IO là tia phân giác ta cần c/m điều g× ?
( C/m gãc I1 = gãc I2 )

Để c/m 2 góc bằng nhau ta làm nh thế nào ?
( C/m 2 tam giác bằng nhau )

Vậy ta c/m hai tam giác nào bằng nhau ? V× sao ?
( C/m hai  OKI =  OHI )

b; Ta chỉ cần c/m IC =IB từ đó sẽ suy ra IA = ID
OH vng góc với AB =>OA = OB =AB/2

OK vu«ng gãc víi CD => OC =OD = CD /2
Mµ AB= CD

Nên suy ra CK = BH ; Lại có IK = IH
Do đó : CI = BI

DI = AI

Bài 3: Cho điểm A cách đờng thẳng xy là 12 cm . Vẽ đờng tròn (A; 13 cm)
a; C /m rằng Đtrịn (A) có hai giao điểm với đờng thẳng xy

b; Gọi hai giao điểm nói trên là B và C . Tính độ dài BC ?
Giải:

a; Do OH = d = 12 cm
OB = R = 13 cm

=> d < R vậy đờng thẳng xy cắt (0) tại hai điểm
b; OH vng góc với BC => BC = 2 BH

Theo định lí Pi Ta Go cho  vng OBH ta có :
BH = OB2 OH2  132122 5cm

BC =2 BH = 2. 5 = 10 cm

A O

C H K D

A O
D
H

K
C I
B

B H C y

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Bài 4:

Cho hình thang ABCD (A =D =900 ) ; AB =4cm ; BC = 13 cm ; CD = 9 cm

a; Tính độ dài AD ?

b; C/m rằng đờng thẳng AD tiếp xúc với đờng tròn đờng kính là BC ?
Giải: Yêu cầu HS vẽ hình

Ta sÏ tÝnh AD nh thÕ nµo ?

Để biết AD ta có thể tính đợc đoạn nào ? ( Hạ BH vng góc CD )
a; Hạ BH vng góc với CD ; Ta có ABHD là hình ch

nhật ( Vì có 3 góc vuông là A=D=H=900)

=> AB = DH ; AD = BH => HC = DC - DH = 9-4 =5 cm
XÐt  BHC cã : BH2 = BC2 - CH2=132 - 52 =122

=> BH = 12 cm
VËy AD = 12 cm

b; Kẻ OE vng góc AD ta chỉ cần C/m OE = R
thì khi đó AD tiếp xúc với (0)

Ta cã OB = OC = R

OE // AB //CD (vì cùng vng góc với AD )
=> EO là đờng trung bình của hình thang ABCD
=> EO = 1/2 (AB +CD ) = (4 +9)/2 = 6,5 cm
Vì OE = 6,5 cm = BC /2 =R

VËy AD lµ tiÕp tuyÕn cña (0)

Bài 5: Cho  ABC cân ở A ; các đờng cao AD và BE cắt nhau ở H . Vẽ đờng trịn (0)
đờng kính AH . C/m rằng :

a; Điểm E nằm trên đờng tròn (0)

b; C/m DE là tiếp tuyến của đờng tròn (0)

Giải: a;Xét vuông AEH có OE là trung tun
øng víi c¹nh hun BC => EO = AH/2 = R
=> E thuéc (0)

b;  HOE c©n =>E1 = H1

mµ  H1 = H2

=>  E1 = H2(1)

Do  ABC cân => đờng cao AD cũng
là đờng trung tuyến => BD =DC
DE là trung tuyến của  vuông BEC

Ta cã DE = BC/2 = BD B
VËy => BDE cân ở O => B1 =E2(2)

Từ (1) và (2) cïng víi B1 +H2 = 90 0

Suy ra E1 +E2 =900 hay DEO = 900

Nên DE vuông góc víi OE ; mµ E thc (0)

=> DE lµ tiÕp tun cđa (0)

C-Bµi tËp vỊ nhµ :

- Xem kĩ các bài tập đã giải

- Bài tập : Cho  ABC vng ở A . Vẽ đờng trịn (B; BA) và đờng tròn (C;CA)
Chúng cắt nhau tại điểm D (khác A ) . C/M rằng CD là tiếp tuyến đờng tròn (B)

A 4 B
E O
D H 9 C

A
O
E
H

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Buæi 13

: Ôn tập chơng II- Hàm số bậc nhất

A-

Lí thuyết cần nắm :

Gọi HS lần lợt trả lời các câu hỏi sau đây :
1- Nêu khái niệm hàm số là gì ?

2- Hm s c cho bng những cách nào ?
3- Đồ thị hàm số y = f(x) là gì ?

4- Thế nào là hàm số bậc nhất ? Nêu tính chất của hàm bậc nhất ?
Nêu dạng đồ thị của hàm bậc nhất ? Cách vẽ đồ thị hàm bậc nhất ?
5- Thế nào là góc tạo bởi đờng thẳng y = ax +b và trục Ox ?

Sự phụ thuộc giữa hệ số a và góc tạo bởi đờng thẳng y = ax +b với trục Ox nh thế nào ?
6- Cho 2 đờng thẳng y = ax +b(d)

y = a'x +b' (d')

Nêu các điều kiện để 2 đờng thẳng d và d' :
a; Song song

b; Cắt nhau
c; Trùng nhau

d; Vuông góc với nhau

Sau khi HS trả lời - GV yêu cầu HS ghi nhớ những kiến thức GV vừa chốt lại .
B- Bài tập ôn :

Bi 1: Tỡm tp xác định của các hàm số sau :
a; f(x) =

1
3



x c; f(x) = 4
1




x
x
b; f(x) = x2 + x -5 d; f(x) = 3x1

a; f(x) =

1
3



x cã nghÜa khi x-1 0 =>x 1 => TX§: x 1

b; f(x) = x2 + x -5 cã nghÜa với mọi giá trị của x => TXĐ: R

c; f(x) =

4
1



x

x Cã nghÜa khi 1-x 0

 =>x0

vµ x2 -4 0 => x 2

Vậy TXĐ: x0 và x-2

d; f(x) = 3x1 cã nghÜa 3x +1 0=> x
3

1



vËy TX§ : x

3
1



Bài 2: Cho hàm số : y = (m+6) x -7 (1)
a; Tìm m để hàm số trên đồng biến ?

b; Tìm m để hàm số trên nghịch biến ?

c; Xác định hàm số biết đồ thị của nó đi qua điểm A (-3; 5 ) ; Từ đó vẽ đồ thị hàm số và
xác định độ lớn của góc tạo bởi đồ thị với trục Ox ?

d; Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị trên với đờng thẳng y = 3x - 5 ?
Giải:

a; Hàm số đồng biến khi m +6 >0 => m > -6
b; Hàm số nghịch biến khi m +6 < 0 => m < -6

c; Vì đồ thị đi qua điểm A (-3; 5) nên ta thay x =-3 ; y =5
vào (1) ta có :

5 = (m +1) .(-3) -7

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

5 = -3m -10 => -3m = 15 => m = -5
Vậy hàm số cần tìm là : y = (-5 +6 ) x -7 = x -7
=>  = 450

d; Gọi điểm I là giao điểm của hai đờng thẳng tại đó ta có pt hồnh độ :
x -7 = 3x -5 => 2x = -2 => x =-1

Thay x =-1 vào y = x -7 = -1 -7 = -8
Vậy toạ độ giao điểm I (-1; -8 )

Bµi 3 : Cho hai hµm sè y = 12x +5 -m
Vµ y = 3x +3+m

a; Xác định vị trí của tơng đối của hai đờng thẳng

b; Với giá trị nào của m thì 2 đờng thẳng đó cắt nhau tại một điểm trên trục tung ? Xác
định giao điểm đó ?

c; m =? Thì 2 đờng thẳng đó cắt nhau tại 1 điểm trên trục hoành ; xác định giao điểm
đó ?

Gi¶i:

a; Vì a =12 a' =3 => hai đờng thẳng cắt nhau

b; Để 2 đờng thẳng cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung => chúng sẽ có cùng tung độ gốc
=> 5 -m = 3 +m => 2m = 2 => m =1

Khi đó 5 -m = 5 -1 = 4 Vậy giao điểm trên trục tung là A (0 ; 4 )
c; Giao điểm trên trục hoành là B (x ;0 ) Ta có :

5

7

75 )3(4

5 3/)3

(

12/)5

(

03

3

05

12 





































m

mm

m

x

mx

Khi đó x = (-3 +2,4):3 = -0,2

Vậy giao điểm với trục hoành là B (-0,2 ; 0 )
Bài 4 : Cho các đờng thẳng :

(d1) : y = (m2-1) x + m2 -5 ( Víi m 1; m -1 )

(d2) : y = x +1

(d3) : y = -x +3

a; C/m rằng khi m thay đổi thì d1 ln đi qua 1điểm cố định .

b; C/m r»ng khi d1 //d3 th× d1 vu«ng gãc d2

c; Xác định m để 3 đờng thẳng d1 ;d2 ;d3 đồng qui

Gi¶i:

a; Gọi điểm cố định mà đờng thẳng d1 đi qua là A(x0; y0 ) thay vào PT (d1) ta có :

y0 = (m2-1 ) x0 +m2 -5 Víi mäi m

=> m2(x

0+1) -(x0 +y0 +5) =0 víi mäi m ; Điều này chỉ xảy ra khi :

X0+ 1 =0

X0+y0+5 = 0 suy ra : x0 =-1

Y0 = -4

Vậy điểm cố định là A (-1; -4 )
b;

d1//d3 => m2- 1 = -1 => m = 0 khi đó ( d1) là : y = -x + 1

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Ta cã a.a' = -1.1 =-1 nên d1 vuông góc d2

c; +Ta tìm giao ®iĨm B cđa d2 vµ d3 :

Ta có pt hoành độ : -x +3 = x+1 => x =1
Thay vào y = x +1 = 1 +1 =2 Vậy B (1;2)

Để 3 đờng thẳng đồng qui thì d1 phải đi qua điểm B nên ta thay x =1 ; y =2 vào pt

(d1) ta cã : 2 = (m2 -1) .1 + m2 -5

m2 = 4 => m =2 vµ m=-2

Vậy với m= 2 hoặc m=-2 thì 3 đờng thẳng trên đồng qui
C-H ớng dẫn học ở nhà : :

Bài1: Cho các đờng thẳng (d1) : y = 4mx - (m+5) với m0

(d2) : y = (3m2 +1) x +(m2 -9)

a; Với giá trị nào của m thì d1 //d2

b; ... thì d1 cắt d2 tìm toạ độ giao điểm Khi m=2

c; C/m rằng khi m thay đổi thì đờng thẳng d1 luôn đi qua A cố định ; d2 di qua điểm cố

định B . Tính BA ?

Bµi 2: Cho hµm sè : y = ax +b

a; Xác định hàm số biết đồ thị của nó song song với y= 2x +3 và đi qua điểm A(1,-2)
b; Vẽ đồ thị hàm số vừa xác định - Rồi tính độ lớn góc  tạo bởi đờng thẳng trên với trục
Ox ?

c; Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng trên với đờng thẳng y = -4x +3 ?

d; Tìm giá trị của m để đờng thẳng trên song song với đờng thẳng y = (2m-3)x +2

¤n tËp tiÕp tuyÕn vµ tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau

Ngày soạn : 13/12/2007
Ngày dạy:12/12/2009

A

- Lí thuyết cần nhớ

:

Tính chất tiếp tuyến :
a là tiếp tuyến của (0)

a vuông góc OA tại A

A là tiếp điểm

Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau :
AC; AB là hai tiếp tuyến (0) cắt nhau ở A
B; C là hai tiếp điểm => AB = AC; A1 = A2

O1 =O2
B

-Bµi tËp ¸p dông

:

Bài 1: Cho (0; 3 cm ) và điểm A có OA =5 cm . Kẽ các tiếp tuyến với đờng tròn
AB, AC (B ,C là các tiếp điểm ) . Gọi H là giao điểm của AO và BC .

a; Tính độ dài OH

b; Qua điểm M bất kì thuộc cung nhỏ BC ; kẻ tiếp tuyến với đờng tròn cắt AB và AC
theo thứ tự tại D và E . Tính chu vi tam giỏc ADE ?

Giải:

a; Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm
Ta có : AB = AC

O 1

2
1
2

C A

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

A1 =A2 nªn  ABC cân ở A có AH là

Phõn giỏc cng chính là đờng cao => AH vng
Góc BC

XÐt  vu«ng OCA cã :

OC 2 = OA . OH => OH = CO2 / OA = 32 / 5 = 1,8cm

XÐt trong  vu«ng ACO cã:

AC2 = OA2 - OC2 = 52 - 32 = 42 => AC = 4 cm

Chu vi  ADE = AD +MD +ME +AE
mà CD = DM( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau )
BE = ME (_ )

Nªn Chu vi  ADE = AD +CD +AE +EB = AC +AB = 2 .4 = 8 cm

Bµi 2: Cho ABC vuông ở A . Đờng tròn (0) néi tiÕp  ABC tiÕp xóc víi AB ; AC lần
lợt tại D và E .

a; Tứ giác ODAE là hình gì ? Vì sao ?

b; Tớnh bỏn kính của đờng trịn (0) biết AB = 3 cm ; AC = 4 cm
Giải:

a; Ta cã OD vu«ng gãc víi AB

OE vu«ng gãc víi AC ( t/c 2 tiÕp tun )
Tứ giác ADOE là hình chữ nhật ( có 3 góc vuông )
Lại có : OB = OD = R (0)

Vậy ADOE là hình vuông
b; Xét vuông ABC cã :
BC = AB2 AC2

 = 5 cm

Ta cã : AD = AB - BD

AE = AC - EC mµ BD = BF ; EC = CF
=> AD +AE = AB +AC - (BD +EC )

=> 2 AD = AB +AC - BC => AD = (AB +AC - BC ) : 2 = (3 +4 -5 ) :2 = 1 cm
VËy R(0) = 1 cm

Bµi 3:

Cho nửa đờng trịn tâm O ; đờng kính AB . Vẽ các tiếp tuyến Ax ; By về cùng phía với
nữa đờng trịn . Qua điểm M thuộc nữa đờng tròn ; kẽ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax ; By theo
thứ tự ở C ;D . C/m rằng :

a; MN vu«ng gãc AB
b; MN = NH

Gi¶i:

a; Ta cã : Ax // By ( V× theo t/c t tun th×
chóng cïng vu«ng gãc víi AB)

