tuchon9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (454.38 KB, 64 trang )

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

CHỦ ĐỀ I: CĂN BẬC HAI
Loại chủ đề: Bám sát

Thời lượng: 6 tiết
I. Mục tiêu

- Củng cố phương pháp tìm điều kiện xác định của phân thức, căn thức bậc hai.
- Tính giá trị các biểu thức căn bậc hai và giải các phương trình căn bậc hai.
- Rèn kỉ năng so sánh và rút gọn các biểu thức chứa căn bậc hai.

- Rèn kỉ năng tìm điều kiện xác định của biểu thức.
II. Nội dung

Ngày soạn: 08/9/2010 Ngày dạy: 09/9/2010
TIẾT 1

Bài 1: Tìm điều kiện để biểu thức sau có nghĩa:
a) 31



x
x

có nghĩa khi x – 3 ≠ 0  x ≠ 3
b)
4
4
2



x
x

có nghĩa khi x2 – 4 ≠ 0  (x – 2)(x + 2) ≠ 0 
 x 2 0

x 2 0

 




 


 x 2

x 2





c)
3
1
2
1



 x

x có nghĩa khi

x 2 0
x 3 0

 




 


 x 2

x 3






Bài 2: Tìm điều kiện để các căn thức sau có nghĩa:
a) x 2 có nghĩa khi x – 2 ≥ 0  x ≥ 2

b) 4 x2

 có nghĩa khi 4 – x2 ≥ 0  ( 2 – x)(2 + x) ≥ 0



2 x 0
2 x 0
2 x 0
2 x 0

  


 


  
 
 
 


x 2
x 2
x 2
x 2
 






 
 

 


 2 x 2

  


 

 Vậy 2 x 2 

c) 2 4 4


 x

x có nghĩa khi x2 – 4x + 4 ≥ 0  (x – 2)2 ≥ 0  x R
Bài 3: So sánh các căn bậc hai

a) 3 và 2 2

Ta có: 32 = 9; (2 2)2 = 4.2 = 8

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

Vì 9 > 8 nên 3 2 2
b) 4 và 15.

Ta có: 4 16. Vì 16  15
c) 4 3 và 3 4

Ta có: 4 3 4 .32 16.3 48

  

3 4 3 .42 9.4 36

  

Vì 48  36 nên 4 3 3 4
d) 3 và 2 + 2

Ta có: 3 2 1 2    1

Vì 1 2 nên 2 1 2  2. Vậy 3 2  2
e) 1 và 3 - 1

Ta có: 1 2 1   4 1

Vì 4 1  3 1 nên 1 3 1
* Bài tập về nhà:

1. Tìm điều kiện để các căn thức sau có nghĩa:
a) 3x 4 b) 2x 3

c) x

x 1 d)

2 x
x 1




e) (x 1)(x 2)  g) 1 x2



Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

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

Bài 1: Rút gọn các biểu thức:



1 2



2  1 2  2 1 (vì 2 1 )



8 7



2  8 8 7  8 7  8 8 7 2 8  (vì 7 8)
c) 3 4a2 5a

 với a < 0

Ta có: 3 4a2 5a 3 2a 5a 6a 5a 11a

      ( vì a < 0)



3 5



2  3= 3 5 3 3   5 3  5

e) 4x x2 4x 4

   với x ≥ 2

= 4x



x 2



2 4x x 2  4x x 2  (vì x ≥ 2)

= 3x + 2
g) 49x2 3x

 với x ≥ 0

= 7x 3x 7x 3x 10x    (vì x ≥ 0)

Bài 2: Tính:

a) 49.36.100 7 .6 .102 2 2



7.6.10



2 7.6.10 420

   

b) 147.75 49.3.3.25 7 .3 .52 2 2 7.3.5 105

   

c) 45 : 80 45 9 3

80 16 4

  

d) 3 : 36 3 36: 3.45 9 3

15 45  15 45  15.36  36 6
* Bài tập về nhà:

Bài 1: Tính:

a) A = 98 720,5 8

b) B = 2 48 4 27 75 12
c) C = 80 20 5 5 45

Bài 2: Rút gọn:
2. Rút gọn:



2 3



2 b) 25 7 a







2 với a ≥ 7

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

c) 3x



2 x



2 d) 3x - 3x 16 24x 9 

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

Ngày soạn: 15/9/2010 Ngày dạy: 30/9/2010
TIẾT 3

Bài 1: Tính giá trị biểu thức:

a) A = 5 87 18 =5 4.2 7 9.2 5.2 2 7.3 2  
= 10 2 21 2 31 2 

b) B = 3 2 5 184 8

B 3 2 5 9.2 4 4.2 3 2 5.3 2 4.2 2      4 2

c) C = 3 18 324 2 162

C = 9 2 - 4 2 + 4 2 + 9 2 = 18 2

d) D = 20 453 18 72

D = 2 5 3 59 26 2 = - 515 2

Bài 4: Giải các phương trình:
a) x 2 3 

ĐKXĐ: x ≥ 0

x 2 3   x 5  x = 25 (TMĐK)
Vậy nghiệm của phương trình: x = 25

b) x2 – 11 = 0 



x 11 x

 

 11



0

 x 11 0

x 11 0

  



 



 x 11

x 11

 





Vậy nghiệm của phương trình: x  11

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

ĐKXĐ: x – 4 ≥ 0  x ≥ 4

x 4 2 5    x 4 7   x 4 49   x = 53
III. Bài tập tự luyện:

Bài 1: Giải các phương trình:
a) x 1 4 

b) x2 2x 1 2 1
   
c) x2 2 13x 13 0

  

Bài 2: Thực hiện phép tính:
a) M =



28 12 7



7 2 21

b) N =



8 3 2 10



2 5

c) P =( 99 18 11) 113 22
d) R =



5 484 27 2 12



: 3

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010

BGH kí duyệt

Ngày soạn:29 /9/2010 Ngày dạy:02 /10/2010

Tiết 4,5,6

I. Mục tiêu

- Củng cố các phép biến đổi biểu thức chứa căn bậc hai(Đưa thừa số ra ngoài, vào 
trong dấu căn; khử mẫu biểu thức lấy căn; trục căn thức ở mẫu.

- Tính giá trị các biểu thức căn bậc hai và giải các phương trình căn bậc hai.
- Rèn kỉ năng so sánh và rút gọn các biểu thức chứa căn bậc hai.

- Rèn kỉ năng tìm điều kiện xác định của biểu thức.

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

II. Nội dung

Bài 1: Đưa thừa số ra ngoài dấu căn.

a) 245.35  49.5.5.7  49. 25. 7

= 7.5. 7 35 7
b) 63a2 với a < 0

63a2 9. .7a2 9. a2. 7

 

= 3 7 a 3 7a vì a < 0

c) 48y2 16. .3y2 16. y4. 3 4y2 3

  

Bài 2: Đưa thừa số vào trong dấu căn
a) x 5 với x0

x 5 x2.5 5x2

  vì x0
b) x 13 với x < 0

x 13 x2.13 13x2

 

c) x 11

x với x > 0

2
2

11 11 11

x

x x x

x  x  x 

Bài 3: Khử mẫu biểu thức lấy căn:
a) 3 3.72 21

7  7  7

b) 2
5

x với x 0



2 22.5 5. 2 5

5 5 5 5

x x x x

   ( vì x0)

c) 3 3
35

x

 với x < 0

3 3 3 .3532 3 .353 105

35 35 35 35

x x

x x x 

  

   = 105

x

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

Bài 4: Trục căn thức ở mẫu:

a) 3 3 3. 2 3 2

5.2 10

50 5 2  









10. 3 1 10. 3 1

5 3 5

3 1 2

3 1

 

   




















2
2

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

25 12 13

5 2 3 5 2 3

  

  



 

d) 2 2. 6





2



6 5



6 5



  




e) 3 3. 10





10 7

10 7



  




Bài 5: Giải phương trình:
a) 9(x 1) 21

ĐKXĐ: x – 1 ≥ 0 <=> x ≥ 1

Bình phương hai vế phương trình được:
9(x – 1) = 441

 x – 1 = 49

 x = 50 (TMĐK)

Vậy phương trình có nghiệm là: x = 50
b) 2 12 3




x

ĐKXĐ: x R

Phương trình đã cho trở thành:

2x 1 3 
 2x – 1 = ± 3
+) 2x – 1 = 3

 2x = 4  x = 2 (TMĐK)
+) 2x – 1 = - 3

 2x = -2  x = - 1 (TMĐK)

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

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 2; x = -1
c) 2 5 1



 x
x

ĐKXĐ: x R

Bình phương hai vế phương trình được:
x2 + 5 = (x + 1)2

 x2 + 5 = x2 + 2x + 1
 2x = 4  x = 2

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 2
III. Bài tập tự luyện

Bài 1: Tính:

a) 538 ; b) 2 10

4 10 ; c) 3 2

 ; d) 5 3


Bài 2: Giải phương trình:

a) x 2 5
b) 4x  x 1

c) x 15x

3
1
2
15
3
5





d) 2 2 4 2





 x x

x

IV. Kiểm tra kết thúc chủ đề 1

Thời gian 30phút

Bài 1: Thực hiện phép tính:

a) ( 16 49).31 b) 45 20 18 8

Bài 2: Giải phương trình:

a) x 2  6 b) x2 6x 9 5 
Bài 3: Chứng minh đẳng thức:

3 3 4

7 2 7 2



 

 

 Đáp án – biêu điểm

Bài 1: Thực hiện phép tính: ( 4 điểm)
a) ( 16 49).31 (4 7).1 1

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

b) 45 20 18 8 3 5 2 5 3 2 2 2    5 2 ( 2 điểm)
Bài 2: Giải phương trình: ( 4 điểm)

a) x 2  6 ( 2 điểm)

 x 8

b) x2 6x 9 5

   ( 2 điểm)
 x 2, x 8

Bài 3: Chứng minh đẳng thức: ( 2 điểm)

3 3 4

7 2 7 2



 

 

VT 3( 7 2) 3( 7 2) 3 7 6 3 7 6

7 4 7 4 3

     

  

  =

4 VP

3  

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

CHỦ ĐỀ II: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG
Loại chủ đề: Bám sát

Thời lượng: 3 tiết
I. Mục tiêu

- Củng cố các hệ thức lượng trong tam giác vuông, các tỉ số lượng giác, hệ thức giữa 
cạnh và góc trong tam giác vng.

- Thực hành tính độ dài các đoạn thẳng và các góc trong trong tam giác vuông.
- Rèn kỉ năng nhận dạng và vận dụng các hệ thức vào tính tốn.