Theo hệ quả của định lí Ta Lét ta có :

NB
ND
BE

AD



Mµ AD= DM ; BE = EM ( Tc 2 tiÕp tuyÕn )
=>

NB
DN
EM

DM

 => MN // BE

Mà EB vuông góc víi AB
Suy ra MN vu«ng gãc víi AB

b; Ta sẽ c/m đợc :

)
(

EA
NE
BD
NB
AD

NH
AD

MN




 => MN = NH

C- H

íng dÉn häc ë nhµ:

Xem kĩ lại bài chữa kiểm tra khảo sát để rút kinh nghiệm sau này .;
B

F
D O

A E C

x
y

E
M

A B

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Lµm lại bài tập 3

Tun 18

V trí tơng đối của 2 đờng trịn

Ngày soạn : 21/12/2008
Ngày dạy:24/12/2008
I.Lí thuyết:

1) Ba v trớ tng i ca 2 đờng trịn

2) Tính chất đờng nối tâm: - Là trục đối xứng của hình gồm 2 đờng trịn
- Nếu 2 đờng trịn cắt nhau thì đờng nối tâm là trục đối xứng của dây chung
- Nếu 2 đờng tròn tiếp xúc thì đờng nối tâm đi qua tiếp điểm

3) Tiếp tuyến chung của 2 đờng tròn là đờng thẳng tiếp xúc với cả 2 đờng tròn
II.Luyện tập

Bài 1( Bài 76 SBT) Cho 2 đờng tròn (O) và (O/) tiếp xúc ngồi tại A. Kẻ các đờng kính

AOB, AO/C, gọi DE là tiếp tuyến chung ngoài của 2 đờng trịn D ∈ (O),

E ∈ (O/). Gäi M lµ giao điểm của BD và CE

a) Tính số đo DAE

b) Tứ giác ADME là hình gì? vì sao?

c) C/M: MA là tiếp tuyến chung của 2 đờng tròn
HD c/m:

a) Vẽ tiếp tuyến chung trong tại A của 2 đg tròn
cắt DE tại I. Ta có IA = ID ( t/c 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau)
IE = IA ( t/c 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau)

⇒ AI = 21 DE ⇒ ADE vuông tại A ( có trung tuyến AI
bằng

2
1

cạnh tơng ứng DE) DAE = 900

b)Ta có ABD vuông tại D ( có trung tuyến DO bằng 21 cạnh tơng ứng AB)

ADM = 900 (1)

AEC vuông tại E ( .) AEM = 900 (2)

Mặt khác DAE = 900 ( c/m a) (3)

Tõ (1) (2) (3) ⇒ ADME lµ hcn ( cã 3 gãc vu«ng)

c) ADME là hcn ⇒ 2 đờng chéo AM và DE cắt nhau tại trung điểm mỗi đờng. Mà I là
trung điểm của DE ⇒ I là trung điểm của AM hay M, I, A thẳng hàng hay MA là tiếp
tuyến chung của 2 đờng tròn

Bài 2 (Bài 84 SBT): Cho 2 đg tròn (O;2cm) và (O´;3cm) có OO´= 6 cm
a) 2 đg trịn (O) và (O/) có vị trí tơng đối ntn với nhau?

b)Vẽ đg tròn (O/;1cm) vẽ tiếp tuyến OA với đg trịn đó ( A là tiếp điểm). Tia O/A cắt g

tròn (O/;3cm) ở B. kẻ bán kính OC của (O) song song víi O/B; B vµ C thc cïng 1nöa

mặt phẳng bờ OO/. C/m rằng BC là tiếp tuyến chung của 2 đờng trịn (O;2cm)

vµ (O/;3cm)

B ‘ A

O

O O‘/

M
I

D E

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

c) Tính độ dài BC

d) Gọi I là giao điểm của BC và OO/. Tính độ dài IO
HD c/m:

OO/ = 6cm; R

(O/) = 3cm; r(O) = 2cm ⇒ OO/ > R + r ⇒ (O) vµ (O/) ë ngoµi nhau

b) Ta cã O/B = 3cm; O/A = 1cm; ⇒ AB = 3 – 1 = 2cm

Mặt khác OC = 2cm OC = AB; mµ OC ∥ AB ⇒ ABCO lµ hbh

+ O/A  OA ( t/c tiÕp tuyÕn) ⇒∠ OAB = 900⇒ ABCO lµ hcn ⇒ BC  OC

vµ BC  O/B BC là tiếp tuyến chung của 2 đg tròn (O) vµ (O/)

c) BC = OA ( 2 cạnh đối ca hcn)

áp dụng đlí pi ta go trong tam giác vu«ng OAO/ cã OA =

1
36

2
/
2

'  O A  

OO = 35

d) Cách 1: ∠COI = ∠BO/I ( đồng vị) ⇒ cosCOI = cosBO/I = 
6
1

Trong ∆ vu«ng IOC = OCOI ⇒ 61 OI2 ⇒ OI = 12cm

Cách 2: áp dụng định lí ta lét ta có

B
O

OC
I

O
OI

/  ⇒ 3

/ 

OO

OI
OI

từ đó tính đợc OI

Bài 3 (Bài 85 tr141 SBT): Cho đg trịn (O) đg kính AB. Điểm M thuộc đg tròn, gọi N là
điểm đối xứng với A qua M; BN cắt đg tròn ở C. gọi E là giao điểm của AC và BM
a) c/m NE  AB

b) Gọi F là điểm đối xứng với E qua M. c/m FA là tiếp tuyến của (O)

c) c/m FN là tiếp tuyến của đg tròn (B;BA)

HD c/m: a) Trong ∆ AMB cã trung tuyÕn MO
B»ng

2
1

c¹nh t¬ng øng AB ⇒∠ AMB = 900

⇒ BM  AN . c/m t¬ng tù ta cã AC  BN

⇒ AC, BM là 2 đờng cao của ∆ NAB ⇒ E là
trực tâm ⇒ NE  AB

b) Tứ giác AENF có 2 đờng chéo AN và EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng (gt) ⇒
AENF là hbh ⇒ NE ∥ FA mà NE  AB ⇒ FA  AB ⇒ FA là tiếp tuyến của đờng tròn
(O)

a) ∆ ABN có BM vừa là đờng cao vừa là trung tuyến ⇒∆ ABN cân tại B

⇒ BA = BN và B1 = B2 ⇒ BN là bán kính của đờng trịn (B;BA) (1)

XÐt ∆ ABF vµ ∆ NBF cã BA = BN; B1 = B2 (c/m trªn) , c¹nh BF chung ⇒∆ ABF = ∆

NBF (c.g.c) ⇒∠BNF = ∠ BAF mµ ∠ BAF = 900 ⇒∠BNF = 900⇒ FN  NB (2)

Tõ (1) vµ (2) ⇒ FN là tiếp tuyến của đg tròn (B;BA)
Bài 4: ( bài 86 tr141 SBT)

Cho đg tròn (O) đg kính AB, điểm C nằm giữa A và O, vẽ đg tròn (O/) có đg kính CB

a) Hai đg tròn (O) và (O/) có vị trí ntn với nhau

b)Kẻ dây DE của đg tròn (O) sao cho DE AC tại trung điểm H của AC. Tứ giác ADCE
là hình gì? c/m

c) Gọi K là giao điểm của DB và (O/) . c/m 3 điểm E, C, K thẳng hàng

O
O/

B

C
C
A

I

A
F

N
N

M
M

E

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

d) c/m HK lµ tiÕp tun cđa (O/)

HD c/m:

a) OO/ = OB O/B ( vì O/ nằm giữa O vµ B)

hay d = R – r ⇒ (O) vµ (O/) tiÕp xóc trong

b)AB  DE (gt) t¹i H ⇒ HD = HE

Mặt khác HA = HC (gt) ADCE là hbh ( có 2 đg chéo )
Mà AC DE ADCE là hình thoi

c)Ta có EC AD(), AD DB (..)

CE DB. Mặt khác CK  DB (… ⇒) 3 ®iĨm E, C, K thẳng hàng
III.H ớng dẫn vỊ nhµ:

Làm bài tập 87, 88 tr 141, 142 SBT
Hệ thống các kiến thức đã học

tuÇn 19 Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế

Ngày soạn : 28/12/2008
Ngày dạy:02/01/2009
I.Ôn tập lí thuyết

- Quy tắc thế: HS nhắc lại quy tắc thế

- Các bớc giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế

B1: Chn 1 trong 2 PT của hệ ; biểu thị ẩn này qua ẩn kia .Rồi thế vào PT còn lại để đợc
PT bậc nhất 1 ẩn

B2: Giải PT 1 ẩn vừa tìm đợc ; thay giá trị tìm đợc của y (hoặc x) vào biểu thức tìm đợc
trong bớc thứ nhất để tìm giá trị của ẩn kia

II.Luyện tập:

Bài 1: Giải hệ pt bằng phơng pháp thÕ:

B
A

A
D

C
K

‘‘ ‘

O O/

H

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>





























































11

59

11

38 3811

53 281065

53 28)53(25

53 2825

53 y

x

xy

xx

xy

xx

xy

yx















































2

3 3913

82 1)82(53

82

153 y

x

xy

xx

xy

yx

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>





















































































19

12

19

8

19

12

3

2

49

3

2

4

3

2 369324

3

2

4

9

4

8

32 y

x

y

x

y

x

yx

y

x

y

x

yx

TM§Ky≠-4)

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

⇔

















































5

52 )21(5

)21(2

52 222)

105(

52 y

x

y

yx

y

x

⇔













5

2

0 y

x

Bài 2: Xác định các giá trị của a và b để hệ pt















5

7

3 by

ax

by

x

a) cã nghiƯm (-1;3)
b) Cã nghiƯm ( 2; 3)

HD gi¶i: a) HƯ pt cã nghiÖm (-1;3) ta thay x = -1; y = 3 vµo hƯ pt ta cã















































5

3

1

3

5

3

10 .3

3

10 53.)1

.(

73.)1

.(3

a

b

a

b

ba

b

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>































































23

3 6337

2

223

3

237 52372

2373

532 7323

a

b

a

b

a

b

ba

b

Bµi 3: Giải các pt sau

3

13

3

10

11

5

3

12

1

4

3

4

3

10

11

5

3 yx

(ĐK: x 0, y 0)

Đặt b

y
a
x

1
;
1

hệ có d¹ng











































3

1 )

5

3

10

1 (33

5

3

10

1

3

1

33

10

1

5

3 a

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>





























12

1

36

1

5

3

10

1

30

1

5

6 b

a

b

a

⇒

)(

12

36

12

11

36

11 TM

y

x

y

x























vËy hƯ pt cã nghiƯm (x;y)=(36;12)























12

1

2

1

2

15

1

8 y

x

y

x

(§K: x ≠ 1, y -2)

Đặt u

x 1
1

; v

y2
1

hệ có dạng

1 )

12

1 (8

12

1

12

1

15

8 vv

v

u

vu

v

u

28

1

21

1

3

1

7

12

1 u

v

u

19

29

212

281

21

1

2

1

28

1 y

x

y

x

y

x

(TMĐK)

Bài 4: Cho hệ pt

















1

2 m

my

mx

y

mx

Gi¶i hƯ pt khi:

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

c) m = 0

HD gi¶i: a) Khi m = 3 ta cã hÖ pt















2

3

1

2

3 y

x

y

x

gải hệ pt đợc nghiệm là

(x;y) = (-

3
1

; 1)

c) Khi m = 2 ta cã hƯ pt















1

2

1

2 y

x

y

x

hƯ cã v« sè nghiƯm. C«ng thøc nghiệm tổng quát

là

2

1 x

y

R

x

hoặc

2

1 y

x

R

y

Bài 5: gi¶i hƯ pt













































2

5

3

7 21))((

7

21

7

22 y

x

yx

yxyx

yx

b)Cho hƯ pt



















334

3

2

1 y

x

y

mx

tìm giá trị của m để hệ pt vô nghiệm

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

HƯ pt v« nghiƯm khi pt (*) v« nghiƯm ⇔ 3-2m = 0 ⇔ m = 23
c)Cho hÖ pt















1 y

x

m

y

nx

Tìm m để hệ pt có nghiệm với mọi giá trị của n

Từ pt (2) ta có y = 1-x thế vào pt (1) ta đợc nx + 1 – x = m⇔ (n – 1)x = m – 1(*)
+ Nếu n ≠ 1⇒ x = 11




n
m

⇒ y = 1- 11 1








n

m
n
n

m

⇒ hÖ cã nghiÖm duy nhÊt (x;y) = …
+ NÕu n = 1 th× pt (*) chØ cã nghiƯm khi vµ chØ khi m – 1 = 0 ⇔ m = 1

VËy hƯ pt cã nghiƯm víi mọi giá trị của n khi và chỉ khi m = 1
Bài 6: Cho hệ pt

2 .

1 y

x

a

ay

x

(I)

a) Giải hệ pt khi a = 2

b) Với giá trị nào của a thì hệ pt có nghiệm duy nhất
HD giải:

a) Khi a = 2 hÖ pt cã nghiÖm (x;y) = (1;0)





























(*)2

)1(

1 2)

1(

1 )(

2

ay

a

ayx

yay

a

ayx

I

HƯ cã nghiƯm duy nhÊt khi vµ chØ khi pt (*) cã nghiÖm duy nhÊt

⇔ 1 – a2≠ 0⇔ a ≠ 1±

III.Híng dÉn vỊ nhµ:

Xem lại phơng pháp giải hệ pt bằng phơng pháp thế Làm các bài tập SBT

Tuần 20: Ôn luyện các phơng pháp giải hệ phơng trình
 Ngày soạn : 11/01/2009

Ngày dạy:15/01/2009
I- Kiến thức cần nắm :

1- Gii hệ bằng phơng pháp minh hoạ bằng đồ thị :

Cho hÖ pt:















'

.

'

x

b

y

c

a

c

by

ax

























)'

(

'

)

(

d

b

c

x

b

a

y

d

b

c

x

b

a

y

* Vẽ d và d' trên cùng một mặt phẳng toạ độ
* Xác định giao im chung :

+Nếu d cắt d' tại điểm A (x0; y0)  HÖ cã mét nghiÖm duy nhÊt (x0; y0)

+ d// d'  HƯ v« nghiƯm

+ d trùng với d' Hệ vô số nghiệm và nghiệm tổng quát là ( x R; y=

b
c
x
b

a

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

3- Giải hệ bằng phơng pháp cộng đại số

B1: Nhân các vế của 2 PT với số thích hợp (nếu cần ) sao cho các hệ số của x( hoặc y)
Trong 2 PT của hệ là bằng nhau hoặc đối nhau

B2: Sử dụng qui tắc cộng đại số để đợc hệ PT mới ; trong đó có 1 PT mà hệ số của một
trong hai ẩn bằng 0

B3: Giải hệ PT vừa tìm đợc .
II- Bài tập vận dụng :

Bài 1: Giải hệ PT sau bằng 2 phơng pháp thế; Phơng pháp cộng rồi minh hoạ lại bằng đồ
thị :















7

3

2

3 y

x

y

x

Gi¶i:

PP thế : Hớng dẫn HS chọn PT(1)  y= 3 -x (1')
Thế vào PT (2) ta đợc :

2x + 3( 3 -x ) = 7  2x +9 - 3x = 7

 -x = 7-9 =-2  x= 2

Thay x = 2 vµo (1')  y= 3 -2 = 1

VËy hÖ PT cã nghiÖm duy nhÊt ( x= 2 ; y =1)

PP cộng : Nhân 2 vế của PT(1) với 2 ta đợc hệ mới tơng đơng với hệ đã cho :















7

3

2

6

2 y

x

y

x















3

1 y

x

y











2

1 x

y

PP minh hoạ bằng đồ thị :

Cho HS vẽ 2 đờng thẳng y = -x + 3 và y = -2/3 .x +7/3

Sao cho 2 dờng thẳng này cắt nhau tại điểm có toạ độ ( 2 ; 1 ) chứng tỏ hệ có nghiệm
x=2 ; y =1

Bµi 2:

a) Giải hệ phơng trình :

3

1

2

3

0

3 y

x

y

x

HD: Nhõn 2 vế của PT (1) với 3 ta sẽ có hệ tơng đơng với hệ đã cho :



















3

1

2

3

0

3 y

x

y

x

Dùng phơng pháp cộng đại số giải ra ta có nghiệm của hệ là :
x =

5
3

3 ; y = 
5

3
1

b) Gi¶i hƯ pt:























0 )7

2 (2

)1

(4

0 )1

(6

)7

(3

y

x

y

x

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

c) Giải hệ PT sau bằng cách đặt ẩn phụ :























1

2

3

2

20

1

2

1

2

4 y

x

y

x

y

x

y

x

HD: Đặt 1/x+2y = a ; 1/x-2y = b

HƯ trë thµnh :















1

3

20

1

4 b

a

b

a

Giải hệ bằng pp thế hoặc pp cộng đại số ta có a= 1/8;

b = -1/2 Suy ra :

































5,2

3

22

82 2/12/

1 8/12/1

y

x

yx

Bµi 3: Cho hƯ PT :

















1

2 m

my

mx

y

mx

a) T×m m biÕt nghiƯm cđa hƯ là x= -1/3 ; y =1 ?
b) Giải hệ víi m =0 ?

c) Tìm m để hệ đã cho vơ số nghiệm ?
HD Giải:

a)V× nghiƯm cđa hệ là x= -1/3 ; y =1 Nên Ta thay vµo hƯ ta cã :

3

1

1. )3/1(

11.2 ).3/1(

































m

mm

m

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>



























10

12

10

00

12

0 y

yx

Hệ PT vô nghiệm

c) Để hệ có vô số nghiệm thì ta phải có : a/a' = b/b' = c/c'
Tøc lµ : m/ m.= 2/m= 1/m-1 m =2

Bài 4: Cho hệ phơng trình bậc nhất hai ẩn x và y :

5

13 )9

(

)

11 4(

3 )

3 2(

5 )

(

)

2(

m

n

y

n

m

x

n

m

n

m

y

m

n

x

n

m

a) Giải hệ phơng trình khi m= -5 và n =3

b) Tìm m và n khi hệ phơng trình có nghiệm ( 5; -1)
Gi¶i :

a)Thay m = -5 ; n = 3 vào hệ PT và khai triễn thu gọn ta đợc hệ PT mới :





















67

17

13

8

13 y

x

y

x

Bằng phơng pháp cộng đại số giải ra ta đợc nghiệm duy nhất của hệ là:
x = -16/13 ; y = -3

b) Nếu HPT có nghiệm ( 5 ;-1) thì thay vào hệ ta đợc hệ với m :





























5

13 )1

).(

9 (

5 ).

11 4(

3 )

3 2(

5 )1

)(

(

5 ).

2(

m

n

m

n

m

n

m

n

m



















4

55

8

3

19 n

m

n

m

giải hệ này ta đợc nghiệm là : m= -80/207; n = 28/207

Bµi 5: tìm a và b biết :

a) ng thng y = ax + b đi qua hai điểm A(- 5 ; 3 ), B ( ; 1)
2
3

 ;

b) Để đờng thẳng ã + b đi qua hai điểm M(9 ;-6) và đi qua giano điểm của hai đờng
thẳng(d1) : 2x +5y = 17, 9d2) : 4x - 10y = 14.

Gi¶i :

a) Vì đờng thẳng y = ax + b đi qua hai điểm A(- 5 ; 3 ), B ( ; 1)
2
3

nên thay là phơng

trỡnh ng thng ta có hệ:

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Giải ra ta đợc :

a=-13
8

; b = -

13
1

b) Híng dÉn :

Tríc hÕt ta gi¶i hƯ















14

10

4

17

5

2 y

x

y

x

tìm đợc giao điiểm của(d1) và (d2) là A(6;1). Muốn cho

đờng thẳng ax-8y=b đi qua hai điểm M và A thì a,b phải là nghiệm của h phng trỡnh

b

a

b

a

8

6

48

9

Đáp số: a=- , 120
3

b
H

ớng dÉn häc ë nhµ:

- Xem kĩ các bài tập đã giải trên .
- Làm thêm bài tập SBT

Tuần 21 Ôn tập góc ở tâm - liên hệ Giữa cung và D©y
gãc néi tiếp

Ngày soạn:18/01/2009
Ngày dạy:20/01/2009
I.Kiến thức cần nắm :

1-Góc ở t©m :

Đ/n: Góc có đỉnh trùng với tâm của đờng trịn gọi là góc ở tâm .

Chó ý: Số đo góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn ; Sđ cung lớn bằng 3600 - Sđcung lớn

còn lại .

2- Liờn h gia cung v dõy ca đ ờng tròn : A

Đlí 1: Với hai cung nhỏ của đờng trịn :
- Cung lớn hơn căng dây lớn hơn

- D©y lín hơn căng cung lớn hơn OÔ C

lớ 2: Vi 2 cung nh trong đờng tròn : B
- Cung lớn hơn căng dây lớn hơn
- Dây lớn hơn căng cung lớn hơn

3- Gãc néi tiÕp :

Đ/n: Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đờng trịn và hai cạnh chứa hai dây của đờng
trịn

T/c: Số đo góc nội tiếp bằng số đo cung bị chắn
Hệ quả: Trong một đờng trịn :

- C¸c gãc néi tiÕp b»ng nhau chắn các cung bằng nhau

- Cỏc gúc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau
- Các góc nội tiếp ≤ 900 thì bằng nữa góc ở tâm cùng chắn cung đó

- Góc nội tiếp chắn nữa đờng trịn thì bằng 900
II- Bài tập vận dụng :

Bài 1:Hai tiếp tuyến tại A,B của đờng tròn (O ; R) cắt nhau tại M. Biết OM = 2R. Tính
số đo của góc ở tâm AOB ? và tính số đo các cung AB lớn và nhỏ .

Gi¶i: Ta cã OA vu«ng gãc víi AM (T/c 2 t/tun) m
Xét vuông AOM có:

GV: Nguyễn Văn Quyết Trờng THCS Nam Thanh Tiền Hải Thái B×nh 51

0
R

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

OA=OM/ 2 (=R)  OMA = 300
 AOM =600 AOB =1200

Vì góc ở tâm AOB = 1200 nên sđAnB=1200

Còn sđ AmB = 3600- 1200 = 240 0

Bài 2:

Cho tam giác ABC có AB > AC. Trên cạnh AB lÊy mét ®iĨm D sao cho AD = AC. VÏ
đ-ờng tròn tâm O ngoại tiếp tam giác DBC. Từ Q lần lợt hạ các đđ-ờng vuông góc OH, OK
xuèng BC vµ BD (H  BC, K  BD).

a) Chøng minh r»ng OH < OK

b) So s¸nh hai cung nhá BD vµ BC .

Giải: a)Trong  ABC , theo bất đẳng thức trong tgiác

Ta cã :BC > AB- AC
Nhng AC = AD nªn :

BC > AB -AD hay BC > BD

Theo định lí về dây cung và khoảng cách và
Khoảng cách đến tâm , từ BC >BD

Theo định lí về dây cung và khoảng cách đến tâm
Từ BC > BD suy ra OH < OK

b) Từ Bất đẳng thức về dây BC > BD Ta suy ra
Bất đẳng thức về cung là Cung BC > cung BD
Bài 3:

Cho đờng tròn tâm O. Trên nửa đờng trịn đờng kính AB lấy hai điểm C, D. Từ C kẻ CH
vng góc với AB, nó cắt đờng trịn tại điểm thứ hai là E. Từ A kẻ AK vng góc với DC,
nó cắt đờng tròn tại điểm thứ hai là F. Chứng minh rằng :

a) Hai cung nhá CF vµ DB b»ng nhau.
b) Hai cung nhỏ BF và DE bằng nhau.
c) DE = BF.

Giải:

a) CD và FB đều vng góc với AK nên
CD // FB

Suy ra cung CF = cung DB (1)( 2 cung bị chắn bởi 2 dây song song )
b)Do tính chất đối xứng qua đờng kính AB ta có :

cung BC = cung BE (2)

Cơng từng vế của (1) và (2) ta đợc :

Cung BF = cung DE ( t/c céng 2 cung)(3)

c)Tõ (3) suy ra BF = DE ( liên hệ giữa cung và dây )tròn

Bài 4:

Cho (0) ; hai ng kớnh AB; CD vng góc với nhau . Lấy điểm M trên cung AC rồi vẽ
tiếp tuyến với (0) tại M . Tiếp tuyến này cắt đờng thẳng CD tại S .

C/M r»ng gãc MSD = 2. gãc MBA ?
Gi¶i: GV hớng dẫn HS giải

BOM cân ở O ( vì OM = OB

OBM =OMB

Mà AOM là góc ngoài cuả OMB

AOM = OMB +OBM

Mặt khác AOM =OSM ( v× cïng phơ víi MOS )

A
D

B H
O C

K C
F
D

A H O B

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

MSD = 2 MBA

Bài 5:Cho nữa đờng trịn(0) ; đờng kính AB . Trên nữa đờng tròn ấy lấy 2 điểm C ;D (D

 cung AC ) sao cho COD = 90 0 .

Các tia AD và BC cắt nhau ở P ; AC và BD cắt nhau ở H . C/M rằng :
a) ACP và BDP là các vuông cân

b) PH vuông góc với AB .
Giải:

a) ACB là góc nội tiếp chắn nửa đtrịn (0)
đờng kính AB nên ACB = 900 ACP = 900

(2 góc kề bù) Do đó  ACP vng ở C .
Ta có CAD =1/2COD ( góc nội tiếp
Bằng nửa góc ở tâm cùng chắn cung CD)
Mà COD = 900 nênCAD= 450

vuông ACP có CAD = 450 nên là

vuông cân .

C/m hoàn toàn tơng tự ta có BDP vuông cân ở D

ở D

b) THeo c/m trên ACB = 900  AC vu«ng gãc víi BP ;BDA =900
 BD vu«ng gãc víi AP

Trong APB có H là giao điểm 2 đờng cao nên H là trực tâm .

Do đó PH vng góc với AB

C

. Híng dÉn häc ë nhµ :

- Xem kĩ các dạng bài tập đã chữa ở lớp
- Làm thêm bài tập sau:

Cho cân ABC (AB = AC ) nội tiếp đờng tròn (0) . D là một điểm tuỳ ý trên cạnh BC

tia AD cắt đờng trón (0) ở E
C/ m rằng :

a) AEC = ACB

b)  AEC đồng dạng với  ACD

c) Tích AE . AD khơng đổi khi D chạy trên BC .

Tn 22: Ôn luyện giải toán bằng cách lập hệ phơng trình

Ngày soạn:01/02/2009
Ngày dạy:04/02/2009
 A- Lí thuyết cần nắm :

Để giải bài toán bằng cách lập hệ phơng trình ta có 3 bớc :
B íc 1 : lËp hƯ phơng trình

A O B

D
S

C
D H

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

- Chọn 2 ẩn ; đặt đk cho ẩn

- Biểu thị các đại lợng liên quan qua ẩn

- Lập 2 PT nhờ mối quan hệ giửa các đại lợng
 B ớc 2: Giải hệ phơng trình

B ớc 3: Đối chiếu đkiện của bài toán và trả lời
B- Bài tập vận dụng

:

Bài 1:

Bảy năm trớc tuổi mẹ bằng năm lần tuổi con cộng thêm 4. Năm nay tuổi mẹ vừa đúng
gắp 3 lần tuỏi con. Hỏi năm nay mỗi nguời bao nhiờu tui ?

Giải:

Gọi số tuổi năm nay của mẹ là x

Gọi số tuổi năm nay của con là y ( x,y N*)Vì bảy năm truớc tuổi mẹ bằng 5 lần ti
con céng thªm 4 nªn ta cã:

(x-7) = 5 (y-7) + 4 (1)
Năm nay mẹ gấp 3 lần tuổi con nên:
x = 3y (2)

Ta cã hƯ PT

















)2

.(

3 )1

(4

)7

(5

7 y

x

y

x

Thay (2) vµo (1) ta cã:

3y-7=5y-35+4

2y = 24  y=12. TMBT
x =3.12=36  x=36. TMBT

vậy tuổi mẹ năm nay là 36 ; còn tuổi con là 12
Bài 2:

Tỡm mt s có hai chữ số biết rằng chữ số hàng chục bằng hai lần chữ số hàng đơn vị
cộng thêm 2 và tổng của hai chữ số là số nguyên tố nhỏ nhất có hai chữ số

Híng dÉn gi¶i :

Gọi số phải tìm là ab ( a;b N ; 1≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 )
Theo bài ra ta có hệ phơng trình :

11

2 .2

b

a

b

a

Gii hệ này ta tìm đợc : a = 8 ; b = 3
Vậy số phải tìm là : 83

Bài 3:

Một khu vờn hình chữ nhật có tổng nữa chu vi vµ chiỊu dµi b»ng 66m ; cã nưa tổng chu
vi và 2 lần chiều rộng là 48 m . TÝnh diƯn tÝch khu vên ?