II. Nội dung

Ngày soạn: 06/10/2010 Ngày dạy: 07/10/2010
TIẾT 7

I. Lý thuyết:

Một số hệ thức vè cạnh và đường cao trong tam giác vuông.
1, b2 = ab’, c2 = ac’

2, h2 = b’c’
3, ah = bc

H
c

c' b'

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

4, 12

h = 2
1
b + 2

1
c

5, a2 = b2 + c2
II. Bài tập:

Bài 1: Tìm x, y trong các hình vẽ sau
a) Ta có: BC = BH + CH

= 2 + 6 = 8

ABC vng tại A có AH  BC

=> AB2 = BH.BC = 2.8 = 16
=> x = AB = 4

Tương tự : AC2 = CH.BC = 6.8 = 48
=> y AC  48 4 3

b) ABC vuông tại A

Theo định lý Pitago
BC2 = AB2 + AC2

= 72 + 92 = 49 + 81 = 130
=> y BC  130

Ta có: AH.BC = AB.AC

AB.AC 7.9

BC 130

  

63
x AH

130

  

Bài 2 : Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính AB, AC, BC biết 
AH = 12, CH = 16.

Giải:

Xét  ABH vng tại H, ta có:

AC2 = AH2 + CH2 = 122 + 162
= 144 + 256 = 400

=> AC = 20

ABC vuông tại A, AH  BC

Ta có : AC2 = CH.BC

2 2

AC 20

BC 25

CH 16

   

AB2 = BC2 – AC2 = 252 – 202 = 152
=> AB = 15

III. Bài tập tự luyện:

2 6

B C

x y

B C

7 x 9

B C

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

Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, biết AB = 12 cm; BH = 6 cm. 
Tính AH; AC; BC; CH

Bài 2: Cho tam giác ABC vuông tại B, AC = 8, C . Biết sin 2
3

  , hãy tính độ
dài BC; BA

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

Ngày soạn: 12/10/2010 Ngày dạy: 13/10/2010
CHỦ ĐỀ II: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 3 tiết

TIẾT 8
1. Định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn.

SinB = b

cosB = ac

tgB = cb
cotgB = bc

* Cho  và  là hai góc phụ nhau.

Khi đó:

sin = cos ; tg = cotg

cos = sin ; cotg = tg

Cho góc nhọn  .Ta có

0 < sin < 1; 0 < cos < 1;

c
A

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

2. Các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông.
b = a sinB = a cosC

c = a cosB = a.sinC

b = c tgB = c cotgC
c = b cotgB = b tgC

3. Để giải tam giác vuông cần biết hai cạnh hoặc một cạnh và một góc nhọn. Vậy để
giải một tam giác vng cần biết ít nhất một cạnh.

Bài 1 : Cho tam giac ABC vuông tại A, AB = 6 cm, B .

Biết tg 5
12

  , hãy tính cạnh AC, BC

Giải:

Ta có: tg 5 AC AC

12 AB 6

   

=> AC 5.6 5

12 2

  = 2,5 cm

BC2 = AB2 + AC2 = 62 + 2,52 = 6,52
=> BC = 6,5 cm

Bài 2: Cho ABC vuông tại A, AB = 6 cm, AC = 8 cm. Tính các tỉ số lượng giác

của góc B, từ đó suy ra các tỉ số lượng giác của góc C.
Giải:

ABC vng tại A, theo định lí Pitago

Ta có: BC2 = AB2 + AC2
= 62 + 82 = 100
=> BC = 10 cm

AC 8 4

sin B cosC

BC 10 5

   

AB 6 3

cos B sin C

BC 10 5

   

AC 8 4

tgB cot gC

AB 6 3

   

AB 6 3

cot gB tgC

AC 8 4

   

a
c

b C

C B



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

( vì góc B và C lài hai góc phụ nhau)

III. Bài tập tự luyện:

Giải tam giác ABC vuông t¹i A, AC = 15, AB = 20

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

Ngày soạn: 19/10/2010 Ngày dạy: 20/10/2010
CHỦ ĐỀ II: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 3 tiết

TIẾT 9
I. Lý thuyết:

1. Ơn tập bài tốn dựng hình.
2. Tiếp tục giải tam giác vuông.
3. Kiểm tra kết thức chủ đề.
II. Bài tập:

Bài 1: Dựng góc nhọn , biết sin = 2/3

* Cách dựng:

- Dựng góc vng xOy, lấy đoạn thẳng đơn vị.
- Trên tia Oy lấy ON = 2 đv

- Dựng cung tròn tâm (N;3) cắt õ tại M
Nơí MN ta được OMN 

* Chứng minh ;
Theo cách dựng

ON 2

sin sin OMN

MN 3

   

Bài 2: Giải tam giác ABC vuông tại A, biết AB = 10 cm, C 40 0



Giải:  ABC, A 90  0

14
1

M
O

2 3

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

=> B 90 0 C 90 0 400 500

    

áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc, ta có:
AC = AB. tgB = 10.tg400

 10.0,84 = 8,4 cm

BC AB 10 0 10 13

sin C sin 50 0,766

    cm

III. Bài tập về nhà:

Bài 1: Dựng góc nhọn , biết cotg = 3/4

Bài 2: Giải tam giác ABC vuông tại A, AC = 15, AB = 20
IV. Kiểm tra 15’

1. Cho hình vẽ:

 MNP vng tại M, MH  NP.

a) Viết các hệ thức lượng trong  MNP

b) Viết các tỉ số lượng giác của góc N của  MNH

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

Ngày soạn: 20/11/2010 Ngày dạy: 04/11/2010
CHỦ ĐỀ III: HÀM SỐ BẬC NHẤT

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 3 tiết

TIẾT 10
A. Mục tiêu

- Củng cố khái niệm, tính chất hàm số bậc nhất.

- Thực hành tính giá trị của hàm số, tìm điều kiện để một hàm số là hàm số bậc nhất.
B. Nội dung

I. Lý thuyết:

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

1. Khái niệm : Hàm số bậc nhất là hàm số có dạng y = ax + b ( a ≠ o), trong đó a, b là
các số cho trước.

2. Tính chất : Hàm số bậc nhất y = ax + b ( a ≠ o
a) Đồng biến trên R, khi a > 0

b) Nghịch biến trên R, khi a < 0
II. Bài tập :

1. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất. Hãy xác định các hệ số a, b

a) y = 3 – 0,5x a) a = - 0,5 ; b = 3

b) y = - 1,5x b) a = - 1,5 ; b = 0

c) y = 5 – 2x2 c) không phải là hàm số bậc nhất

d) y 3 x



 2



d) a  3 ; b 6

2. Cho hàm số bậc nhất y = (m + 1)x + 5
a) Tìm giá trị của m để hàm số đồng biến ;
b) Tìm giá trị của m để hàm số nghịch biến .
Giải

a) Hàm số y = (m + 1)x + 5 đồng biến khi m + 1 > 0  m > - 1

b) Hàm số y = (m + 1)x + 5 nghịch biến khi m + 1 < 0  m < -1

3. Cho hàm số y



3 2 x 1





a) Hàm số là đồng biến hay nghịch biến trên R ? Vì sao ?
b) Tính các giá trị tương ứng của y khi x nhận các giá trị sau :
0 ; 1 ; 2 ; 3 2 ; 3 2

c) Tính các giá trị tương ứng của x khi y nhận các giá trị sau :
0 ; 1 ; 8 ; 2 2 ; 2 2

Giải :

a) Hàm số y 



3 2 x 1



 có hệ số a 3  2 0 nên đồng biến trên R.
b)

X 0 1 2 3 2 3 2





y 3 2 x 1 1 4 2 3 2 1 8 12 6 2

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

y 0 1 8 2 2 2 2



3 2



  0 3 2 5 4 2

 1 2 2



III. Bài tập về nhà :

1. Cho hàm số y = (m -3)x + 4.

a) a) Tìm giá trị của m để hàm số đồng biến ;
b) Tìm giá trị của m để hàm số nghịch biến .
2. Cho hàm số y 3 x 1







 2

a) Tính các giá trị tương ứng của y khi x nhận các giá trị sau :

0 ; 1 ; 3 ; 3 1 ; 3 1

b) Tính các giá trị tương ứng của x khi y nhận các giá trị sau :

0 ; 2 ; 2 ; 2  3 3

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

Ngày soạn: 03/11/2010 Ngày dạy: 10/11/2010
Chủ đề III: Hàm số bậc nhất

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 3 tiết

Tiết 11
A. Mục tiêu

- Thực hành vẽ đồ thị hàm số y = ax + b ( a ≠ 0).
- Xác định vị trí tương đối của hai đường thẳng.
B. Nội dung

I. Lý thuyết:

1. Các bước vẽ đồ thị hàm số y = ax + b ( a ≠ 0).

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

- Cho y = 0 thì x = -ba , ta được điểm Q(-ab ,0) thuộc trục hoành Ox.
Bước 2: Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm P, Q ta được đồ thị hàm số y = ax + b.
2. Vị trí tương đối của các đường thẳng

Hai đường thẳng y = ax + b ( a  0 ) và y = a’x + b’(a’ 0 )

Song song  a a '

b b'








Trùng nhau  a a '

b b'








Cắt nhau  aa’

II. Bài tập :

1. Vẽ trên cùng một mặt phẳng toạ độ đồ thị các hàm số sau :
y = x (d1) ; y = 2x (d2) ; y = -x + 3 (d3).

Giải : 
* y = x

x = 0 => y = 0,
x = 1 => y = 1 .
* y = 2x

x = 0 => y = 0,
x = 1 => y = 2.
* y = - x + 3
x = 0 => y = 3,
y = 0 => x = 3

2. Cho đường thẳng y = (k + 1)x + k (d)

a) Tìm giá trị của k để đường thẳng đi qua gốc toạ độ ;

b) Tìm giá trị của k để (d) song song với đường thẳng y = 2x – 3.
Giải :

a) Đường thẳng (d) đi qua gốc toạ độ => x = 0, y = 0. Thay toạ độ x, y vào hàm
số ta được : 0 = (k + 1).0 + k => k = 0

Vậy, ta được hàm số y = x.

18
y

x
O

3
1

A
B

y =2x

y =x

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

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 2x – 3 nên ta có.
k + 1 = 2 => k = 1

Vậy , ta được hàm số y = 2x +1.

3. Cho hai đường thẳng có phương trình :
y = (m – 1)x + m (d1)

y = (2m + 1)x +1 - m (d2)

Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng song song, cắt nhau, trùng nhau.
 Giải :

Điều kiện m 1 0

2m 1 0

 


 
 
m 1
1
m
2




 




(d1) // (d2) 

m 1 2m 1
m 1 m

  


 
 
m 2
1
m
2








 m = -2

(d1) cắt (d2)  m – 1 ≠ 2m + 1  m ≠ -2
(d1)  (d2) 

m 1 2m 1
m 1 m

  


 
 
m 2
1
m
2








Khơng có giá trị nào của m thoả mãn
Vậy, (d1) và (d2) không trùng nhau.