Gi¶i:Gäi x ( m ) là chiều rộng hình chữ nhật ; Gọi y (m) là chiều dài hình chữ nhật
( ĐK: 0<x< y )

Chú ý : nữa chu vi là : x +y

Ta cã hƯ PT:















48

3

66

2 y

x

y

x

Gi¶i hƯ ra ta cã : x = 6 ; y = 30

Vậy chiều rộng là 6 m ; chiều dài là 30 m
Diện tích Hình chữ nhật đó là : 6 . 30 = 180 m2

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Một ngời đi xe máy từ Chu Lai đến phố cổ Hội An . Nếu đi với V= 45 km /h thì đên nơi
sớm hơn dự định 13phút 20 giây . Nêú đi với V= 35km/h thì đến nơi chậm hơn so với dự
định là 2/7 h . Tính quảng đờng Chu Lai - Hội An và vận tốc dự định ?

Gi¶i:

GV: Thơng thờng các bài tốn giải bằng cách lập hệ PT có hai điều kiện ; mổi đkiện
giúp ta lập đợc một PT . Trong các bài toán về chuyển động cần nhớ công thức liên hệ
giữa quảng đờng ; vận tốc và thời gian : S = vt ; chú ý đến đơn vị của mỗi đại lợng .
Các em có thể dựa vào bảng tóm tắt sau để lập hệ phơng trình

Điều kiện Quảng đờng Vận tốc Thời gian Quan hệ

Dự định y y/x x x- y/45=2/9

y/35- x =2/7

§iỊu kiƯn 1 y 45 y/45

§iỊu kiƯn 2 y 35 y/35

Ta cã hÖ PT :



















7

2

35

9

2

45 x

y

x

Giải hệ ra ta đợc : x = 2 ; y = 80 (thỗ mãn bài tốn)

Vậy quảng đờng ChuLai - Hội An là 80 km ; và thời gian dự định là 2 giờ .
Bài 5:

Nếu hai đội công nhân cùng làm chung sẽ hồn hành cơng việc trong 8 h ; nếu đội thứ
nhất chỉ làm trong 3 h rồi đội thứ hai cùng làm tiếp trong 4 h nữa thì chỉ xong đợc 0,8
cơng việc. Hỏi nếu mỗi đội làm riêng thì sau bao lâu hon thnh cụng vic ?

Giải:

GV hớng dẫn HS làm nh sau :

Gọi thời gian đội 1 làm 1 mình xong việc là x giờ

Thời gian đội 2 làm một mình xong việc là y giờ ( x;y > 8 )
Mỗi giờ đội 1 làm đợc 1/x ( công việc )

- - - 2 làm đợc 1/y (--- )
Mổi giờ cả hai đội làm đợc 1/8 (cơng vịêc)
Ta có PT: 1/x + 1/ y = 1/8

Mặt khác nếu đội 1 làm trong 3 h ; đội 2cùng làm tiếp 4 h thì chỉ xong 0,8 cơng việc nên
ta có PT: 3. 1/x + 4. 1/8 = 0,8

Ta cã hÖ PT:



















8,

0

2

1 .3

8

1 x

y

x

Ta đặt 1/x = a ; 1/y = b

Ta cã hÖ míi :



















8,

0

2

1

3

8

1 a

b

a

Gi¶i ra ta cã : a= 1/10 ; b= 1/40

Suy ra : x = 10 ; y = 40 ( tho· m·n bài toán)

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

- Xem k cỏc dng bi tp ó cha

- Làm thêm bài tập 40; 42 ;45; 47 ( SBT trang 10-11)

TuÇn 23: Ôn luyện về góc nội tiếp và gãc t¹o bëi
 tia tiÕp tuyến và dây cung

Ngày soạn: 08/02/2009
Ngày dạy: 13/02/2009
A- Lí thuyết cần nhớ:

1- Góc nội tiếp

Đnghĩa: Góc nội tiếp là góc :
+ Đỉnh nằm trên đờng tròn

+2 cạnh chứa 2 dây của đờng trịn
T/ chất :

Sè ®o gãc néi tiÕp b»ng nữa số đo cung bị chắn
Hệ quả:

- Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau
- Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn hai cung

bằng nhau thì bằng nhau .

- Các góc nội tiếp 900 có số đo bằng nữa số đo góc ở tâm

cựng chn cung ú

2- Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung

K/n: Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung là góc:
+ Có đỉnh nằm trên đờng trịn

+ 1 c¹nh chứa dây cung ,cạnh kia chứa 1 tia tiếp tuyến

T/chất : Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung có số đo bằng nửa
Số đo cung bị chắn

B O

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

HÖ qu¶:

Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung có số đo bằng góc nội tiếp cùng chắn cung ú

B- Bài tập áp dụng :

Bµi 1:

Cho  ABC cân ở A nội tiếp đờng tròn (0) . D là 1 điểm tuỳ ý trên BC ; tia AD cắt (0) ở
E . Chứng minh rằng :

a) AEC =ACB

b)  AEC đồng dạng  ACD

c) Tích AE.AD khơng đổi khi điểm D thay đổi trên BC
GV hớng dẫn HS giải nh sau :

a) Ta cã AEC =ABC ( 2 gãc néi cïng ch¾n cung AC)

 ABC cân ở A nên ABC =ACB

Suy ra AEC =ACB

b) XÐt  AEC vµ  ACD ta cã :

AEC =ACB

Gãc A chung

Do đó  AEC đồng dạng  ACD

c)  AEC đồng dạng  ACD nên ta có :

AE/ AC = AC/AD  AE . AD = AC2 Mà AC khơng đổi nên tích AE .AD khơng đổi

Bµi 2: Cho ABC nội tiếp Đtròn (0) . Tia phân giác của góc B cắt đtròn ở M . Đờng
thẳng qua M song song với AB cắt đtròn ở N và cắt cạnh BC ở I

a) So sánh 2 góc MCN và BNC

b) C/m IM = IB ; IN = IC .
c) Tứ giác BNCM là hình gì ? V× sao ?

GV híng dÉn HS cïng giải nh sau:

a) BM là tia phân giác góc B nªn 
 B1 = B2 cung AM = cung MC

Mà MN // AB nên cung AM = cung BN 
  cung BN = cung MC B2 =BMN

(2gãc néi tiÕp ch¾n 2 cung b»ng nhau)

 BIM là  cân ở I  IB = IM
Tơng tự c/ m đợc IN = IC

c) Ta cã B2 =BCN mµ 2 gãc ở vị trí so le BM // CN nên tứ giác BMCN là hình

thang ; lại có BC = MN nên BMCN là hình thang cân .

Bài 3: Cho đtròn (0) và điểm M nằm bên ngoài đtròn . Qua M kẻ tiếp tuyến MT với
đtròn (T là tiếp điểm ) và cát tuyến MBA ( A nằm giữa M và B )

a) So sánh góc ATM vµ gãc ABT

b) C/m MT2 = MA. MB

Híng dÉn HS gi¶i :

Gi¶i:

a) Ta cã ATM = 1/2 S®AT
ABT = 1/2 S® AT

A
M B O

D
B C
E

M
O

2 I C
B I

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

 ATM = ABT `

b)  MTA và  MTB có góc M chung ; góc MTA = MBT ( theo câu a )
Do đó  MAT đồng dạng MTB ( g.g ) ta có :

MB
MT
MT

MA

  MT2 = MA . MB

Bài 4: Cho đờng trịn (0) Đờng kính AB và một điểm C trên nữa đờng tròn . Qua C kẻ
đ-ờng thẳng song song với AB cắt đđ-ờng trịn ở D . Kẽ AH vng góc CD . Chứng minh :
a) AH là tiếp tuyến của (0)

b) ACD = DAH
c) AH2 = HC . HD

Giải:

a) AH vuông góc với CD

Mà CD vuông góc với AB nên AH

Vuông góc với AB tại A

Do đó AH là tiếp tuyến của đờng trịn (0)
Tại A

b) ACD = DAH ( vì cùng bằng nữa s® cung
AD)

c)  AHC đồng dạng  DHA ( g-g )
ta có :

HA
HC
HD

AH

 hay AH2 = HC . HD

Bµi 5:

Cho nữa đờng trịn (0) đờng kính AB ; tiếp tuyến Ax. Gọi C là một điểm trên nữa đờng
tròn . Tia phân giác góc CAx cắt nữa đtrịn tại E ; AE cắt BC ở K

a)  ABK lµ gì ? vì sao ?

b) Gọi I là giao điểm của AC và BE ; C/m KI // Ax
c) C/m: OE // BC

Gi¶i:

a) Ta cã AEB = 900 ( góc nội tiếp chắn

nữa đtròn )  BE vu«ng gãc víi AK
xAK = ABE ( 2 gãc néi tiÕp cïng ch¾n
cung AE )

KAC = KBE (2 gãc néi tiÕp cïng ch¾n
Cung ÊC)

Mà xAK =KAC( gt) nên suy ra ABE = EBK

Tam giác ABK có BE vừa là đờng cao vừa là phân giác nên  ABK cân ở B
b) ACB = 900 ( góc nội tiếp chắn nữa đtrịn )  AC vng góc với AK

I là giao điểm của 2 đờng cao trong  AKB nên I là trực tâm

Ta cã KI vu«ng góc với AB , mà Ax vuông góc với AB Suy ra KI // Ax

c) Vì xAK = KAC nên AE = EC suy ra EA = EC vậy điểm E nằm trên đờng trung trực
của AC

Mặt khác OA =OC nên O nẵm trên đờng trung trực của AC ; Do đó OE là trung trực của
AC suy ra OE vng góc với AC nhng BC vng góc với AC nên OE // BC

H

íng dÉn häc ë nhµ :

- Xem kĩ các bài tập đã giải

- Làm thêm bài tâp số 20 (tg76 ) 23 (tg77) 27 ( tg78)

C D H
B O A

E
C
I

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

Tuần 24

: Ôn tập chơng III Đại số

Ngày soạn:15/02/2009
Ngày dạy: 19/02/2009

I. Mơc tiªu

HS hệ thống đợc các kiến thức trong chơng

Rèn luyện đợc kĩ năng giải các dạng toán :Giải hệ pt bằng phơng pháp cộng và thế; Giải và biện
luận hệ pt ; Giải bài toán bằng cách lập hệ pt

II. Ôn tập

A. Kiến thức cơ bản

1.pt bậc nhất 2 Èn x, y cã

d¹ng ax + by = c (a  0 hc

b  0)

2. HƯ pt bËc nhÊt 2 Èn cã
d¹ng















,
,
'

x

b

y

c

a

c

by

ax

*Biểu diễn nghiệm trờn mt
phng to

nghiệm của pt là đg thẳng
ax+by=c

Nghiệm của hệ pt là giao
điểm của 2 đg thẳng
ax +by = c và đg thẳng

ax+ by= c’

Sè nghiƯm

+ pt lu«n cã VSN

+HƯ pt cã 1 nghiƯm duy nhÊt
hc VSN hc VN

-Các bớc giải hệ pt bằng phơng pháp thế và cộng đại số
-Các bớc giải bài tốn bằng cách lập hệ pt

B. Bµi tËp

Bài 1: Xác định pt bậc nhất 2 ẩn x, y biết rằng đg thẳng biễu diễn nghiệm của pt đi qua 2 im
A(1;1) v B(0;-1)

Giải:Gọi đg thẳng biễu diễn nghiƯm cđa pt bËc nhÊt 2 Èn x, y lµ ax + by = c (d)

-Đg thẳng (d) đi qua ®iÓm A(1;1)  a + b = c (1)

-Đg thẳng (d) đi qua điểm B(0;-1)  a.0 +b(-1) = c (2)  c = -b thay vào (1) ta đợc

a + b = -b  a = -2.b

Cho b = 1  a = 2, c = -1  pt bậc nhất 2 ẩn cần xác định là -2x + 7y = -1

Bài 2: Giải các hệ pt sau và minh hoạ kết quả tìm đợc
a)





















1

2

3

6

2

3 y

x

y

x

















3

2

1

5

2 y

x

y

x

HD giải:

a) Giải hệ pt bằng phơng pháp cộng
Ta đợc hệ ph vô nghiệm

 Minh hoạ hình học kết quả tìm đợc

HS lên bảng vẽ đồ thị

b) Trừ từng vế 2 phơng trình ta đợc 4y = 4

 y = 1  x = -2  hƯ pt cã nghiƯm (x;y) = (-2;1)

 Minh hoạ hình học kết quả tìm đợc

HS lên bảng vẽ đồ thị

Bµi 4: Gi¶i hƯ pt

















3

15 5,

1

75 ,0

5,

0 y

x

y

x























5

1

3

8

1

5

1

3

4

1

2 y

x

y

x























4

1

2

1

5

1

3

1

3 y

x

y

x

HD gi¶i:

-O ‘ ‘ ‘ x

‘
‘
‘

-y
-3
2
1
-2/3
3x-2y=6

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

a) HƯ pt 



































3

0

632

027 6302

632 x

y

yx

y

yx

b) §K: x  1, y  -

3
1
đặt
1
1


x = a, 3 1
1



y = b

HƯ pt cã d¹ng















5

8

5

1

4

2 b

a

b

a

giải hệ pt ta đợc a =

3
1

, b =

-12

5




































12

17

4

12

5

13

1

3

1 y

x

y

x

(TM§K) vËy nghiƯm của hệ pt là (x;y) =

(4;-12
17

)

c) ĐK: x 1, y -1; Đặt x 1 = a  0, y1 = b  0  hƯ pt cã d¹ng



















4

2

5

3

1

3 b

a

b

a

giải hệ pt đợc a = 2, b = 3 (TM)

























8

5

31

21 y

x

y

x

(TM §K) vËy nghiƯm cđa hƯ pt lµ (x;y) = (5;8)

Bµi 4: Cho hÖ pt























2 )

(

)1

(

1

2

4 )