III. Bài tập về nhà :

1. Vẽ đồ thị các hàm số sau trên cùng một mặt phẳng toạ độ :
y = x + 1 ; y = -2x + 2 ; y = x + 3

2. Cho hai đường thẳng có phương trình : y = (m + 1) x -3 ; y = 2mx +2.
a) Tìm các giá trị của m để đường thẳng song song, cắt nhau.

b) Tìm toạ độ giao điểm của hai đường thẳng khi m = 1.

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

Ngày soạn: 09/11/2010 Ngày dạy: 10/11/2010
Chủ đề III: Hàm số bậc nhất

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 3 tiết

Tiết 12
A. Mục tiêu

- Vẽ đồ thị hàm số

- Xác định hàm số bậc nhất.
B. Nội dung

I. Lý thuyết:

1. Đồ thịu đi qua hai điểm A, B

2. Đồ thị đi qua điểm A(x0;y0) và thoả mãn điều kiện thứ hai.
II. Bài tập :

1. Cho hàm số y = ax + b

a) Xác định hàm số biết đồ thị hàm số đi qua điểm A(1 ;2), B(3 ;4)

b) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số tìm được ở câu a vớiđường thẳng y=2x – 3
c) Vẽ đồ thị của hàm số tìm được ở câu a và đường thẳng y = 2x – 3 trên cùng một
mặt phẳng toạ độ

Giải :

a) Đồ thị hàm số đi qua điểm A(1 ;2), B(3 ;4) nên ta có :
2 = a + b (1)

4 = 3a + b (2)

Từ (1) => b = 2 – a thay vào (2) được :
4 = 3a + 2 – a  2a = 2  a = 1 => b = 1

Vậy ta có hàm số : y = x + 1

b) Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là nghiệm của phương trình :
2x – 3 = x + 1

 x = 4 => y = 5 A(4 ;5)

20
5

O 4

-1

-3

y= 2x – 3

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

x 0 4

y = x + 1 1 5

y = 2x – 3 - 3 5

2. Cho đường thẳng y = (m – 2)x + n (m ≠ 2) (d) 
a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A(-1 ;2), B(3 ; - 4)

b) Đường thẳng (d) cắt trục hồnh tại có hồnh độ bằng 2 và cắt trục tung tại có tung
độ bằng – 3

c) Vẽ đường thẳng (d) khi m = 3, n = 2
Giải :

a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A(-1 ;2), B(3 ; - 4) nên ta có :
2 = (m – 2)(-1) + n (1)

-4 = (m – 2).3 + n (2)

Từ (1) => n = m thay vào (2) được

- 4 = 3m – 6 + m  4m = 2  m 1



b) Đường thẳng (d) cắt trục tung tại có tung độ bằng – 3 nên ta có : b = - 3
Đường thẳng (d) cắt trục hồnh tại có hồnh độ bằng 2 nên ta có :
0 = (m – 2) .2 – 3  m = 3,5

c. m = 3, n = 2
 => y = x + 2
x = 0 => y =
y = 0 => x = - 2

III. Bài tập về nhà :
1. Cho hàm số y = 2x + b

a) Xác định hàm số biết đồ thị hàm số đi qua điểm A(2 ;1)

x
y

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

b)Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số tìm được ở câu a vớiđường thẳng y = -x +2
2. Cho đường thẳng y = (m + 2)x - 2 (m ≠ - 2) (d)

a) Đường thẳng (d) cắt trục hồnh tại có hoành độ bằng 2
b) Vẽ đường thẳng (d) khi m = -3

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

Ngày soạn:09/11/2010 Ngày dạy: 24/11/2010
Chủ đề IV: Đường tròn

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 6 tiết

Tiết 13
A. Mục tiêu

- Củng cố định nghĩa, tính chất đối xứng của đường tròn.
- Rèn kỉ năng so sánh độ dài dây.

- Rèn kỉ năng vẽ hình, lập luận logíc.
B. Nội dung

I. Lý thuyết:
1. Định nghĩa :

2. Sự xác định đường trịn :

Có 3 cách để xác định một đường trịn.
- Biết tâm và bán kính.

- Biết một đoạn thẳng là đường kính.
- Qua 3 điểm khơng thẳng hàng

3. Tính chất đối xứng của đường tròn.
- Tâm của đường tròn là tâm đối xứng.

- Bất kì đường kính nào cũng là trục đối xứng của đường tròn.

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

- Đường kính vng góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.

- Đường kính đi qua trung điểm của dây khơng đi qua tâm thì vng góc với dây
ấy.

II. Bài tập :

1. Cho tam giác ABC , hai đường cao BD, CE.

a) Chứng minh rằng 4 điểm B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh DE < BC.

Giải :

a) Gọi O là trung điểm của BC
=> OB OC 1BC

  (1)

Các  vuông BDC, BEC có OD, OC

theo thức tự là trung tuyến thuộc cạnh huyền
nên OD OE 1BC

  (2)

Từ (1) và (2) suy ra :

OB OC OD OE 1BC
2

   

Vậy, theo định nghĩa đường tròn, bốn điểm B, C, D , E
cùng thuộc một đường trịn tâm O bán kính BC

2 .

b) Trong đường trịn tâm (O), BC là đường kính ED là dây cung Do đó DE < BC.
2. Cho đường trịn tâm O, hai dây AB và CD vng góc với nhau ở M.

Biết AB = 18 cm, CD = 14 cm, MA = 3 cm, MC = 4 cm.
a) Tính khoảng cách từ tâm O đến mỗi dây.

b) Tính bán kính đường trịn (O).
Giải :

a) Kẻ OH  CD, OK  AB,. Ta có

1 1

HC HD CD 14 7

2 2

    (cm)

1 1

KA KB AB 18 9

2 2

    (cm)

D
E

O
A

C
B

M K

H
D

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

MH = HC – MC = 7 – 4 = 3 (cm)
MK = KA – MA = 9 – 3 = 6 (cm)

Tứ giác OHMK là hình chữ nhật vì có 3 góc vng
(M H K 90   0

   )

nên OH = MK = 6 (cm), OK = MH = 3 (cm)

Vậy khoảng cách từ O đến AB, CD lần lượt là : 3 cm, 6 cm.
b)  AOK vuông ở K, theo định lí Pitago, ta có :

OA2 = AK2 + OK2 = 92 + 32 = 81 + 9 = 90
=> OA  90 3 10 (cm)

Vậy bán kính đường tròn (O) bằng 3 10 (cm).
III. Bài tập về nhà :

1. Cho hình thang cân ABCD (AD//BC). Biết AB = 12 cm, AC = 16 cm, BC = 20
cm. Chứng minh răng 4 điểm A, B, C, D thuộc một đường trịn, tính bán kính đường
trịn đó.

2. Cho đường trịn tâm O bán kính 3 cm, hai dây AB = 5 cm và CD = 2 cm. Tính
khoảng cách từ tâm O đến mỗi dây.

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

Ngày soạn: / /2010 Ngày dạy: / /2010
Chủ đề IV: Đường tròn

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 6 tiết

Tiết 14
A. Mục tiêu

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

- Củng cố định nghĩa, tính chất đối xứng của đường tròn.
- Rèn kỉ năng so sánh độ dài dây.

- Rèn kỉ năng vẽ hình, lập luận logíc.
B. Nội dung

I. Lý thuyết: (tiết 13)
II. Bài tập :

1. Cho đường trịn (O), đường kính AD = 2R. Vẽ cung trịn tâm D bán kính R, cung
này cắt đường tròn (O) ở B và C.

a) Tứ giác OBDC là hình gì ? Vì sao ?
b) Tính các góc CBD, CBO, OBA.

c) Chứng minh rằng tam giác ABC là  đều.

Giải :

a) Đường tròn tâm (O) và (D) có cùng bán kính R

cắt nhau tại B và C nên ta có :

OB = OC = DB = DC = R
= > Tứ giác OBDC là hình thoi.
b) Ta có : OB = OD = BD
=> OBD đều

=> OBD 60 o


Có BC là đường chéo của hình thoi
Nên là phân giác của OBD

=> OBC CBD 30   o

ABD có trung tuyến BO bằng 1/2 cạnh huyền AD

Nên ABD 90 o


Mà => OBD 60 o

 => OBA 30  o

c) ABC có ABC 60  o tương tự ACB 60  o nên ABC đều.

2. Cho đường tròn (O), hai dây AB = CD. Gọi E là giao điểm của tia AB với tia CD.
H, K lần lượt là hình chiếu của O trên AB và CD. Chứng minh :

a) EH = EK ; b) EB = ED ; c) AC // BD

Giải :

D
A

C
B

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

a) Ta có : AB = CD (gt) => OH = OK

OHE = OKE ( cạnh huyền-cạnh góc vng)

=> EH = EK

b) EH = EK (Câu a) (1)
AB = CD (gt) => HB = KD (2)
Từ (1) và (2) =>

EH – HB = EK – KD
=> EB = ED

c) AB = CD (gt) => HA = KC
=> EA = EC

=> EB ED
EA EC

=> BD // AC ( theo định lí Talet đảo)
III. Bài tập về nhà :

1. Cho đường trịn (O) bán kính bằng 2 cm. Một đường thẳng đi qua điểm A nằm bên
ngồi đường trịn và cắt đường trịn tại B và C, trong đó AB = BC. Kẻ đường kính
COD. Tính độ dài AD.

2. Cho đường trịn (O ;R), đường kính AB. Dây CD vng góc với OA tại trung điểm
M của OA.

a) Tức giác ACOD là hình gì ? Vì sao ?
b) Tam giác BCD là  gì ? Vì sao ?

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

Ngày soạn: / /2010 Ngày dạy: / /2010
Chủ đề V: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 4 tiết

Tiết 15
A. Mục tiêu

- Củng cố quy tắc thế và phương pháp giải hệ hai phương trình bằng phương pháp 
thế.