2 (

n

m

y

n

m

x

m

n

m

ny

x

n

m

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

c) Cho m = 0 xác định n để hệ pt VN
HD giải:

a) Khi m = 3, n =-2 hƯ pt cã d¹ng

















1

4

17

2

7 y

x

y

x

giải hệ pt đợc (x;y) = (1;-5)

b) Hệ pt có nghiệm (2;-1)  x = 2, y = -1 thay vào hệ pt ta đợc































2

7

2

4

2

1

3

2 m

n

m

c) Víi m = 0 hƯ cã d¹ng





















2

1

2 n

ny

x

n

ny

nx

trừ từng vế 2 pt ta đợc (1+2n)x = 3n – 3 (*)
+ Nếu 1 + 2n = 0 hay n = -

2
1

ta cã hÖ pt





















2

3

2

1

2

1 y

x

y

x

hÖ VN

+ NÕu 1 + 2n  0  pt (*) cã nghiÖm  hÖ cã nghiÖm
VËy víi n =-

2
1

hƯ pt VN

Bµi 5: Cho hƯ pt

3

9

3 y

m

x

m

y

x

a) Với giá trị nào của m thì hệ pt VN

b) Với giá trị nào của m thì hệ pt có VSN? Viết dạng tổng quát của hệ pt
c) Với giá trị nào của m thì hệ pt có nghiƯm duy nhÊt

HD gi¶i: HƯ pt 

















3

9

3

9 y

m

x

m

y

x

trừ từng vế 2 pt ta đợc m2y – 3y = 3 3-3m

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

a) HÖ pt VN  pt (1) VN 



















0

3

0 )3

)(

3 (

m

 m = - 3

Khi đó ta có hệ pt































3

33

39

3 yx

hƯ pt VN

b) HÖ pt cã VSN  pt (1) cã VSN 

3

03

2 

























m

Khi đó ta có hệ pt



































3

33

39

3 yx

HƯ pt cã VSN

Công thức nghiệm tổng quát của hệ pt là

3 x

y

R

x

















R

y

x

3

c) HƯ cã nghiƯm duy nhÊt  m  3

Bài 6: Hai phân xởng của 1 nhà máy theo kế hoạch phải là 540 dụng cụ.Nhng do cải tiến
kĩ thuật phân xởng 1 vợt mức 15% kế hoạch, phân xởng 2 vợt mức 12% kế hoạch của
mình, do đó cả 2 tổ đã làm đợc 612 dụng cụ.Tính số dụng cụ mà mỗi phân xởng đã làm
HD giải: Gọi số dụng cụ phân xởng 1 phải sx theo kế hoạch là x (dụng cụ);Gọi số dụng

cụ phân xởng 2 sx theo kế hoạch là y (dụng cụ);ĐK: x,y nguyên dơng, x, y <540

Theo kế hoạch cả 2 phân xởng sx 540 dụng cụ nên ta có pt x + y = 540(1)
Dựa vào số dụng cụ cả 2 phân xởng đã sx ta có pt 612

100
112
100

115



 y

x

Giải hệ pt ta đợc x = 240, y = 300  phân xởng 1 đã sx 276 dụng cụ
Phân xởng 2 đã sx 336 dụng cụ.

Tuần 25Ôn tập góc có đỉnh ở bên trong-bên ngồi đờng trịn

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

I. Lý thut

1. Góc có đỉnh ở bên trong đờng trịn

2- Góc có đỉnh ở bên ngồi đờng trịn

II. Bµi tËp

Bài 1: Cho (O) và 1 dây AB, vẽ đờng kính CD  AB ( D  ABnhỏ ).Trên cung nhỏ BC lấy

1 điểm N, các đờng thẳng CN và DN lần lợt cắt đờng thẳng AB tại E và F, tiếp tuyến của
(O) tại N cắt đờng thẳng AB tại I. C/m

a) ∆ INE và IFN cân

b) AI bằng trung bình cộng cđa AE vµ AF
HD c/m:

a)Trong ∆ NFI có DNF = 1/2sđND (1) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
NFB = 1/2(sđAD + sđNB) (góc có đỉnh

ở bên trong đờng trịn

Mà AD = DB (đờng kính vng góc với
dây thì đi qua điểm chính giữa của cung)

 NEB = 1/2 (sđDB + sđBA) = 1/2sđDN (2)
Từ (1) và (2)  DNF = NFB ∆FNI cân tại I
CND = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)

Trong ∆ vu«ng ENF cã  N1 +  N2 = 900

E + F = 900 mµ  N

1 =  F (c/m trên) N2 = E
NEI cân tại I

b)ta cã AI = AE – IE, AI = AF + FI

 2AI = AE + AF + FI – IE
mµ IF = IE = IN (c/m a)

 2AI = AE + AF  AI = 1/2(AE + AF)

Bài 2: Cho nửa đờng trịn đờng kính AB, trên tia đối của tia AB lấy điểm M, vẽ tiếp
tuyến MC với nửa đờng trịn.Gọi H là hình chiu ca C trờn AB

a) c/m CA là tia phân giác của góc HCM
b) Giả sử MA = a, MC = 2a. Tính AB và CH
HD giải:

a) Ta có C1 +HCB = ACB = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nưa đg tròn)

Mặt khác HCB + B = 900 ( CHB vuông)
C1 = B mà B = C2 (cùng chắn cung AC)
C1 = C2 CA là phân gi¸c cđa gãc MHC

F
N

E
II
D

1 2
- O

A H O B

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

b)∆ MCA ∆ MBC (g.g)

 MC MAMB

MC
MA
MB

MC




  (2a)2 = a(a + AB)

 AB = 3a

 OA = AB/2 = 3a/2 = 1,5a = OC  MO = a + 1,5a =

MOC vuông tại M (t/c tiếp tuyến), có CH là đg cao

CH.MO = MC.CO

hay CH.2,5a = 2a.1,5a  CH = 1,2a

Bài 3: Cho ∆ ABC nội tiếp (O), gọi H là trực tâm của tam giác, vẽ đờng kính BOE
a) c/m AECH l hỡnh bỡnh hnh

b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. C/m O, G, H thẳng hàng
HD c/m:

a) Ta cã BAE = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nửa đg tròn)
AE AB mặt khác CC/ AB (gt)

 AE // CH

c/m t¬ng tù ta cã AH //CE

suy ra tứ giác AECH là hình bình hành
b) AEBH lµ hbh suy ra AH = CE

Gäi AM lµ trung tuyến của tam giác
ABC ta có

OM là đg trung bình của tam giác BCE

OM = 1/2.CE

mà CE = AH OM = 1/2 .AH
Gọi G là giao điểm AM vµ OH

áp dụng định lí ta- lét cho OM // AH
ta c/m đợc GM = 1/2 .GA

 G là trọng tâm của ABC

H, G, O thẳng hàng

Bi 4:Cho ng trũn (O) ng kớnh AB. ng thẳng d tiếp xúc với đờng tròn ở B, qua
điểm T trên đg thẳng d kẻ tiếp tuyến TM với đờng tròn ( M là tiếp điểm). Gọi P, Q lần lợt
là hình chiếu của M trên AB, và trên d. c/m

a) Các đờng thẳng AM, PQ, OT đồng quy tại I
b) MA là tia phân giác của các góc QMO và TMP
c) ∆ AIQ ∽∆ ATM, ∆ AIP AMO

HD c/m:

a) Tứ giác APMQ là hình chữ nhật(có 3 góc vuông)

AM ct PQ ti trung im ca mi ng

I là trung điểm của AM

3 đờng thẳng AM, PQ, OT đồng quy tại I
b) AMP = MAQ (so le trong)

MAQ = AMT (cïng cã sè ®o b»ng 1/2 .s®AM)

⇒ AMP = AMQ ⇒ MA là tia phân giác của góc PMQ
AMQ = MAO (so le trong)

∆ OMA c©n ë ⇒ OAM = OMA ⇒ AMO = AMQ MA là tia phân giác của góc OMQ
a) AIQ cân tại I, ATM cân t¹i T cã IAQ = MAT ⇒∆ IAQ ∽∆ TAM

c/m t¬ng tù ta cã ∆ AOM ∽∆ AIP

B
C’

H O

G
M

M CC

P O

B
Q
M

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Bài5: Từ điểm P ở bên ngoài (O), vẽ tiếp tuyến PA với đờng tròn. Qua trung điểm B của
đoạn PA vẽ cát tuyến BCD với đờng tròn( C nằm giữa B và D).Các đờng thẳng PC và PD
cắt đờng tròn (O) lần lợt ở E và F.c/m

a) DCE = DPE + CAF
b) AP // EF

a) ta cã DCE =

2
1

s®ED (gãc néi tiÕp)
DPF =

2
1

sđ(DE – CF) (góc có đỉnh ở bên ngồi đờng trịn)

CAF =

2
1

s®CF (gãc néi tiÕp)

⇒ DPF + CAF = 21 s®(DE – CF + CF) = 12 s® DE
VËy DCE = DPF + CAF

b)xÐt ∆ ABC vµ ∆ DBA cã: gãc B chung

BAC = BDA ( cïng ch¾n cung AC) ⇒∆ ABC ∽∆ DBA(g-g) ⇒ BCBA BDAB

Mµ PB = AB ⇒ BCBP BDPB l¹i cã PBC = PBD ⇒∆ PBC ∽∆ DBP (c-g-c)

⇒ BPC = BDP mµ BDP = FEP (cïng ch¾n cung CF) ⇒ APE = PEF EF // PA
Hớng dẫn về nhà:

Làm các bài tập 30, 31, 32 tr78 SBT

Tuần 26:

Ôn tập giải bài toán quỹ tích

Ngày soạn : 01/03/2009
Ngày d¹y: 03/03/2009
I.LÝ thuyÕt

1)QuÜ tÝch cung chøa gãc

Kết luận: Với đaọn thẳng AB và góc  (00 <  < 1800) cho trước thì quỹ tích các điểm M

thỏa mãn AMB  là hai cung chứa góc  dựng trên đoạn AB.

2) Cách giải bài toán quỹ tích

Phần thuận:C/m điểm M cã T th× thuéc h×nh H

 Phần đảo:C/m mọi điểm M trên hình H đều có t/c T
Kết luận: Vậy quỹ tich các điểm M là hình H

II. Bµi tËp

Bài 1:Cho đờng trịn tâm O, đờng kính AB cố định. Vẽ dây AC, gọi H là trung điểm của
dây AC. Tìm quỹ tích trung điểm H khi điểm C chạy trờn ng trũn

HD giải:

Phần thuận: ?: Ta phải c/m điều gì?
? HA = HC điều gì?

? OH AC thì H nằm trên hình nào?

F

D
E
E
A

B

C .

AA

H

C
C

B
O

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

ta cã HA = HC ⇒ OH ⊥ AC ( đlí đg kính
đi qua trung điểm của dây)

AOH = 900 ⇒ H thuộc đờng trịn đờng kính OA
 Phần đảo:

Giả sử H/ là điểm thuộc đờng tròn đờng kính AO, AH/ cắt (O)tại C/

⇒ AH/O = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đg tròn)

OH AC/⇒ H/A = H/C/

Vậy quỹ tích trung điểm H là đờng trịn đờng kính AO
Bài 2:

Cho nửa đờng trịn đờng kính AB cố định, AB = 2R và dây MN có M, N chạy trên nửa
đ-ờng trịn sao cho MN = R ( sắp xếp trên cung AB theo thứ tự A, M, N, B)

a) TÝnh sè ®o cung NM

b) Gọi P là giao điểm của AN và BM
Tìm tập hợp quĩ tích các điểm P
HD gi¶i:

a) ∆ OMN đều (có 3 cạnh bằng nhau)

⇒ sđMN = 600

b)* Phần thuận:
APB =

2
1

(sMN + sAB) (góc có đỉnh
ở bên ngồi đờng trịn) = (60 180 )

1 0  0

⇒ APB = 1200

⇒ P nằm trên cung chứa góc 1200 dựng trên đoạn AB. Gọi cung đó là cung (C)

Khi M trïng A th× P trïng A; khi N trïng B th× P trïng B

 Phần đảo:

Giả sử P/ thuộc cung (C ), AP/ cắt nửa đờng tròn (O) tại điểm thứ 2 là N/; BP/ ct na

đ-ờng tròn tại điểm thứ 2 lµ M/

Ta c/m đợc M/N/ = R

KÕt luËn: VËy tËp hợp các điểm P là cung chứa góc 1200 dựng trên đoạn AB
Bài 3:

Cho ABC ni tip ng trũn (O) với BAC = 600. Gọi H là trực tâm, I là giao điểm của

các đờng phân giác trong ca tam giỏc

a) C/m các điểm O, I, H thuộc cung chứa góc vẽ trên đoạn BC( cùng thuộc nửa mặt
phẳng bờ BC có chứa điểm A)

b) Hóy xỏc định tâm của đờng trịn chứa cung này

a) ta có BOC = 2.BAC = 1200 ( góc ở tâm gấp đơi góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)

BIC = 1800 – ( ˆ)
2
1
ˆ
2
1

C

B = 1800 - (180 60 )
2

1 0 0

 = 1200

Ta cã H1 = A ( cïng phơ víi C1) = 600

⇒ BHC = 1800 – H

1 = 1800 – 600 = 1200

⇒ O, I, H thuộc cung chứa góc 1200 dựng trên đoạn BC

(cung thuộc nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A)
b)Lấy P là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Ta c/m
PB = PO = PC khi đó B, O, C thuộc đờng tròn (P;PO)
Mặt khác B, O, C thuộc cung chứa góc 1200

Cung chứa góc 1200 dựngtrên đoạn BC thuộc đờng tròn

(P;PO) vậy tâm của đờng tròn chứa cung chứa góc nói trên là P
Bài 4:

A PP

M

N

B

A

C
O

O I H

P
1

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính AB. Lờy C là điểm tuỳ ý trên nửa đờng tròn .Tên tia
BC lấy điểm E sao cho EB = AC. Tên tiếp tuyến tại B của đờng tròn lấy điểm D( cùng
nửa mặt phẳng với điểm C) sao cho BD = BA

a) c/m ∆ ABC = ∆ BED

b) tìm tập hợp điểm E khi C chạy trên nửa đờng tròn đã cho
Hớng dẫn về nhà Bài 4

TuÇn 27

ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ Y=ax2 (a#0)

Ngày soạn : 01/03/2009
Ngày dạy: 03/03/2009
I. L ý thuyết

1)T/c hàm số y= ax2 (a#0)