- Rèn kỉ năng giải hệ hai phương trình bằng phương pháp thế, vận dụng giải hệ

D
A

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

phương trình vào giải các bài tốn liên quan.
B. Nội dung

I. Lý thuyết:

- Nêu quy tắc thế (SGK)

- Nêu cách giải hệ hai phương trình bằng phương pháp thế.
II. Bài tập:

1. Giải các hệ phương trình bằng phương pháp thế.
a) 4x 5y 3

x 3y 5

 




 

 

4(3y 5) 5y 3
x 3y 5

  




 

 

12y 20 5y 3
x 3y 5

  




 


 17y 17
x 3y 5





 
 
y 1
x 2





 Vậy nghiệm của hệ là: (2;-1)
b) 7x 2y 1

3x y 6

 




 

 

7x 2(6 3x) 1
y 6 3x

  




 

 

7x 12 6x 1
y 6 3x

  




 


 13x 13
y 6 3x




 
 
x 1
y 3






 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1 ; 3)
c) 15x y 9

4x 9y 58

 




 

 

y 15x 9

4x 9(15x 9) 58

 




  

 

y 15x 9

4x 135x 81 58

 




  



 y 15x 9
139x 139
 



 

y 15x 9
x 1
 



 
x 1
y 6






 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 6)
d) 2x y 3

2x y 2

 




  

 

y 3 2x

2x 3 2x 2

 




   

 

y 3 2x
3 2
 


 


Phương trình thứ hai của hệ mới vô nghiệm vậy hệ đã cho vơ nghiệm
2. Tìm giá trị của a, b để hệ phương trình 3ax (b 1) 93

bx 4ay 3

  




 

 có nghiệm (x;y) = (1; -5)

Hệ đã cho có nghiệm (x;y) = (1; -5) nên thay vào hệ phương trình ta được:
3a (b 1)( 5) 93

b 4a( 5) 3

   





  

 

3a 5b 88

b 20a 3

 




 

 

3a 5(20a 3) 88
b 20a 3

  




 



 103a 103
b 20a 3

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

3. Tìm a và b để đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm A(2; -1) và B( 1; -3)
Đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm A(2; -1) và B( 1; -3) nên thay toạ độ các
điểm vào phương trình đường thẳng ta có hệ phương trình:

2a b 1

a b 3

 




 

 

2( 3 b) b 1

a 3 b

   




 

 

6 2b b 1

a 3 b

   


 
 
a 2
b 5





III. Bài tập về nhà:

1. Giải các hệ phương trình bằng phương pháp thế:
a) 3x y 5

2x 3y 7

 




 

 b)

x 4y 3

2x 3y 6

 




 

 c)

x y 4
3

2x 3x 12


 



  


2. Tìm giá trị của a, b để hệ phương trình (a 2)x 5by 25
2ax (b 2) 5

  




  

 có nghiệm (x;y)= (3;-1)

3. Tìm a và b để đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm A(-2; -1) và B(2; -3)

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

Ngày soạn: / /2010 Ngày dạy: / /2010
Chủ đề V: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 4 tiết

Tiết 16
A. Mục tiêu

- Củng cố quy tắc thế và phương pháp giải hệ hai phương trình bằng phương pháp 
cộng đại số.

- Rèn kỉ năng giải hệ hai phương trình bằng phương pháp cộng đại số, vận dụng giải
hệ phương trình vào giải các bài tốn liên quan.

B. Nội dung
I. Lý thuyết:

- Nêu quy tắc cộng (SGK)

- Nêu cách giải hệ hai phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
II. Bài tập:

1. Giải các hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

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

a) 2x 11y 7
10x 11y 31

 


 
 
12x 24

2x 11y 7





 
 
x 2
y 1






Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x 2

y 1





b) 4x 7y 16

4x 3y 24

 


 
 
10y 40

4x 3y 24




 
 
y 4
x 3






Vậy hệ có nghiệm: (x;y) = ( - 3; 4)
c) 10x 9y 8

15x 21y 0,5

 




 

 

30x 27y 24

30x 42y 1

 


 
 
69y 23
10x 9y 8

 


 
 
1
y
3
1
x
2





 



Vậy hệ có nghiệm:

1
x
2
1
y
3





 



d) 8x 7y 5

12x 13y 8

 




 

 

24x 21y 15

24x 26y 16

 


 
 
47y 31
8x 7y 5

 


 
 
31
y
47
9
x
188





 




Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = 9 ; 31
188 47

 



 

 

2. Tìm hai số a, b sao cho:

a) Hai đường thẳng 5a – 4b = -5 và ax + by = - 1 đi qua điểm A( -7; 4)
b) Đường thẳng ax + by = 4 đi qua hai điểm A(4;3), B(-6;-7)

Giải:

a) Đường thẳng ax + by = - 1 đi qua điểm A( -7; 4) nên ta có: 
-7a + 4b = -1

Mà 5a – 4b = -5
Ta giải hệ phương trình: 7a 4b 1

5a 4b 5

  



 
 
2a 6

5a 4b 5

 


 
 
a 3
b 5






Vậy hai số cần tìm là:



a;b

 

 3;5



b) Đường thẳng ax + by = 4 đi qua hai điểm A(4;3), B(-6;-7) nên ta có hệ phương

trình: 4a 3b 4
6a 7b 4

 





  

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

Giải hệ phương trình ta được:



a;b

 

 4; 4



III. Bài tập về nhà:

1. Giải các hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
a) 2x 3y 7

3x 2y 9

 




 

 b)

7x 5y 53
2x 9y 53

 




  



c) 4x 9y 3

5x 3y 1

 




  

 d)

3x y 1
6x 2y 5

 

2. Tìm hai số a, b sao cho:

a) Hai đường thẳng 3a + 5b = 8 và ax + by = 3 đi qua điểm A( 2; 4)
b) Đường thẳng ax + by = -3 đi qua hai điểm A(1;3), B3;-2)

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

Ngày soạn: / /2010 Ngày dạy: / /2010
Chủ đề IV: Đường tròn

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 6 tiết

Tiết 17,18
A. Mục tiêu

- Củng cố dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường trịn, tính chất của tiếp tuyến cắt 
nhau, đường trịn nội-ngoại tiếp tam giác.

- Rèn kỉ năng phân tích, lập luận logic bài chứng minh .
B. Nội dung

I. Lý thuyết:

1. Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến.

- Đường thẳng và đường trịn có một điểm chung.
- Đường thẳng đi qua một điểm của đường trịn
và vng góc với bán kính đi qua điểm đó.

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

2. Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau:

AB, AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)
- AB = AC.

- BAO CAO 
- BOA COA 

3. Đường tròn nội tiếp tam giác:

- Đường tròn tiếp xúc với ba cạnh của tam giác.
- Tâm của đường tròn nội tiếp là giác điểm
của đường phân giác trong tam giác.

4. Đường tròn ngoại tiếp tam giác:

- Đường tròn đi qua 3 đỉnh của tam giác .

- Tâm của đường tròn ngoại tiếp là giao điểm của
ba đường trung trực của tam giác

II. Bài tập :

Bài 1 : Cho  ABC có AB = 6 cm ; AC = 4,5 cm ; BC = 7,5 cm

a) Chứng minh  ABC vng

b) Tính góc B, C và đường cao AH

c) Lấy M bất kì trên cạnh BC. Gọi hình chiếu của M trên AB. AC lần lượt là P

và Q.

Chứng minh PQ = AM . Hỏi M ở vị trí nào thì PQ có độ dài nhỏ nhất.
Giải:

a) Ta có: AB2 + AC2 = 62 + 4,52 = 56,25
BC2 = 7,52 = 56,25

=> AB2 + AC2 = BC2

Vậy  ABC vuông tại A theo định lí Pitago đảo

b) tgB AC 4,5 0,75

AB 6

   => B 37  o

=> C 53 o


C
O
B

Q
P

E
A

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

Ta có: AB. AC = AH. BC
=> AH AB.AC 6.4,5 3,6

BC 7,5

   cm

Bài 2 : Cho ABC vng tại A. Vẽ đường trịn (B ;BA) và đường tròn (C ;CA),

chúng cắt nhau tại điểm D (khác A). Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường trịn
(B).

Giải :

Xét ABC, DBC có :

AB = DB (bán kính đường trịn (B))

BC chung

AC = DC (bán kính đường trịn (C))
=> ABC = DBC ( c.c.c)

=> BDC BAC 90   o

=> BDDC

Vậy CD là tiếp tuyến của đường tròn (B)

Bài 3 : Cho đường trịn (O), M nằm ngồi đường trịn. Kẻ tiếp tuyến MD, ME với 
đường tròn (O). Qua điểm I thuộc cung nhỏ DE, kẻ tiếp tuyến với đường tròn, cắt
MD, ME thứ tự tại P, Q. Biết MD = 4 cm, tính chu vi MPQ

Giải :

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ,
Ta có : PD = PI

QI = QE
MD = ME
Chu vi MPQ bằng :

MP + PQ + MQ = MP + PI + IQ + MQ

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

Bài 4 : Cho nữa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi Ax, By là các tiếp tuyến của 
nữa đường trịn. Qua điểm C bất kì thuộc nữa đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường

tròn cắt Ax, By lần lượt tại N, M.

a) Tính số đo góc MON.

b) Chứng minh : MN = AN + BM.

A C

E
I

O
M

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

c) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp MON

Chứng minh

a, Vì ON là phân giác AOC
OD là phân giác BOC

( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
mà AOC và BOC là hai góc kề bù

 ON  OM hay MCN 90  o
b, Ta có: CM = CA, MD = MB

( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

 CM + MD = CA + BD

hay CD = AC + BD.

c) Gọi I là trung điểm của MN

=> I là tâm của đường trịn ngoại tiếp MON

Hình thang ABMN có OA = OB, MI = NI
=> OI là đường trung bình của hình thang
=> OI  AB

Vậy AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MON

III. Bài tập về nhà :

1. Cho đường trịn (O), điểm A nằm ngồi đường trịn. Kẻ các tiếp tuyến AM, AN với
đường tròn(M,N là các tiếp điểm)

a) Chứng minh OA MN.

b) Vẽ đường kính NOC. Chứng minh MC // AO

2. Cho tam ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn (A ;AH). Kẻ các tiếp
tuyếnBD, CE với đường tròn (D, E là các tiếp điểm khác H). Chứng minh :

a) Ba điểm D, A, E thẳng hàng

b) DE là tiếp tuyến của đường trịn đường kính BC

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

x y

I
C

O B

A
N

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

Ngày soạn: 04/1/2010 Ngày dạy: 6/1/2010
Chủ đề IV: Đường tròn

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 6 tiết

Tiết 19,20
A. Mục tiêu

- Nhận biết các vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn, hai đường trịn. Khái 
niệm, tính chất tiếp tuyến chung của hai đường trịn

- Rèn kỉ năng phân tích, lập luận logic bài chứng minh .
B. Nội dung

I. Lý thuyết:

1. Ba vị trí tương đối của đường thẳng và đường trịn.

2. Ba vị trí tương đối của hai đường trịn.

34
Vị trí tương đối của đường thẳng và đường

tròn

số điểm
chung

Hệ thức giữa d và
R

1. Đường thẳng và đường tròn cắt nhau 2 d < R

2. Đường thẳng và đường tròn tiếp xúc 1 d = R

3. Đường thẳng và đường trịn khơng giao nhau 0 d > R

Vị trí tương đối của hai đường tròn (O;R) và
(O’;R’), (R > R’)

Số điểm
chung

Hệ thức giữa OO’
với R và R’

Hai đường tròn cắt nhau 2 R – R’ < OO’ <

R+R’
Hai đường tròn tiếp xúc nhau:

- Tiếp xúc trong
- Tiếp xúc ngoài

OO’ > R + R’
OO’ = R – R’ > 0
Hai đường trịn khơng giao nhau

- (O) và (O’) ở ngồi nhau
- (O) đựng (O’)