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

2)đồ thị của hàm số y=ax2(a≠0)

II. Bµi tËp

1)Bµi 1 Cho ba hµm sè y1=0,5x2 ; y2=x2 ; y3= 2x2

a ) Tính giá trị của mỗi hàm số khi x nhận các giá trị sau : -2;-1,5;-1; 0; 1; 1,5 ; 2
b)T×m x khi hàm số lần lợt bằng 0; 1 ; 3

2)Bài 2 Cho hàm số y= (m2- m)x2 .Tìm m để

a)Hàm số đơng biến với mọi x>o
b) Hàm số nghịch biến với mọi x>o
Gợi ý ;

? Trong khoảng xác định x>0 hàm số đồng biến khi nào?
HS: x>0 hàm số đồng biến khi a>0 <=> m2- m >0 <=>m >1

? Tơng tự trong khoảng xác định x>0 hàm số nghịch biến khi nào?
3)Bài 3: Cho hàm số y= (m2 + 2m + 3 )x2 .Tìm m để

a) Hàm số đông biến
b) Hàm số nghịch biến
c)Biết x=1; x=-1 thì y=6

4)Bµi 4a) Vẽ đồ thị hai hàm số y=13x2 và

y = - x+6 trên cùng mặt phẳng tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó.
- Bảng giá trị :

x - 3 - 2 - 1 0 1 2 3

y =13x2 3 4

3
1

3 0

1
3

3 3

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

5)Bµi 22(tr41SBT)

Vẽ đồ thị hàm số y=2x2

y=-x+3

x -2,5 -2 -1 0 1 2 2,5

y=2x2 12,5 5 1 0 2 8 12,5

y=-x+3

Cho x = 0  y = 3
Cho y = 0  x = 3

f ( x ) = 2 x ^ 2
f ( x ) = - x + 3

- 1 0 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8

- 4
- 2
2
4
6
8
1 0
1 2
1 4

x
f ( x )

Hãy tìm hồnh độ giao điểm của mỗi giao điểm của đồ thị 2 hàm số
Hai đồ thị cắt nhau taị A(-1,5;4,5) và B(1;2)

b) x1=-1,5; x2=1

HS: x1=-1,5 là nghiệm của (1) Vì: 2.(-1,5)2+(-1,5)-3= 2.2,25-1,5-3 = 4,5-4,5=0

HS giaỉ thích
HS: 2x2+x-3=0 (1

III.Hướng dẫn về nhà:

- ôn lại cách vẽ đồ thị , xem lại các bài tập đã làm.

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Tuần 28:

Ôn tập tứ giác nội tiếp

Ngày soạn :15/03/2009
Ngày dạy:20/03/2009
I.Lý thuyết

1-Định nghĩa

2-Tính chất

tứ giác ABCD nội tiếp

1800

A C

3-Du hiu c/m tứ giác nội tiếp
-4 điểm cùng cách đêù một điểm
-Tổng 2 góc đối bằng 1800

-Cung chøa gãc
II. Lun tËp

Bài 1: Cho hình vng ABCD trên cạnh AB lấy điểm M, đờng thẳng qua C vng góc
với CM cắt tia AB , AD lần lợt tại E và F. Tia CM cắt đờng thẳng AD tại N. c/m

a) C¸c tø gi¸cAMCF, ANEC néi tiÕp
b) CM + CN = EF

HD c/m:GV hớng dẫn HS c/m và lên bảng trình bày
a) Tø gi¸c AMCF cã : FAM = 900 (gt)

FCM = 900 (gt) ⇒ FAM + FCM = 1800

⇒ FAMC néi tiÕp

ta cã ECN = EAN = 900 (gt)

⇒ 2 đỉnh kề C và A cùng nhìn đoạn EN đới góc 900

⇒ ENAC nội tiếp đờng trịn đờng kính EN
b)Xét ∆ BMC và ∆ DFC có:

B = D = 900; C

1 = C3 ( cïng phơ víi C2),BC = CD (gt)

⇒∆ BMC = ∆ DFC (g.c.g) ⇒ CM = CF(1)
XÐt ∆ BCE vµ ∆ CDN có:

BC = CD (ABCD là hình vuông)
EBC = CDN = 900 (gt); C

4 = C2 (cïng phơ víi C1)

⇒∆ BCE = ∆ CDN (g.c.g) ⇒CE = CN (2)

Tõ (1) vµ (2) ⇒ CE + CF = CN + CM hay EF = CM + CN

C¸ch 2: M1 = A1 = 450 FMC vuông cân N1 = A2 = 450 CEN vuông cân

Bi 2: Cho na ng trũn (O) đờng kính AB, bán kính OC⊥ AB. Gọi M là điểm di động
trên cung BC, AM cắt OC tại N

a) C/m tích AM.AN khơng đổi

b) VÏ DC ⊥ AM.C/m tø gi¸c MNOB, AODC néi tiÕp

c) Xác định vị trí của điểm M trên cung BC để cho ∆ COD cân tại D
HD c/m: GV HD học sinh c/m và trình bày bài làm

B C

F
E

M
1
1

1
2
2

3
4
2

M
C

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

a) XÐt ∆ AON vµ ∆ AMB cã :

AON = AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)

Gãc A chung; ⇒∆ AON ∽∆ AMB (g.g)

⇒ ANAB AMAO ⇒ AM.AN = AB.AO = R.2R = 2R2 không đổi

b) XÐt tø gi¸c ONMB cã BON = 900(gt)

NMB = 900( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

⇒ BON + NMB = 1800⇒ tứ giác ONMB nội tiếp đờng trịn đờng kính NB

Xét tứ giác AODC có AOC = ADC = 900 (gt) ⇒ tứ giác AODC có 2 đỉnh kề O và D

cùng nhìn cạnh AC dới góc 900

O và C cùng nằm trên đờng trịn đờng kính AC ⇒ tứ giác AODC nội tiếp

b»ng nhau)

⇒MC = MB ⇒ M là điểm chính giữa cung BC

Bi 3: Cho ABC nội tiếp (O).Từ A vẽ tiếp tuyến xy với đờng tròn. Vẽ 2 đờng cao BD
và CE

a) C/m 4 điểm B, C, D, E cùng nằm trên 1 đờng trịn
b) C/m xy // DE từ đó suy ra OA ⊥ DE

HD c/m:

a) Tứ giác BEDC có gì đặc biệt?

? Đỉnh E và D cùng nhìn cạnh BC dới 1 góc 900 ta

suy ra điều gì?

b) Để c/m xy // DE ta phải c/m điều gì?
? Nhận xét gì góc AED và góc ACB ? vì sao?
? mà góc ACB bằng góc nào?

? ta c/m OA DE bằng cách nµo?

Bài 4: Cho đoạn AB và 1 điểm M là trung điểm của nó. Vẽ Mx ⊥ AB, đờng trịn (O) tiếp
xúc với AB tại A cắt Mx tại C và D ( D nằm giữa M và C)’

a) C/m tích MC.MD khơng đổi khi bán kính đờng trịn thay đổi
b) C/m D lad trực tâm của ∆ ABC

c) Đờng thẳng BD cắt đờng tròn tại điểm thứ 2 là E. C/m E và B đối xứng với nhau
qua AC

HD c/m:

a) ? Để c/m MC.MD không đổi tức là ta phải c/m điều gì?

? trong bài tốn này yếu tố nào khơng đổi? MD.MC liên quan gì với MA?
?Xét 2 tam giác nào đồng dạng?

? ∆ MAD ∽∆ MCA vì sao?

GV gọi 1 HS lên bảng trình bày bài làm
b) ? Để c/m D là trực tâm của ABC ta
phải c/m điều gì?

? ABC ó cú đờng cao nào?
? ta chỉ cần c/m đờng cao nào nữa?
? Nhận xét gì góc C1 và A1? Vì sao?

? từ đó suy ra C1 + D1 bằng tổng 2 góc nào?

?Từ đó suy ra điều gì?

c)? C/m B và E đối xứng với nhau qua AC ta phải c/m điều gì?
? Hãy so sánh EAC và HAM với D3

? ∆ AEB là tam giác ntn? Từ đó suy ra điều gì?

Bài 5: Cho đờng trịn (O;R) có 2 đờng kính AB và CD vng góc với nhau. Trên đoạn

A BB

N
O

D
2

2
1

B
B

C
C
D
E

x y

A MM BB

C
N
D33 1

2
2
2 1
1

x
O

--E

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

N.Đờng thẳng vng góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đờng tròn ở điểm P.
Chứng minh rằng:

a) Tø gi¸c OMNP néi tiÕp
b) Tø giác CMPO là hbh

c) Tích CM.CN không phụ thuộc vị trÝ cđa ®iĨm M

d) Khi M di động trên đoạn AB thì P chạy trên 1 đoạn thẳng cố định
HD c/m:.

a) ? Tứ giác OMNP có 2 đỉnh M,N nhìn đoạn PO
dới góc ntn?

?Từ đó suy ra điều gì?
b)

? tam giác OCN cân ta suy ra điều gì?
? gãc CNO ntn víi gãc MPO?

? MPO ntn với góc POD?
? Từ đó suy ra điều gì?

c) tam giác COM và tam giác CND có gì đặc biệt
H

íng dÉn vỊ nhµ:

- Xem kĩ các bài đã giải ở lớp 
-HS làm câu d

Tuần 29 Ơn tập về độ dài đờng trịn,cung trịn.
Diện tích hình trịn, hình quạt trịn.

I.Mơc tiªu.
1. VỊ kiÕn thøc :

- Củng cố cơng thức tính độ đài đờng trịn, cơng thức tính độ đài cung trịn; cơng thức
tính dieọn tớch hỡnh troứn, dieọn tớch hỡnh quát troứn.

2. VỊ kü năng:

- Rèn kỹ năng vẽ hình.

- Vn dng cỏc kin thức trên vào giải bài tập tính tốn , chng minh.
3. Thỏi .

- Rèn khả năng quan sát, kỹ năng phán đoán, phân tích , chứng minh.
II. Phơng tiện d¹y häc.

- Bảng phụ ghi đề bài.
- Thớc kẻ , phn mu, ờ ke

III. Tiến trình dạy học.

Hot ng 1: Ôn tập lý thuyết.
GV: Gọi 2hs lên bảng kiểm tra

HS1: Nêu cơng thức tính độ đài đờng trịn, cơng thức tính độ đài cung trịn ?
-Độ đài đờng trịn đợc kí hiệu là C

C = 2R hay C = d
+ d là đờng kính của đờng trịn
+ R là bán kính của đờng trịn
- Cơng thức tính độ đài cung trịn
l =

180
Rn



với l: là độ đài cung trịn.
R : là bán kính đờng trịn.
n: là số đo độ của cung tròn.

A M O

B
D

P
N

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

A M
D

O B

H
M

N C

HS2 : Nêu công thức tính diện tích hình tròn, diện tích hình quạt tròn ?
- C«ng thøc tÝnh diện tích hình tròn .

S = R2

S : diện tích của hình tròn
R : bán kính của hình tròn

-C«ng thøc tÝnh diện tích hình quạt trßn
S = 360R2n hay S =

2
R
.
l
S : diện tích của hình quạt n0

l : độ dài cung hình quạt n0

Hoạt động 2: Các bài tập luyện

Bài 1: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB. Lấy điểm M ∈ AB. Vẽ dây CD ⊥ AB tại M.
Giả sử AM = 1cm; CD = 2 3cm. Tính

a) Độ dài đờng trịn (O)
b) Độ dài cung CAD

a) AB ⊥ CD (gt) ⇒ MC = MD = 1/2.CD = 3

∆ ABC vuông tại C (ACB = 900 góc nội tiếp chắn nửa ng trũn)

áp dụng hệ thức lợng h2 = b/.c/ trong ∆ vu«ng ABC cã

CM2 = MA.MB

⇒ ( 3)2 1.MB

 ⇒ MB = 3 (cm)

AB = AM + MB = 1 + 3 = 4 (cm) ⇒ R = 1/2.AB = 2 cm .

⇒ Độ dài đờng tròn (O) : C = 2πR = …= 4π(cm) .
b) OA = 2cm, MA = 1 cm ⇒ MA = MO.

CM ⊥ OA (gt) CAO cân tại C

Mt khỏc CAO cân tại O ⇒∆ CAO đều ⇒ COA = 600 COD = 1200

Độ dài cung CAD là l =

3
4
180






Rn

(cm)

Bài 2: Cho ∆ ABC vuông tại A; C = 300, AB = 4 cm . Vẽ đờng cao AH; gi M v N theo

thứ tự là trung điểm AB và AC

a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp

b) Tính độ dài đờng trịn ngoại tiếp tứ giác AMHN

a) HM là trung tuyến ứng với cạnh huyền của vu«ng AHB

⇒ HM = 12AB= MA (t/c đờng trung tuyến của ∆ vuông) ⇒∆ MAH cân tại M

⇒ H1 = A1 (1)

Chøng minh t¬ng tù ta cã H2 = A2 (2)

Tõ (1) vµ (2) ⇒ H1 + H2 = A1 + A2 = 900 MHN = 900

Mặt khác MAN = 900 (gt)

⇒ MHN + MAN = 1800

⇒ tứ giác AMHN nội tiếp đờng trịn đờng kính MN

b)∆ ABC vuông tại A có C = 300 AB = 
2
1

BC (cạnh đối diện góc 300 )

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

D C

B
A

mµ MN =

2
1

BC (t/c đờng trung bình) = 1

2.8 = 4 (cm)
⇒ Bán kính đờng trịn ngoại tiếp tứ giác AMHN là R =1

2.4 = 2 (cm)
⇒ C = 2πR = 4π

Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2 3cm; BC = 2cm. Vẽ đờng trịn (O) ngoại
tiếp hình chữ nhật này

a) TÝnh diƯn tích hình tròn (O)

b) Tính tổng diện tích 4 hình viên phân

c) Tính diện tích hình viên phân do dây BC tạo với cung nhỏ
BC

Hớng giải

a) AC = 2 2 4.3 4 16 4






BC

AB (cm)

⇒ R(O) =

2.AC = 2cm ⇒ S(O) = πR2 = 4π (cm2 )

b) Diện tích hình chữ nhật ABCD là:
SABCD = AB.BC = 2 3.2 = 4 3(cm2)

Tæng diện tích 4 hình viên phân là
S = S(O) – SABCD = 4π - 4 3(cm2)

c) ∆ BOC đều ( OB = OC = BC = 2cm) ⇒ BOC = 600

S qu¹t =

3
2
360

60
.
4
.
360

0
2









n
R

∆ BOC đều ⇒ đờng cao h =

2
3
2
2

3


a

⇒ S∆ OBC = 1/2.ah = 1/2.2. 3
2



⇒ SVP = Squ¹t – S∆ =
3

3
3
2 

cm2

H

íng dÉn häc ë nhµ :

- Xem k cỏc bi tp ó gii

- Làm thêm bài tâp số 45, 47 (SBT/80) ; 61,62 (SBT/ 82)
HS khá làm thêm : bài tâp 51, 57 (SBT/81, 82)

- Nếu còn thời gian GV cho HS làm bài tËp 57 (SBT/82).