- (O) và (O’) đồng tâm

OO’ > R + R’
OO’ < R – R’

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

3. Tiếp tuyến chung của hai đường tròn:

Tiếp tuyến chung của hai đường tròn là đường thẳng tiếp xúc với cả hai đường trịn.
II. Bài tập :

Bài 1: Cho ABC vng tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm (I) đường kính

BH cắt AB ở D, đường trịn tâm (K) đường kính CH cắt AC ở E.
a) Xác định vị trí tương đối của hai đường trịn tâm (I) và (K)
b) Tứ giác ADHE là hình gì? Vì sao?

c) Chứng minh DE là tiếp tuyến chung của hai đường trịn tâm (I) và (K)
Giải:

a) Ta có IH + HK = IK

nên đường tròn tâm (I) và (K) tiếp xúc ngồi tại H
( Tính chất đường nối tâm)

b) BDH có DI là trung tuyến bằng 1/2 BH

nên BDH vuông tại D

=> ADH 90 o


Tương tự AEH 90  o

=> Tứ giác ADHE là hình chữ nhật vì có ba góc vng
c) Gọi G là giao điểm của AH với DE

=> DG = GH ( tính chất hình chữ nhật )
Xét IDG, IHG có:

G
D

I H

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

ID = IH
DG = HG
IH chung

=> IDG = IHG (c.c.c)

=> IDG IHG 90  o

 

=> ID  DG => DG (DE) là tiếp tuyến của đường trịn đường kính BH

Tương tự DE là tiếp tuyến của đường trịn đường kính CH
Vậy, DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn tâm (I) và (K)

Bài 2 : Hai đường trịn (O; R) và (O’;r) tiếp xúc ngồi tại điểm A (R > r). Gọi BC là 
tiếp tuyến chung ngoài (B  (O) ; C (O’). M là trung điểm của OO’, H là hình chiếu

của M trên BC.

a) Tính góc OHO’

b) Chứng minh OH là tia phân giác của góc AOB

c) Chứng minh AH là tiếp tuyến chung của hai đường trịn (O) và (O’)
Giải:

a) Ta có OM = MO’ (gt)
MH  BC => MH // OB

=> MH là đường trung bình của hình thang
BCO’O

=> MH BO O'C OA AO' MO

2 2

 

  

=> MH = MO = MO’ = OO’

=> OHO’ vuông tại H

=> OHO' 90  o

b) Ta có: BOH OHM  ( so le trong)

HOM MHO  (MOH cân tại M)
=> BOH HOM 

=> OH là tia phân giác của AOB
c) Xét BOH và AOH có:

OB = OA

M
B

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

 

BOH HOM
OH chung

=> BOH = AOH ( c.g.c)

=> OAH OBH 90   o

=> AH  OO’

Vậy AH là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’)

3 Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngồi tại A Kẻ các đường kính AOB,
AO’C Gọi DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn, D (O), E (O’). Gọi M là

giao điểm của BD và CE
a) Tính số đo góc DAE

b) Tứ giác ADME là hình gì? Vì sao?

c) Chứng minh rằng MA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn
Giải:

a) ∆ODA cân tại O(OA=OD), có:

   0

DOA ADO DAO 180  

=> DOA 2DAO 180  0

 

∆O’EA cân tại O’(O’A=O’E), có:

   0

EO 'A AEO ' EAO ' 180   ∆

=> EO 'A 2EAO ' 180  0

 

Vì DO // O’E ( DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn)
Nên DOA EO 'A 180  0

 

Mà ta có: DAO ADO AOD EO 'A AEO ' EAO ' 360      0

     

Hay 2DAO 2EAO ' 180  0

  => DAO EAO ' 90   0

=> DAE 90 0



b) Tứ giác ADME có ADM DAE AEM 90   0

   nên là hình chữ nhật

c) Gọi I là giao điểm của hai đường chéo hình chữ nhật ADME
=>∆IAO =∆IDO (c.c.c) => IAO IDO 90  0

 

=> IA  OA hay MA  BC tại A

Vậy MA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’)
III. Bài tập về nhà :

1. Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Gọi I là trung điểm của OO’.
Qua A vẽ đường thẳng vng góc với IA, cắt các đường tròn (O) và (O’) tại C và D

I
F

E
D

B C

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

(khác A) . Chứng minh rằng : AC = AD.

2. Cho đường tròn (O ;3 cm) và đường tròn (O’ ;1 cm) tiếp xúc ngồi tại A. Vẽ hai
bán kính OB, O’C song song với nhau thuộc cùng một nữa mặt phẳng có bờ OO’.
a) Tính số đo góc BAC.

b) Gọi I là giao điểm của BC và OO’. Tính độ dài OI

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

Ngày soạn:10/01/2010 Ngày dạy: 11/01/2010
Chủ đề V: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 4 tiết

Tiết 21
A. Mục tiêu

- Rèn luyện kĩ năng giải bài tốn bằng cách lập hệ phương trình .

- HS biết tóm tắt đề bài, phân tích các đại lượng lập hệ phương trình, giải hệ phương trình.
- Cung cấp các kiến thức thực tế cho HS.

B. Nội dung

I. Lý thuyết: Giải phương trình bằng cách hệ phương trình
Bước 1: Lập hệ phương trình

- Chọn hai ẩn và đặt điều kiện cho ẩn

- Biểu diễn các đại lượng chưa biết và đã biết qua ẩn

- Lập hệ phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng

Bước 2: Giải hệ phương trình

Bước 3: Trả lời: Chọn kết quả thích hợp và trả lời
II. Bài tập:

Dạng 1: Toán chuyển động:

HS cần nắm vững cơng thức: S = v.t
Trong đó: S là quãng đường.

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

v là vận tốc.
t là thời gian

Lưu ý: - Xét xem các chuyển động là cùng chiều hay ngược chiều.
- Xuất phát cùng một lúc hay không cùng một lúc.

- Chuyển động trên dịng nước:

+ Vận tốc xi dịng = vận tốc thực + vận tốc dòng nước.
+ Vận tốc ngược dòng = vận tốc thực – vận tốc dòng nước.

1. Một xe ôtô dự định đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy mỗi 
giờ nhanh hơn 10 km thì đến nơi sớm hơn dự định 3 giờ, nếu xe chạy chậm lại mỗi
giờ 10 km thì đến nơi chậm hơn 5 giờ. Tính vận tốc của xe lúc đầu, thời gian dự định
và chiều dài quãng đường AB.

Giải:

Gọi x (km/h) là vận tốc của ô tô lúc đầu ( x > 0)

t ( giờ) là thời gian dự định của ôtô đi quãng đường AB.

Nếu xe chạy mỗi giờ nhanh hơn 10 km thì đến nơi sớm hơn dự định 3 giờ nên ta có
phương trình: (x + 10)(t – 3) = xt

Nếu xe chạy chậm lại mỗi giờ 10 km thì đến nơi chậm hơn 5 giờ nên ta có phương
trình: (x – 10)(t + 5) = xt

Ta có hệ phương trình:



 





 



10 3

10 5

x t xt

  





  




 2 80

5 10 50

x

x t





 

 

40
15

x
t







 (TMĐK)

Vậy, vận tốc ôtô lúc đầu là : 40 km/h
Thời gian dự định là: 15 giờ
Quãng đường AB là: 600 km

Dạng 2: Tốn làm chung làm riêng (vịi nước chảy):

Trong loại tốn này, khối lượng công việc (được coi là 1 đơn vị) tương tự 
như quãng đường trong toán chuyển động, thời gian cũng có ý nghĩa như thời 
gian trong tốn chuyển động. Năng suất làm việc (năng suất vịi nước chảy) có ý 
nghĩa như vận tốc của chuyển động.

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

Giải: Gọi x (ngày) là thời gian đội I làm một mình xong cơng việc (x >10)
y (ngày) là thời gian độ II làm một mình xong cơng việc (y > 0)
Trong một ngày: Hai đội làm được: 1

10 (cv)
Đội I làm được: 1

x (cv)

Đội II làm được: 1

y (cv)

Ta có phương trình: 1 1 1
10

x  y 

Vì đội I làm trong 6 ngày và đội II làm trong 3 ngày thì được 40% cơng việc nên ta
có phương trình: 6 3 2

x  y 

Ta có hệ phương trình:

1 1 1

6 3 2

x y



 





  




Giải hệ phương trình được: x = 30; y = 15

Vậy, đội I làm một mình trong 30 ngày xong công việc
đội II làm một mình trong 15 ngày xong công việc
III. Bài tập về nhà:

1. Một Canô chạy trên sơng trong 7 giờ, xi dịng 108 km và ngược dịng 63 km. 
Một lần khác, canơ cũng chạy trong 7 giờ, xi dịng 81 km và ngược dịng 84 km.
Tính vận tốc dịng nước và vận tốc thật của canô ( Vận tốc của canô và vận tốc của
dịng nước là khơng đổi).

2. Hai cơng nhân cùng sửa chữa một cơng trình trong 4 ngày thì xong. Nếu người thứ 
nhất làm một mình trong 9 ngày rồi người thứ hai đến cùng làm tiếp trong một ngày
nữa thì xong việc. Hỏi nếu mỗi người làm một mình thì bao lâu sẽ xong việc?

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

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

Ngày soạn: 17/01/2010 Ngày dạy: 18/01/2010
Chủ đề V: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 4 tiết

Tiết 22
A. Mục tiêu

- Rèn luyện kĩ năng giải bài tốn bằng cách lập hệ phương trình .

- HS biết tóm tắt đề bài, phân tích các đại lượng lập hệ phương trình, giải hệ phương trình.
- Cung cấp các kiến thức thực tế cho HS.

B. Nội dung

I. Lý thuyết: Giải phương trình bằng cách hệ phương trình
Bước 1: Lập hệ phương trình

- Chọn hai ẩn và đặt điều kiện cho ẩn

- Biểu diễn các đại lượng chưa biết và đã biết qua ẩn

- Lập hệ phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng

Bước 2: Giải hệ phương trình

Bước 3: Trả lời: Chọn kết quả thích hợp và trả lời
II. Bài tập:

Dạng 3: Loại tốn về phần trăm:

Trong loại toán này học sinh cần nắm vững:
a% của b thì bằng a.b

100
a bằng a.100 %

 

 

  của b.

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

Giải: Gọi x và y lần lượt là số lưỡi cày tổ I và tổ II phải đúc theo kế hoạch (x, y 
nguyên dương).

Tổ I vượt mức 14% kế hoạch nên đã đúc được: x 14 x
100

 (lưỡi cày)
Tổ II vượt mức 10% kế hoạch nên đã đúc được: y 10 y

100

 (lưỡi cày)

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

x y 110

14x 10y

x y 123

100 100

 





   




Giải hệ phương trình này được: x 50
y 60








Các giá trị này đều thoả mãn điều kiện:
Vậy, theo kế hoạch tổ I phải đúc 50 lưỡi cày.
Theo kế hoạch tổ II phải đúc 60 lưỡi cày.
Dạng 4: Loại tốn có nội dung Lí – Hố.