- HS cần : + Ơn tập cơng thức tính độ đài đờng trịn, cơng thức tính độ đài cung trịn;
cơng thức tính dieọn tớch hỡnh troứn, dieọn tớch hỡnh quaùt troứn.

+ Chuẩn bị ê ke, thớc kẻ, com pa.

TuÇn 30 : Ôn tập về phơng trình bậc hai

Ngày soạn : 29/03/2009
Ngày dạy:31/03/2009

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

1. Kiến thức:Củng cố cụng thức nghiệm tổng quát, công thức nghiệm thu gọn của

phương trình bậc hai.

2. Về kỹ năng:HS vận dụng thành thạo công thức nghiệm tổng quát, công thức nghiệm
thu gọn để giải phương trình bậc hai.

3. Về thái độ:HS thấy được lợi ích của cơng thức nghiệm tổng quỏt, cụng thc nghim
thu gn.

II . Phơng tiện dạy häc

- Bảng phụ ghi các đề bài tập

III. TiÕn tr×nh dạy học
I- Kiến thức cần nắm :

a, Dng y đủ của PT bậc hai : ax2 + bx + c= 0 ( a ≠ 0)

 = b2 - 4ac

x1 =

a
b

2



 ; x

2 =

a
b

2




+ = 0  PT cã nghiÖm kÐp :
x1 = x2 = -b / 2a

+  <0  PT v« nghiƯm

' = b'2 - ac ( b = 2 b' )

biƯt :

x1 =

a
b' '

 ; x

2 =

a
b' '


+' = 0  PT cã nghiÖm kÐp :
x1 = x2 = -b' / a

+ ' <0  PT v« nghiƯm

b, PT khuyÕt c : ax2 + bx = 0  x( ax+ b) =0













a
b
x

x 0

c, PT khuyÕt b : ax2 + c =0

+NÕu a,c cïng dÊu  PT v« nghiƯm
+ NÕu a,c khác dấu thì PT x2 =

a
c
x

a
c

II- Bài tập luyện tập 
Dạng 1: Giải ph ong trình

Bài 1: Giải các phơng trình sau :

a, 3x2 - 15x = 0

b, 4x2 + 5 = 0

c, -7x2 - 21 = 0

d, 2x2 + 7x - 9 = 0

Bài 2: Giải các phong tr×nh sau
a, 2x2 – 5x + 1 = 0
b, 5x2 – x + 2 = 0
c, -3x2 + 2x + 8 = 0

d, 4x2 4x + 1 = 0
Bài 3 Giải các phong trình sau

a, 2x2 – 2 2x + 1 = 0

b, 2x2 – (1-2 2)x - 2 = 0

c, 1

2 - 2x - 2
3 = 0

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

a, -7x2 + 4x = 3

b, 3x2 – 2 2x = 1

c, 3x2 + 2x-1 = 2 3x - 3

d, 3x2 + 2 5x - 3 3= -x2 - 2 3x +2 5+1.

Dạng 2: Tỡm điều kiện phng trỡnh nhận một giá trị làm nghiệm

Bài 1 . Với giá trị nào của m thì

a, Phương trình: x2 – 2mx + 2m2 – m – 6 = 0 có nghiệm x = 1

b, Phương trình 3,2x2 – 2m2x + 20m = 0 có nghiệm x = 5

Bài 2 . Cho phương trình: 2x2 – (m + 4)x + m = 0

a, Tìm m biết pt nhận x = 3 là nghiệm.

b, Chứng minh rằng phương trình có nghim vi mi m.

B i 1à .Tìm m để mỗi phương trình sau vơ nghiệm ?

a) mx2 – 2(m – 1)x + m + 1 = 0

b) (m2 – 4)x2 –2(m+2)x + 1 = 0

Bài 2. Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó ?

a, mx2 + 2(m + 2)x + 9 = 0

b, kx2 – 2(k-1)x +” k + 1 = 0

c, x2 – 4x + k = 0

Bài 3. Tìm m để mỗi phương trình sau có 2 nghiệm.
a, x2 + 2(3m + 5)x + 3m + 25 = 0

b, x2 – 2(m + 2)x + m2 – 12 = 0

c, (m – 4)x2 – 2mx + m– 2 = 0

D- Híng dÉn häc ë nhµ

- Xem kĩ các dạng bài tập đã chữa

- Lµm bµi tËp: 22, 23, 27, 31 ( SBT / 41, 42, 43)

- Ôn tập cụng thc nghim tng quỏt, cụng thc nghiệm thu gọn của phương trình bậc

hai.

Tn 31

HƯ THøC VI-ET Vµ øng dơng

Ngày soạn: 05/04/2009
Ngày dạy: 09/04/2009

A.MỤC TIÊU

- Học thuộc công thức nghiệm tổng quát của phương trình bậc hai
- Học thuộc cơng thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc hai

- Học thuộc định lí Vi-ét, định lí Vi-ét đảo và các ứng dụng: Tính nhẩm nghiệm

của PTBH; Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng; Lập phương trình bậc hai khi 
biết hai nghiệm của phương trình đó.

B.PHƯƠNG TIỆN DẠY HỌC

Gv: Bảng phụ ghi các bài tập
Hs: Ôn về Hệ thức Viét

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

I. LÝ THUYẾT

1. Hệ thức Viét- ứng dụng

-Phương trình ax2 + bx + c = 0 (a  0) có hai nghiệm x

1 và x2.

 S = x1 + x2 =

-a
b

và P = x1.x2 =

c

a

- PT ax2 +bx+c=0 (a≠0) Có a+ b +c =0 thì 
 x1=1, x2=

c
a

- PT ax2 +bx+c=0 (a≠0) Có a - b +c =0 thì

 x1= -1, x2= -
c
a

- Nếu hai số u + v = S

T ích bằng uv = P thì u,v là nghiệm của phương trình x2 – Sx + P = 0

Điều kiện để có hai số đó là S2- 4P ³ 0

2. Xác định dấu của các nghiệm phương trình bậc hai:
- Phương trình có hai nghiệm trái dấu  ac < 0

- Phương trình có hai nghiệm cùng dấu 













0 P

- Phương trình có hai nghiệm cùng dương



















0 S

P

- Phương trình có hai nghiệm cùng âm





















0 S

P

II. BÀI TẬP

Bµi 1: Không giả PT dùng hệ thức Viét hÃy tính tổng và tích các nghiệm của PT sau:
a. 2x2 - 7x + 2 = 0

b. 2x2 + 9x + 7 = 0

a. 2x2 - 7x + 2 = 0

 = (- 7)2 - 4. 2 .2 = 32 > 0

Theo hÖ thøc ViÐt ta cã: x1 + x2 =
2
7

; x1.x2 = 1
2
2



b. 2x2 + 9x + 7 = 0

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

 PT cã nghiÖm  x1 + x2 =
2

9


; x1.x2 =
2
7

Bµi 2: TÝnh nhÈm nghiƯm cđa PT sau:
a.7x2 - 9x + 2 = 0

b. 23x2 - 9x - 32 = 0

a. 7x2 - 9x + 2 = 0

Ta thÊy a + b + c = 7 - 9 + 2 = 0  x1 = 1; x2 =
7
2


a
c
b. 23x2 - 9x - 32 = 0

Ta thÊy a - b + c = 0  x1 = - 1; x2 =

23
32



a
c
Bài 3: Dùng hệ thức Viét để tính nhẩm nghiệm của PT

a. x2 - 6x + 8 = 0

b. x2 + 6x + 8 = 0

a. x2 - 6x + 8 = 0

NhËn thÊy 2 + 4 = 6
2 . 4 = 8

VËy PT cã hai nghiÖm x1 = 4; x2 = 2

b. x2 + 6x + 8 = 0

NhËn thÊy (- 2) + (- 4) = - 6
(- 2) . (- 4) = 8

nªn PT cã nghiƯm: x1 = - 2; x2 = - 4

Bµi 4: LËp PT cã hai nghiƯm lµ
a) 3 vµ 5

b) 3 - 5 v 3 + à 5
a) Ta cã S = 3 + 5 = 8
P = 3.5 = 15

VËy 3 vµ 5 lµ nghiƯm cđa PT x2 - 8x + 15 = 0

b) làm tơng tự

Bài 5.Cho phng trình : x2 - 2(m+1)x + m - 4 = 0 (1) ,( m là tham số)

a) CMR pt(1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu

c) C/minh giá trị của biểu thức A = x1(1-x2 ) + x2(1-x1) khơng phụ thuộc m

Bµi 6:a) Tìm giá trị của m để phương trình x2 -2(m+2)x + 2m2 + 7 = 0 có một nghiệm

bằng 5, rồi tìm nghiệm cịn lại ?

b) Tìm giá trị của tham số k để phương trình x2 +(k – 2)x +k + 5= 0 có hai

nghiệm x1 và x2 thỏa mãn x12 + x22 = 10.

Bµi 7. Cho phương trình (m-1)x2 -2mx +m +1 = 0 (2) ( m là tham số)

a) CMR phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m  1

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

c) Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc m

d) Tìm m để hai nghiệm x1 và x2 của phương trình thỏa mãn hệ thức:

0
3
1
1

2
1





x
x

Bµi 8. Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình: 2x2 + 2(m + 1)x + m2 +4m +3 = 0

Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:

A= x12 + x22

B= x1x2  2x1  2x2

TuÇn 32

Giải phơng trình quy về phơng trình bËc hai

Ngày soạn: 12/04/2009
Ngày dạy: 15/04/2009

A. Môc tiªu

- Học sinh biết đa một số dạng phơng trình về phơng trình bậc hai nh phơng trình trùng
phơng, phơng trình có cha ẩn ở mẫu, phơng trình bậc cao đa về phơng trình tích, đặt ẩn
phụ.

-Có kĩ năng giải phơng trình bậc hai và đặt điều kiện của ẩn.
B. Phng tin dy hc

GV: Bảng phụ ghi các bài tập

HS: Ôn cách giải phơng trình tích, phơng trình cha ẩn ở mẫu lớp 8
C. Tiến trình dạy học

Bài 1: Gải các phơng trình sau:

a. (x + 2)2 - 3x - 5 = (1 - x)(1 + x)

b. x(x2 - 6) - (x - 2) = (x + 1)3

a. (x + 2)2 - 3x - 5 = (1 - x)(1 + x)

 x2 + 4x + 4 - 3x - 5 = 1 - x2  2x2 + x - 2 = 0

 = 1 + 16 = 17 > 0  = 17 VËy PT cã nghiÖm

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

b. x(x2 - 6) - (x - 2) = (x + 1)3

 x3 - 6x - x2 + 4x - 4 = x3 + 3x2 + 3x + 1

 x3 - 2x - x2 - 4 - x3 - 3x2 - 3x - 1 = 0

 - 4x2 - 5x - 5 = 0  4x2 + 5x + 5 = 0

 = 25 - 80 = - 55 < 0  PT vô nghiệm

Bài 2: Giải phơng trình

a. 1

1
8
1
12



 x
x
b.
)

4
)(
2
(
8
8
4
1
12







 x x

x
x

a. 1

1
8
1
12




 x

x ®kx®: x1 (*)  1 1

8
1
12



 x
x

)
1
)(
1
(
)
1
)(
1
(
)
1
)(
1

(
)
1
(
8
)
1
)(
1
(
)
1
(
12












x
x
x
x

x
x
x
x
x
x

 12(x + 1) - 8(x - 1) = ( x - 1)(x + 1)

 12x + 12 - 8x + 8 - x2 + 1 = 0  x2 - 4x - 21 = 0

/ = 4 + 21 = 25 > 0 /

 = 25 = 5

x1 = 7

1
5
2
/






a

b , x

2 = 3

1
5
2
/







a
b
x1, x2 tho¶ m·n ®iỊu kiƯn (*)

VËy PT cã nghiÖm x1 = 7, x2 = - 3

b. ®kx®: x2;x 4

)
4
)(
2
(
8
8
4

2
2







 x x

x
x
x
x
x

)
4
)(
2
(
8
8
)
4
)(
2
(
)

2
(
)
4
)(
2
(
)
4
(
2











x
x
x
x
x
x
x
x

x
x
x

 2x(x + 4) - x(x - 2) = 8x + 8

 2x2 + 8x - x2 + 2x - 8x - 8 = 0

 x2 + 2x - 8 = 0

/ = 1 + 8 = 9 /

 = 9 = 3
x1 = 2

1
3
1




(lo¹i); x2 = 4
1
3
1





(lo¹i)
Vậy PT vô nghiệm

Bài 3: Giải phơng trình

a. (x + 1)2 - x + 1 = (x - 1)(x - 2)

b. (x2 + x + 1)2 = (4x - 1)2

a. (x + 1)2 - x + 1 = (x - 1)(x - 2)

 x2+ + 2x + 1 - x + 1 = x2 - 2x - x + 2

 x2 + x + 2 - x2 + 3x - 2 = 0

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

b. (x2 + x + 1)2 = (4x - 1)2

 (x2 + x + 1)2 - (4x - 1)2 = 0

 (x2 + x + 1 - 4x + 1)(x2 + x + 1 + 4x - 1) = 0

 (x2 - 3x + 2)(x2+ 5x) = 0














)
2
(
0
5

)
1
(
2
3

2
2

x
x

Gi¶i (1) x2- 3x + 2 = 0

 = 9 - 8 = 1 > 0   = 1

x1 = 2
2

1
3




; x2 = 1
2

1
3




Gi¶i (2) x2 + 5x = 0  x(x + 5) = 0  x = 0 vµ x = - 5

VËy PT cã 4 nghiƯm

x1 = 2; x2 = 1, x3 = 0; x4 = - 5

Bµi 4: Giải phơng trình

a. x4 - 8x - 9 = 0 (1)

b. 0

6
1
2
1
3

1x4 x2   (2)

a. x4 - 8x - 9 = 0 (1)

Đặt x2 = t (t  0)

PT (1) trë thµnh t2 - 8t - 9 = 0

Ta thÊy a - b + c = 1 + 8 - 9 = 0

 PT cã 1 nghiÖm

t1 = - 1 (lo¹i) t2 = 9  x2 = 9  x2 = 32  x3

VËy PT cã hai nghiÖm: x1 = 3; x2 = - 3

b. 0

6
1
2
1
3

1x4 x2   (2)

 2x4 - 3x2 + 1 = 0

Đặt x2 = t (t  0)

PT (2) trë thµnh 2t2 - 3t + 1 = 0

NhËn thÊy a + b + c = 0 nªn t1 = 1; t2 =
2
1

Víi t1 = 1  x2 = 1  x2 = 12  x = 1

Víi t2 =
2

1 2 2 2

2
1
2














 x x

2
1


 x

VËy PT cã 4 nghiÖm x1 = 1; x2 = - 1; x3 =
2
1

; x4=
2
1


Bµi 5: Giải phơng trình

a. (4x - 5)2 - 6(4x - 5) + 8 = 0

b. 3 0

1
5
)
1
(

2
2






 x

x
x

x

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

Đặt 4x - 5 = t PT trë thµnh
t2 - 6t + 8 = 0

/ = 9 - 8 = 1 > 0 / = 1

t1 = 4

1
3




, t2 = 2
1

1
3




Víi t1 = 4  4x - 5 = 4  4x = 9  x =
4
9

Víi t2 = 2  4x - 5 = 2  4x = 7

4
7

 x

VËy PT cã hai nghiÖm x1 =
4

; x2 =
4
7

b. 3 0

1
5
)
1
(

2
2






 x

x
x

x

§K: x  - 1

Đặt t
x

x

1 PT trở thành 2t

2 - 5t + 3 = 0

NhËn thÊy a + b + c = 2 - 5 + 3 = 0
t1 = 1; t2 =

2
3

Víi t1 = 1 1
1



x
x

(*)  x = x + 1  0x = 1 (v« lý)

 PT (*) v« nghiÖm
t2 =

2
3
1
2





x
x

 2x = 3(x + 1)  2x = 3x + 3  x = - 3 (tmđk)
Vậy PT đã cho có 1 nghiệm x = - 3

Bµi tËp . Giải các phương trình sau:

a) (3x2 –x + 6)2 – (x2 – 8x + 1)2 = 0

b) (x2 + x +1)2 - 4(x2 + x +1) + 3 = 0

c) 3x3 – 4x2 + 5x +12 = 0

d) x3 – 5x2 + 12x – 8 = 0

e) 3. 8 0

1
2
.
5
2
1










x
x
x

x

f) 3 3 5

1
2






 x

x
x

x

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

Xét Parabol (P) y=ax2 (a  0) và đường thẳng (d) y = a’x + b’ ta có

phương trình hoành độ giao điểm: ax2 = a’x+b

 ax2 – a’x- b = 0 (*). Khi đó:

(P) và (d) cắt nhau (có hai giao điểm )  pt(*) có hai nghiệm phân biệt

(P) và (d) tiếp xúc nhau ( có 1 giao điểm)  pt(*) có nghiệm kép

(P) và (d) khơng giao nhau ( khơng có giao điểm)  pt(*) vô nghiệm

+ Một số phương pháp giải phương trình qui về phương trình bậc hai

+ Cách vẽ Parabol y = ax2 và đường thẳng y = ax+b

5. Cho parabol (P) y = 2x2

a) Vẽ (P)

b) Tìm trên (P) các điểm cách đều hai trục tọa độ

c) Tùy theo giá trị của m hãy tìm số giao điểm của(P) và đường thẳng
y=mx-1

d) Tìm đường thẳng đi qua điểm A(0;2) và tiếp xúc với parabol (P)

TUẦN 32 ƠN TẬP HÌNH HỌC

I. LÝ THUYẾT:

- Học thuộc tính chất và các dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến

- Học thuộc các định lí về quan hệ đường kính và dây, cung và dây

- Học thuộc định nghĩa và các định lí về số đo các loại góc: góc ở tâm, góc nội

tiếp, góc tạo bởi một tia tiếp tuyến và một dây, góc có đỉnh ở bên trong, bên ngồi 
đường trịn

- Học thuộc các hệ quả về góc nội tiếp

- Học thuộc tính chất và các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp.

- Học thuộc các công thức tính độ dài đường trịn, cung trịn; Diện tích hình trịn,
hình quạt trịn; Diện tích xung quanh và thể tích hình trụ, hình nón, hình cầu.

(Xem thêm hệ thống câu hỏi ở cuối các chương II, III ) 
II. BÀI TẬP:

Xem lại các dạng bài tập ở các phần ôn tập chương

B i 1à : Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

b) CHK = 450

c) KC.KD = KH.KB

d) Tìm quỹ tích điểm H Khi điểm E di chuyển trên cạnh BC ?

Bài 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, lấy điểm D nằm giữa hai điểm A và B. 
Đường tròn (O) đường kính BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt
đường tròn (O) tại các điểm thứ hai F, G. Chứng minh:

a) Hai tam giác ABC và EBD đồng dạng
b) Các tứ giác ADEC và ÀBC nội tiếp.
c) AC // FG

d) Các đường thẳng AC, DE, BF đồng quy

Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB > AC ), đường cao AH. Trên nữa mặt
phẳng bờ BC có chứa A ta vẽ nữa đường trịn đường kính BH cắt AB tại E, nữa đường
trịn đường kính CH cắt AC tại F. Chứng minh :

a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật
b) Tứ giác BEFC nội tiếp

c) AE.AB = AF. AC

d) EF là tiếp tuyến chung của hai nữa đường tròn

Bài 4 : Cho tam giác ABC nhọn và hai đường cao BD, CE cắt nhau tại H.
Chứng minh:

a) Các tứ giác ADHE, BCDE nội tiếp

b) MD là tiếp tuyến đường tròn ngoại tếp tứ giác ADHE ( M là trung điểm BC)

c) BH.BD + CH.CE = BC2

Bài 5 : Cho nữa đường trịn đường kính AB và điểm M bất kỳ trên nữa đường 
tròn. Trên nữa mặt phẳng bờ AB chúa nữa đường tròn ta kẻ tiếp tuyến Ax cắt tia BM tại
I. Tia phân giác của góc IAM cắt nữa đường tròn tại E, cắt tia BM tại F; tia BE cắt tia
Ax tại H và cắt tia AM tại K. Chứng minh:

a) IA2 = IM.IB

b) Tam giác BAF cân

c) Tứ giác AKFH là hình thoi

d) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được trong đường tròn

Bài 6: Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax của (O) ta 
lấy P sao cho AP > R. Kẻ tiếp tuyến PM với ( O) tại M. Chứng minh:

a) BM // OP

b) Đường thẳng vng góc với AB tại O cắt tia BM tại N. Chứng minh tứ giác
OBNP là hình bình hành .

c) Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I, PN và OM cắt nhau tại J.

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

Bµi 1: Cho hƯ phơng trình :

3

4

93 )1

(

3 ay

bx

y

b

ax

a; Giải hệ với a =4; b =-5

b; Tìm giá trị của a và b để hệ có nghiệm duy nhất (1;-5)
c; Tìm a và b để hệ có vơ số nghiệm

Bài 4( t ơng tự bài 1) Cho nửa (O) đờng kính AB và 1 điểm C trên nửa đg tròn. Gọi D là
1 điểm trên đờng kính AB, qua D kẻ đờng vng góc với AB cắt BC ở F, cắt AC ở E.Tiếp
tuyến của nửa (O) ở C cắt FE I c/m

b) I là trung điểm của FE

c) ng thăng OC là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác FCE
HD c/m:

a) ACB = 900 (gãc néi tiÕp chắn nửa đg tròn)

ABC = CEF ( cùng phụ với gãc EFC)
ABC = ECI (cïng ch¾n cung CA)

 ECI = CEI ECI cân tại I
Ta có IE = IC (1)

FCI = CFI (cïng phơ víi gãc b»ng nhau
ICE = IEC) ICF cân tại F

IF = IC (2)

Từ (1) vµ (2)  IE = IF hay I lµ trung ®iĨm cđa EF

b) Ta có IE = IF = IC (c/m a)  I là tâm đờng tròn ngoại tiếp ∆ ICF. Đờng thẳng OC
vng góc với bán kính IC tại C  CO là tiếp tuyến của (I)

A
E
E

D O BB

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

4)Bµi 4 Giải phương trình

a) 25x2 – 16 = 025x2=16  x2 = 16

25  x1,2 =
4
5



b) 2x2 + 3 = 0 V× 2x2  0

x  2x2 + 3 > 0

x ph¬ng trình vô nghiệm.
c) 4,2x2 + 5,46x = 0  x( 4,2x + 5,46) = 0

 x = 0 hc 4,2x + 5,46 = 0

 x= 0 hc 4,2x = - 5,46 =>x =-1,3

phơng trình 2 nghiệm x1 = 0 ; x2 = - 1,3

d) 4x2+4x+1=0  (2x+1)2=0  2x=-1  
x=-2
1

e)- 0

3
7
5
2 2


 x

x

 -x ) 0
3
7
5
2

( x 
 x=0 họăc x=-

5
2
:
3
7

x= 0 họăc

x=-6
35

Bài 1: Cho đờng trịn (O) đờng kính AB. Lấy điểm M ∈ AB. Vẽ dây CD ⊥ AB tại M.
Giả sử AM = 1cm; CD = 2 3cm. Tính

a) Độ dài đờng trịn (O)
b) Độ dài cung CAD
HD giải:

a) ? Để tính độ dài đờng trịn (O) ta phải tính
đợc đại lợng nào?

? TÝnh R b»ng c¸ch nµo?

* TÝnh R: AB ⊥ CD (gt) ⇒ MC = MD = 1/2.CD = 3

∆ ABC vuông tại C (ACB = 900 góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)

¸p dụng hệ thức lợng h2 = b/.c/ trong vuông ABC cã CM2 = MA.MB ⇒ ( 3)2 1.MB

 ⇒

MB = 3 (cm)

AB = AM + MB = 1 + 3 = 4 (cm) ⇒ R = 1/2.AB = 2 cm

⇒ Độ dài đờng tròn (O) : C = 2πR = …= 4π(cm)

b) ?Muốn tính độ dài cung CAD ta phải tính đại lợng nào? ∆ ACO có gì đặc biệt?
* OA = 2cm, MA = 1 cm ⇒ MA = MO

ta cã CM ⊥ OA (gt) ⇒∆ CAO cân tại C

Mt khỏc CAO cõn ti O CAO đều ⇒ COA = 600 ⇒ COD = 1200

§é dµi cung CAD lµ l =

3
4
180






Rn

(cm)

B
O

O
D

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

Bài 2: Cho ∆ ABC vuông tại A; C = 300, AB = 4 cm . Vẽ đờng cao AH; gọi M v N theo

thứ tự là trung điểm AB và AC
c) c/m tứ giác AMHN nội tiếp

d) Tớnh dài đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN

Ta cã HM là trung tuyến ứng với cạnh huyền của vuông AHB ⇒
HM = AB

2
1

= MA (t/c đờng trung tuyến của ∆ vuông) ⇒∆ MAH cân tại M

⇒ H1 = A1 (1)

c/m t¬ng tù ta cã H2 = A2 (2)

Tõ (1) vµ (2) ⇒ H1 + H2 = A1 + A2 = 900 MHN = 900

Mặt khác MAN = 900 (gt)

⇒ MHN + MAN = 1800 ⇒ tø giác AMHN nội tiếp

ng trũn ng kớnh MN

b) ABC vuông t¹i A cã C = 300 ⇒ AB = 
2
1

BC (cạnh đối diện góc 300 ) ⇒ BC = 2.AB =

2.4 = 8cm
mµ MN =

2
1

BC (t/c đờng trung bình) = 1/2.8 = 4cm

⇒ bán kính đờng trịn ngoại tiếp tứ giác AMHN là R = 1/2.4 = 2 cm

⇒ C = 2πR = 4π

Bài 3: Cho hcn ABCD có AB = 2 3cm; BC = 2cm. Vẽ đờng trịn (O) ngoại tiếp hcn này
d) tính diện tích hình trũn (O)

e) Tính tổng diện tích 4 hình viên phân

f) Tính diện tích hình viên phân do dây BC tạo víi cung nhá BC

HD gi¶i:

? Để tính đợc diện tích hình trịn ta phải tính cái gì?
AC tính dựa vào kiến thức nào?

?C«ng thøc tÝnh ntn?

AC = 2 2 4.3 4 16 4





BC

AB cm

⇒ R(O) = 1/2.AC = 2cm

⇒ S(O) = πR2 = 4π (cm2 )

b) DiÖn tÝch hcn ABCD lµ: SABCD = AB.BC = 2 3.2 = 4 3(cm2)

Tổng diện tích 4 hình viên phân là S = S(O) – SABCD = 4π - 4 3(cm2)

c) ∆ BOC đều ( OB = OC = BC = 2cm) ⇒ BOC = 600

S qu¹t =

2
360

60
.
4
.
360

0
2









n
R

∆ BOC đều ⇒ đờng cao h =

2
3
2
2

3


a ⇒

S∆ OBC = 1/2.ah = 1/2.2. 3
2

3
2



⇒ SVP = Squ¹t – S∆ =
3

3
3
2 

cm2

H

íng dÉn häc ë nhµ :

- Xem kĩ cỏc bi tp ó gii lp

- Làm thêm bµi tËp 71-72 ( trang 84-sbt)

3
2

A
M
M

B HH C

N
300

122
1 2

A BB

C
C
D

</div>

GIAO AN ON TAP TOAN 9 Rat hay

<b>Bi 1: </b>

<i><b>Buổi 1</b></i>

<b>A- LÝ thuyÕt : </b>













<i>a</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

0









<i>A</i>

<b>B- </b>

<b>Bài tập áp dụng </b>

<b>:</b>

























4

0

0

2

0

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>



















 



























0

1

0

1

0

1

0

)1

)(1

(

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>