Trong loại toán này học sinh cần nắm vững các công thức Lý – Hố thích hợp
với nội dung bài tốn.

Bài 2: Thau là hợp kim của đồng và kẽm. Hỏi trong miếng thau có khối lượng 
124,5g chứa bao nhiêu đồng và kẽm, biết rằng khối lượng riêng của đồng là 8900

kg/m3 ; của kẽm là 7100 kg/m3 ; của thau là 8300 kg/m3.

Giải: Đổi 124,5g = 0,1245 kg

Gọi x (kg) là khối lượng đồng có trong 0,1245 kg thau và y (kg) là khối lượng
kẽm có trong 0,1245 kg thau (x, y >0)

Thể tích của đồng là: x
8900;
Thể tích của kẽm là: y

7100;
Thể tích của thau là: 0,1245
8300
Theo bài ra ta có hệ phương trình:

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

x y 0,1245

8900 7100 8300

 





 




Giải hệ này ta được: x 0,089

y 0,0355








Các giá trị này đều thoả mãn điều kiện bài ra
Vậy, trong miếng thau có 89g đồng và 35,5g kẽm.
III. Bài tập về nhà:

1. Trong năm 2007, hai đội thuyền đánh cá bắt được tổng cộng 360 tấn cá.
Năm 2010, đội I vượt mức 10% và đội II vượt mức 8% nên cả hai đội
đánh bắt được 393 tấn cá. Hỏi năm 2010 mỗi đội đánh bắt được bao
nhiêu tấn cá.

2. Một miếng thau là hợp kim của đồng và kẽm có khối lượng 213g và thể
tích là 25 cm3. Tính xem trong miếng thau đó có bao nhiêu đồng và kem 
biết rằng đồng có khối lượng riêng là 8,9 g/cm3 và kẽm có khối lượng 
riêng là 7 g/cm3.

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

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

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 6 tiết

Tiết 23
A. Mục tiêu

- Củng cố khái niệm góc ở tâm, số đo cung, mối liên hệ giữa cung và dây.
- Rèn kỉ năng vẽ hình, phân tích, trình bày bài giải.

B. Nội dung
I. Lý thuyết: 
1. Góc ở tâm:

- Góc ở tâm là góc có đỉnh trùng với tâm đường trịn
- Số đo cung bị chắn bằng số đo góc ở tâm chắn cung đó
2. Liên hệ giữa cung và dây:

Định lí 1:

a) AB CD   AB = CD
b) AB = CD  AB CD 

Định lí 2:

a) AB CD   AB > CD
b) AB > CD  AB CD 

II. Bài tập:

1. Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Đường phân giác của
góc OBO’ cắt (O) tại C, cắt (O’) tại D. Hãy so sánh BOC và BO'D

Giải:

 OBC cân tại O ( OB = OC)

 OBC COB 

 O’BD cân tại O’ (O’B = O’D)

 O'BD O'DB 

Mà OBC O'BD  (BD là phân góc OBO' )
 BOC BO'D

2. Cho tam giác ABC có AB > AC. Trên cạnh AB lấy một điểm D sao cho AD = AC.
44

D
O

A
C

K
D

O
A

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

Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác DBC. Từ O lần lượt kẻ OH  BC, OK 

BD (H BC, KBD)

a) Chứng minh rằng OH < OK.
b) So sánh hai cung nhỏ BD và BC.
Giải:

a) Trong tam giác ABC, có :
BC > AB – AC ( bđt tam giác)
Mà AC = AD nên BC > AB – AD
Hay BC > BD

Theo định lí về dây cung và khoảng cách đến tâm
Suy ra OH < OK

b) BC > BD  BC BD   (đl liên hệ giữa cung và dây)

III. Bài tập về nhà:

1. Trên một đường trịn, có cung Ab bằng 1400, cung AD nhận B làm điểm chính 
giữa, cung CB nhận A làm điểm chính giữa. Tính số đo cung nhỏ CD và cung lớn CD.
2. Cho đường trịn tâm O. Trên nửa đường trịn đường kính AB lấy hai điểm C, D. Từ
C kẻ CH  AB, cắt (O) tại điểm thức hai là E. Từ A kẻ AK CD, cắt (O) tại điểm thứ

hai là F. Chứng minh rằng:

a) Hai cung nhỏ CF và DB bằng nhau.
b) Hai cung nhỏ BF và DE bằng nhau.

Diễn Bích, ngày tháng năm 2010
 BGH kí duyệt

Ngày soạn: 23/02/2010 Ngày dạy: 24/02/2010

Chủ đề VI: GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 6 tiết

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

A. Mục tiêu

- Củng cố khái niệm góc tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung.
- Rèn kỉ năng vẽ hình, phân tích, trình bày bài giải.

B. Nội dung
I. Lý thuyết: 
1. Góc nội tiếp:



ABC là góc nội tiếp của đường tròn (O)



AB là cung bị chắn

2. Khái niệm góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung: 


BAx và BAy gọi là các góc nội tiếp.



BAx chắn cung AB nhỏ, BAy chắn cung AB lớn.

*. Định lí:

Số đo của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số của cung bị chắn.
*. Hệ quả:

Trong một đường trịn, góc tạo bởi tia tiếp tuyến

và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

II. Bài tập:

1. Cho hai đường tròn (O) và (O’)
cắt nhau tại A và B.

Tiếp tuyến tại A của (O’) cắt (O)

tại điểm thứ hai P. Tia PB cắt (O’) tại Q.
Chứng minh đường thẳng AQ song song
với tiếp tuyến tại P của (O).

Giải:

Ta có:  1 
2

AQB s®AmB (Góc nội tiếp chắn cung AmB)

 1 

BAP s®AmB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung AmB)

   1 

AQBBAP( s®AmB) (1)

m
x

O
A

B
A

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

 1 

BAP s®PnB (Góc nội tiếp chắn cung PnB)

 1 

BPx s®PnB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung PnB)

   1 

BAPBPx( s®PnB) (2)

Từ (1) , (2)  AQB BPx

 AQ // Px (vì có hai gúc sole trong bằng nhau)

2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Vẽ tia Bx sao cho tia BC nằm giữa hai

tia Bx và BA và CBx BAC . Chứng minh rằng Bx là tiếp tuyến của (O).

Giải:

Gọi D là điểm chính giữa cung BC, khi đó:

 

BODA, suy ra BOD CBx

Mặt khác, BOD CBO 90o

Nên CBx CBO 90o

Vậi, Bx BO hay Bx là tiếp tuyến của (O)

III. Bài tập về nhà:

1. Cho đường trịn đường kính AB. Một tiếp tuyến

của đường tròn tại P cắt đường thẳng AB tại T ( B nằm giức O và T?
Chứng minh:  2  90o

BTP .TPB

2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O). Các đường phân giác
của hai góc B và C cắt nhau ở E và cắt đường tròn lần lượt ở F và D. Chứng minh tứ
giác EDAF là hình thoi.

Ngày soạn: 24/02/2010 Ngày dạy: 26/02/2010

Chủ đề VI: GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 6 tiết

Tiết 25
A. Mục tiêu

- Củng cố khái niệm góc có đỉnh bên trong đường trịn, góc có đỉnh bên ngồi đường
trịn.

x
D
O
A

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

- Rèn kỉ năng vẽ hình, phân tích, trình bày bài giải.
B. Nội dung

I. Lý thuyết:

1. Góc có đỉnh bên trong đường trịn.


BEC là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn



BECchắn cung BnC và cung DmA

Định lí ( SGK)

Cho ( O) BEC là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn (O)
=> BEC =

2
1

( sđ BnC + sđ AmD)

2. Góc có đỉnh ở bên ngồi đường trịn.
Góc có đỉnh ở ngồi đường trịn là góc có:
- đỉnh nằm ngồi đường trịn

- các cạnh đều có điểm chung với đường trịn
( có 1 điểm chung hoặc 2 điểm chung).

Định lí ( SGK)

Cho ( O) BEC là góc có đỉnh ở bên ngồi đường trịn (O)
=> BEC =

2
1

( sđ BnC - sđ AmD)

II. Bài tập:

1. Cho (O), điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ tiếp tuyến MA và cát tuyến 
MBC tới đường trịn. Phân giác góc BAC cắt BC ở D, cắt đwờng tròn ở E

a) CM : MA = MD

b) CM : AD . AE = AC . AB
Giải:

a)  1 

MAD s®ABE

(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

 1  

MDA (s®ABs®CE)

(góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)

Mà CE BE (AE là phân giác của góc BAC)

  1   1 

2 2

MDA (s®ABs®BE) s®ABE

   1 

MADMDA( s®ABE)

vậy,  MAD cân tại M

b) Xét ACD, ACB có:

E O

B
D

c2

C
D

O
A

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

CAD EAB (AE là phân giác của góc BAC)
ACD AEB (góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
 D ACD DAEB (g.g)

=> AC

AE =

AD

AB => AD . AE = AC . AB

2. Cho đường trịn (O), từ M nằm ngồi (O) vẽ cát tuyến MAC và MBD sao cho góc
 40o

CMD . Gọi E là giao điểm của AD và BC. Biết góc AEB 60o. Tính số đo
cung AB, cung CD

Giải:

Ta có:  1   40

CMD (s®CD s®AB)

(góc có đỉnh ở ngồi trong đường trịn)

 1   60

AEB (s®ABs®CD)

(góc có đỉnh ở bên trong đường trịn)
  100o

s®CD , s®AB 20o
III. Bài tập về nhà:

1. Cho đường tròn (O) và hai dây cung song song AB và CD ( A và C nằm trong
cùng nửa mặt phẳng bờ BD) AD cắt BC tại I

Chứng minh AOC AIC .

2. Cho tam giác ABC vuông ở A. Đường trịn đường kính AB cắt BC ở D. Tiếp tuyến
ở D cắt AC ở P. Chứng minh : PD = PC.

Ngày soạn: / /2010 Ngày dạy: / /2010
CHỦ ĐỀ VII: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 6 tiết

Tiết 26, 27.
A. Mục tiêu

- Củng cố công thức nghiệm, công thức nghiệm thu gọn,
B. Nội dung

I. Lý thuyết:

B
A

O
M

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

1. Phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0)

II. Bài tập:

1. Giải các phương trình:
a) 5x2 – 6x – 1 = 0

’ = (-3)2 + 5 = 14

Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

3 14
x



 ; x2 3 14




b) -3x2 +14x – 8 = 0

’ = 72 – 3.8 = 25,  ' 5

Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

7 5 2
x

3 3

 

 

 ; 2

7 5
x 4
3
 
 


c) 5x2 + 24x + 9 = 0

’ = 122 – 5.9 = 99

Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

12 99
x

 

 ; x2 12 99

 


d) 9x2 + 6x + 1 = 0

’ = 9 – 9 = 0

Phương trình có nghiệm kép 1 2

x x

 

2. Cho phương trình 2x2 + x – 3 = 0

50
Công thức nghiệm của phương trình

bậc hai

Cơng thức nghiệm thu gọn của
phươngtrình bậc hai.
Đối với phương trình :

ax2 + bx + c = 0 ( a  0)

Đối với phương trình :
ax2 + bx + c = 0 ( a  0)
b = 2b’

 = b2 - 4ac ’ = b’2 - ac

 Nếu  > 0 thì phương trình có hai

nghiệm phân biệt:
x1 =

a
b




 ; x

2=
a
b
2




 Nếu ’ > 0 thì phương trình có hai

nghiệm phân biệt:
x1 =

a
b 
 ' ; x

2=
a
b 

 '

 Nếu  = 0 thì phương trình có nghiệm

kép

x1= x2 = - a
b

2 .

 Nếu ’ = 0 thì phương trình có

nghiệm kép
x1= x2 = -

a
b

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

a) Vẽ các đồ thị của hai hàm số: y = 2x2 và y = - x + 3 trên cùng một mặt phẳng tọa 
độ.

b) Tìm hồnh độ của mỗi giao điểm của hai đồ thị. Hãy giải thích vì sao các hồnh độ
này là nghiệm của phương trình đã cho.

c) Giải phương trình bằng cơng thức nghiệm.
Giải:

x -2 -1 0 1 2

y=2x2 8 2 0 2 8

y=-x+3 3 2

b) Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình:
2x2 = - x + 3

 2x2 + x – 3 = 0
 = 1 + 24 = 25,   5 0

Phương trình có hai nghiệm: 1

1 5

1,5
4

x    ; 1 1 5 1

x   

Tọa độ giao điểm M(-1,5;4,5) ; N(1;2)
3. Tìm giá trị của m để phương trình sau:
a) 3x2 + (m + 1)x + 3 = 0 có nghiệm kép.
b) 2x2 –(4m + 3)x + 2m2 – 1 = 0 có nghiệm.

c) x2 – 2(m + 3)x + m2 + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Giải:

a) Phương trình có nghiệm kép khi  = 0  (m + 1)2 – 4.3.3 = 0
 (m – 5)(m + 7) = 0  m = 5 ; m = - 7

b) Phương trình có nghiệm khi  ≥ 0  (4m + 3)2 – 4.2(2m2 – 1) ≥ 0
 24m + 17 ≥ 0  17

m

c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi  > 0  (m + 3)2 – (m2 +3) > 0
 6m – 3 > 0  1

m

4. Với giá trị nào của m thì:

-2 -1 0 1 2 3 x

y=2x2

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

a) Phương trình 2x2 – m2x + 18m = 0 có nghiệm x = - 3 
b) Phương trình mx2 – x – 5m2 = 0 có nghiệm x = -2 
Giải:

a) Với x = - 3 ta có: 2(-3)2 – m2(-3) + 18m = 0
Hay 3m2 +18m + 18 = 0 =>

1 3 3

m   ; m2  3 3

b) 1

2 14
5

m   ; 2 2 14

m  

III. Bài tập về nhà:
1. Giải các phương trình:

a) 2x2 + 5x – 1 = 0 b) – 3x2 + 2x + 8 = 0
c) 2x2 2 2

 x + 1 = 0 d) 3x2 – 8x + 6 = 0

2. Tìm giá trị của m để phương trình sau:
a) x2 + (m + 2)x + 5 = 0 có nghiệm kép.
b) x2 –(2m + 3)x + m2 – 1 = 0 có nghiệm.

c) 3x2 – 2(m + 3)x + m2 + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt.

Ngày soạn: / /2010 Ngày dạy: / /2010
Chủ đề VI: Góc với đường trịn

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 6 tiết

Tiết 28, 29
A. Mục tiêu

- Củng cố khái niệm tứ giác nội tiếp, dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp.
- Rèn kỉ năng vẽ hình, phân tích, trình bày bài giải.

B. Nội dung

I. Lý thuyết: 
1. Định nghĩa:

Định nghĩa: Một tứ giác có bốn đỉnh nằm trên

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

một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp đường trịn.

2. Định lí:

Định lí thuận:

GT Tứ giác ABCD nội tiếp (O)
KL Â+ C = 1800

B+D = 1800

Định lí đảo:

GT Tứ giác ABCD
B +D = 1800

KL Tứ giác ABCD nội tiếp

3. Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp
- Tứ giác có 4 đỉnh nằm trên đường trịn.
- Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800.

- Tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện.

- Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh cịn lại dưới hai góc bằng
nhau.

II. Bài tập:

1. Cho đường trịn (O) đường kính AB. Dây cung CD  với AB tại H. Gọi M là điểm

chính giữa cung nhỏ BC. I là giao điểm của CB với OM.
a) Chứng minh : MA là tia phân giác của CMD .

b) Chứng minh: Tứ giác OHCI nội tiếp được đường tròn.
c) Qua M kẻ đường thẳng vng góc với AC tại K.

Chứng minh MK là tiếp tuyến của (O)
Giải:

a) Theo giả thiết AB  CD tại H
 AC AD   CMA AMD 

 MA là tia phân giác của CMD

b) Ta có CHO CIO 90  o

 

B
A

M
C

B
A

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

 CHO CIO 180  o

 

Vậy tứ giác CHOI nội tiếp được đường trịn.
c) Ta có ACB 90 o

 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)

 AC  BC

Mà AC  MK (gt)
 BC // MK

Lại có OM  BC
 OM  MK

Vậy MK là tiếp tuyến của (O).

2. Cho  nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Phân giác ABC và ACB cắt đường tròn

(O) lần lượt tại E và F.

a) Chứng minh OF  AB, OE  AC.

b) Gọi M là giao điểm của OF và AB, N là giao điểm của OE và AC. Chứng minh tứ
giác AMON nội tiếp.

c) Gọi I là giao điểm của BE và CF, D là điểm đối xứng với I qua BC. Chứng minh
ID  MN.

Giải:

a) Ta có BE là phân giác của ABC (gt)

 FA FB   OF  AB

(đường kính đi qua điểm chính giữa
của cung thì vng góc với dây cung)
Tương tự OE  AC.

b) Ta có AMO ANO 90  o

  (OF  AB, OE  AC)

 AMO ANO 180  o

 

 Tứ giác AMON nội tiếp được đường trịn.

c) Có OF  AB  MA = MB

OE  AC  NA = NC

 AM AN

MB NC  MN // BC ( theo định lí Talet đảo)
Mặt khác DI  BC (D là điểm đối xứng với I qua BC)
 DI // MN.

N
M

F E

O
A

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

3. Từ điểm E ở ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến EA, EB. Trên cung nhỏ AB
lấy điểm F vẽ FC  AB, FD  EA, FM  EB ( C AB, D EA, M EB   ).

Chứng minh rằng:
a) EO  AB

b) Các tứ giác ADFC, BCFM nội tiếp.

Giải:

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau.
EA = AB

EAB cân tại E

có EO là phân giác đồng thời là đường cao

 EO  AB

b) Theo giả thiết FC  AB, FD  EA
 ADF ACF 90  o

 

 ADF ACF 180  o

 

Vậy tứ giác ADFC nội tiếp.
FC  AB, FM  EB

 BMF BCF 90  o

 

 BMF BCF 180  o

 

Vậy tứ giác BMFC nội tiếp.

4. Cho tam giác ABC. Các đường phân giác trong của góc B và C cắt nhau tại S, các
đường phân giác ngồi của góc B và C cắt nhau tại E.

a) Chứng minh tứ giác BSCE là một tứ giác nội tiếp.
b) Xác định tâm của đường tròn đi qua bốn đỉnh B, S, C, E
Giải: a)Ta có: SBE 90 o



( góc tạo bởi hai tia phân giác của hai góc kề bù)

 o

SCE 90

( góc tạo bởi hai tia phân giác của hai góc kề bù)

 SBE SCE 180  o

 

Vậy tứ giác BSCE nội tiếp đường trịn đường kính SE

b) Tứ giác BSCE nội tiếp đường trịn đường kính SE nên tâm đường trịn là trung

M
D

C
E

O
A

B
F

E
S
A

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

điểm của SE.

III. Bài tập về nhà:

1. Cho tam giác cân ABC (AB = AC) nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao AG,
BE và CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh : AF.AC = AH.AG

c) Chứng minh GE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.

2. Cho đường tròn (O; R) và dây MN cố định ( MN < 2 R) . Gọi A là điểm chính giữa
cung MN lớn, đường kính AB cắt MN tại E . Lấy điểm C thuộc MN sao cho C khác
M, N, E và BC cắt đường tròn (O) ở K. Chứng minh rằng :

a) Tứ giác KAEC nội tiếp.
b) BM2 = BC . BK

Ngày soạn: 22/03/2010 Ngày dạy: 24/02/2010
Chủ đề VI: Góc với đường trịn

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 6 tiết

Tiết 30
A. Mục tiêu

- Củng cố khái niệm đường tròn ngoại tiếp; đường tròn nội tiếp; độ dài đường trịn,
cung trịn; diện tích hình trịn, hình quạt trịn.

- Rèn kỉ năng vẽ hình, phân tích, trình bày bài giải.
B. Nội dung

I. Lý thuyết:

1. Độ dài đường tròn, cung trịn.
- Cơng thức tính độ dài đường trịn.

Nếu gọi d là đường kính đường trịn( d = 2R) thì

56
C = 2R

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

- Cơng thức tính độ dài cung trịn.

2. Diện tích hình trịn, hình quạt trịn.
- Cơng thức tính diện tích hình trịn

- Cách tính diện tích hình quạt tròn.

II. Bài tập:

1. Cho tam giác cân ABC có B 120 o

 , AC = 6 cm. Tính độ dài đường trịn ngoại tiếp

tam giác đó.
Giải:

ABC cân tại B, B 120 o

   

o o

180 120

A C 30



  

Gọi H là giao điểm của AC với OB

Có OB  AC tại H, H là trung điểm của AC.

Theo giả thiết, ta có AH = 6:2 = 3 cm

 AHB là nửa  đều nên AH AB 3
2



Hay AB 3 3

2   AB 2 3 cm

 ABC có BOA 2.BCA 2.30  o 60o

  

AOB đều  OB AB 2 3  . Vậy độ dài đường tròn ngoại tiếp ABC là:
2 .2 3 2   3 (cm)

2. Cho ABC nội tiếp đường trịn (O;4 cm) có C 45 o

 .

Tính diện tích hình quạt trịn AOB (ứng với cung nhỏ AB)

57
C = d

l =180Rn .

S = R2

O

S =  R2

R
O

n0
S = 2

360
R n



hay S = 
2

lR

H
O
B

A C

O

C

A

B

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

Giải:

 o

C 45  AOB 90  o

Diện tích hình quạt trịn AOBm

2 2

R .90 R 3,14.16

S 12,56

360 4 4

 

    (cm2)

III. Bài tập về nhà:

1. Cho  ABC vuông ở A và đường cao AH. Vẽ đường trịn tâm O đường kính AB.

Biết BH = 2 cm và HC = 6 cm. Tính:
a) Diện tích hình trịn (O)

b) Diện tích hình quạt trịn AOH (ứng với cung nhỏ AH)

Ngày soạn: / /2010 Ngày dạy: / /2010
Chủ đề VII: Phương trình bậc hai

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 6 tiết

Tiết 31, 32.
A. Mục tiêu

- Củng cố hệ thức Vi-et.

- Vận dụng hệ thức Vi- ét vào giải toán.
B. Nội dung

I. Lý thuyết:

Hệ thức Vi-ét và ứng dụng.

* Nếu x1; x2 là hai nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a  0 ) thì

1 2

b
x x

a
c
x .x



 





 




* Nhẩm nghiệm: Phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a

 0 )

Nếu có a + b + c = 0 thì phương trình có một nghiệm là x1 = 1, x2 = a
c

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

Nếu có a - b + c = 0 thì phương trình có một nghiệm là x1 = - 1, x2 = - a
c
* Tìm hai số biết tổng và tích của chúng:

Gọi một số là x thì số kia là S - x
Theo giả thiết ta có phương trình
x( S – x) = P hay x2- Sx + P = 0

Nếu  = S2 – 4P  0 thì phương trình (1) có nghiệm. Các nghiệm này chính là hai số

cần tìm.
II. Bài tập:

1. Khơng giải phương trình, dùng hệ thức Vi –ét tính tổng và tích các nghiệm của mỗi
phương trình sau:

a) 2x2 – 7x + 2 = 0

Ta có  = 72 – 4.2.2 = 35 > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo Vi – ét 1 2

1 2

7
x x

2
x .x 1



 




 



b) 2x2 + 9x + 7 = 0

 = 92 – 4.2.7 = 9 > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo Vi – ét 1 2

1 2

9
x x

2
7
x .x



 





 




c) 5x2 + 2x – 16 = 0

’ = 1 + 5.16 = 81 > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo Vi – ét 1 2

1 2

2
x x

5
16
x .x



 







 




d) 5x2 + x + 2 = 0

 = 1 – 4.5.2 = - 39 < 0, phương trình vơ nghiệm.

2. Tính nhẩm nghiệm của các phương trình.
a) 7x2 – 9x + 2 = 0

có a + b + c = 7 – 9 + 2 = 0  x1 = 1; 2

2
x

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

b) 23x2 – 9x – 32 = 0

có a – b + c = 23 – (-9) + (-32) = 0  x1 = -1 ; 2

32
x



c) x2 – 6x + 8 = 0

Ta có 4 + 2 = 6 và 4.2 = 8  x1 = 4; x2 = 2
3. Tìm hai số u và v trong mỗi trường hợp sau:
a) u + v = 14, u.v = 40

Hai số cần tìm là nghiệm của phương trình x2 – 14x + 40 = 0

’ = 72 – 40 = 9,  ' 3

x1 = 7 + 3 = 10; x2 = 7 – 3 = 4
Hai số u, v cần tìm là 4 và 10.
b) u + v = -7, uv = 12

Hai số cần tìm là nghiệm của phương trình x2 + 7x + 12 = 0

 = 72 – 4.12 = 1,  ' 1
1

7 1

x 3

 

  ; x2 7 1 4

 

 

Hai số u, v cần tìm là - 3 và - 4.
c) u + v = 4, uv = 19

Hai số cần tìm là nghiệm của phương trình x2 – 4x + 19 = 0

’ = 22 – 19 = - 15 < 0, phương trình vơ nghiệm  khơng có hai số cần tìm.

4. Dùng hệ thức Vi – ét để tìm nghiệm x2 của phương trình rồi tìm giá trị của m trong
mỗi trường hợp sau.

a) x2 + mx – 35 = 0 có nghiệm x
1 = 7

Theo Vi – ét ta có x1.x2 = -35  7.x2 = -35  x2 = -5
Ta cũng có: x1 + x2 = - m  -m = 7 – 5 = 2  m = - 2
b) 4x2 + 3x – m2 + 3m = 0 có nghiệm x

1 = - 2
Theo Vi – ét ta có: 1 2

3
x x



   2 x2 3



    x2 5



Ta cũng có: 1 2 2

m 3m
x .x

 

  -m2 + 3m = 4.(-2).1,25 = -10
 m2 – 3m – 10 = 0  = 9 + 4.10 = 49,  7

3 7

m 5



  ; m2 3 7 2



 

III. Bài tập về nhà

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

1. . Tìm hai số u và v trong mỗi trường hợp sau :
a) u + v = - 5, uv = -24 b) u + v = 7, uv = 12

2. Dùng hệ thức Vi – ét để tìm nghiệm x2 của phương trình rồi tìm giá trị của m trong
mỗi trường hợp sau.

a) 3x2 – 2( m – 3)x + 5 = 0 có nghiệm x

1 = 1/3
b) x2 – mx + 15 = 0 có nghiệm x

1 = 3
c) x2 – 13x + m = 0 có nghiệm x

1 = 12,5

Ngày soạn: / /2010 Ngày dạy: / /2010
Chủ đề VII: Phương trình bậc hai

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 6 tiết

Tiết 33, 34.
A. Mục tiêu

Thực hành giải bài tốn bằng cách lập phương trình
B. Nội dung

I. Lý thuyết: 
II. Bài tập :

1. Hai ôtô cùng khởi hành cùng một lúc từ A đến B cách nhau 350 km. Xe thứ nhất
có vận tốc lớn hơn xe thứ hai 10 km/h nên đến B trước xe thứ hai 70 phút. Tính vận
tốc mỗi xe.

Giải: Đổi 70’ = 7/6 (h)

Gọi x (km/h) là vận tốc xe thứ nhất (x > 10)
Vận tốc xe thứ hai là x – 10 (km/h)

Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là: 350

x (h)

Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là: 350
10

x (h)

Theo bài ra ta có phương trình:
350 350 7

10 6

x  x 

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

<=> x2 – 10x – 3000 = 0

 = 25 + 3000 = 3025,  55

x1 = 5 + 55 = 60 (TM)
x2 = 5 – 55 = - 50 (loại)

Vậy vận tốc xe thứ nhất là 60 (km/h)
Vận tốc xe thứ hai là 50 (km/h)

2. Một chiếc thuyền bơi trên dịng sơng dài 50 km. Tổng thời gian xi dịng và
ngược dịng là 4 giờ 10 phút. Tính vận tốc của thuyền biết rằng vận tốc dòng nước là
5 km/h.

Giải:

Gọi vận tốc của thuyền lúc nước yên lặng là x (km/h, x > 5)
Vận tốc xi dịng là x + 5 (km/h)

Vận tốc ngược dòng là x – 5 (km/h)
Thời gian thuyền xi dịng là 50

x (h)

Thời gian thuyền ngược dòng là 50
5

x (h)

Ta có phương trình:

50 50 25

5 5 6

x x 
 x2 – 24x – 25 = 0

Giải phương trình được x1 = - 1 (loại); x2 = 25 (TM)
Vận tốc thực của thuyền là 25 (km/h)

3. Trong một phịng họp có 80 người, được sắp xếp ngồi đều trên các dãy ghế. Nừu ta
bớt đi hai dãy ghế thì mỗi dãy cịn lại phải kê thêm hai ghế mới đủ chỗ. Hỏi lúc đầu
có mấy dãy ghế và mỗi dãy có bao nhiêu người ngồi?

Giải: Gọi x là số dãy ghế trong phòng họp (x nguyên, x > 2)
Số người ngồi trên một dãy là 80

x (người)

Nếu bớt đi hai dãy thì số dãy ghế còn lại là x – 2( dãy)
Số người ngồi trên một dãy sẽ là 80

x (người)

Ta có phương trình

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

80 80
2

x  x   x

2 – 2x – 80 = 0

Giải phương trình trên ta được x1 = 10 (TM); x2 = - 8 (loại)
Vậy số dãy ghế lúc đầu là 10 dãy và mỗi dãy xếp 8 người.

4. Một đoàn xe chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe
chở ít hơn 8 tấn. Hỏi lúc đầu đồn xe có mấy chiếc?

Giải:

Gọi x (chiếc) là số xe lúc đầu ( x  Z+)

Số xe lúc sau là: x + 3 (chiếc)
Lúc đầu mỗi xe chở : 480

x (tấn)

Lúc đầu mỗi xe chở : 480
3

x (tấn)

Ta có phương trình : 480 480 8
3

x  x  

3 180 0

x  x 

Giải phương trình ta được x1 = - 15 (loại); x2 = 12 (TM)
Vậy đoàn xe lúc đầu có 12 chiếc.

5. Trên một cơng trường xây dựng, một đội công nhân phải đào đắp 420 m3 đất. Nếu 
có 5 người vắng thì số ngày hồn thành cơng việc tăng thêm 7 ngày. Tính số cơng
nhân của đội?

Giải :

Gọi x (CN) là số công nhân của đội lúc đầu ( x  Z, x > 5)

Thời gian hồn thành cơng việc là: 420

x (ngày)

Số công nhân của đội lúc sau là: x – 5 (CN)
Thời gian hồn thành cơng việc sẽ là: 420

x (ngày)

Ta có phương trình: 420 420 7

x  x 

Giải phương trình ta được x1 = - 15 (loại); x2 = 20 (TM)
Vậy số công nhân của đội là 20 người.

III. Bài tập về nhà

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

cũng khởi hành từ A đi đến B với vận tốc lớn hơn vận tốc ô tô thứ nhất 10 km/h nên
đã đuổi kịp ô tơ thứ nhất ở chính giữa qng đường AB. Tính vận tốc mỗi xe?

2. Lớp 9A được phân công trồng 480 cây xanh. Khi lao động thì có 8 bạn vắng nên
mỗi bạn có mặt phải trồng thêm 3 cây mới xong. Tính số học sinh lớp 9A.

Ngày soạn: / /2010 Ngày dạy: / /2010
Chủ đề VIII: Hình trụ – hình nón – hình cầu

Loại chủ đề: Bám sát
Thời lượng: 2 tiết

Tiết 35, 36.
A. Mục tiêu

- Củng cố các cơng thức tính diện tích, thể tích của hình trụ, hình nón, hình cầu.
- áp dụng các cơng thức vào tính tốn.

B. Nội dung
I. Lý thuyết: 
1. Hình trụ:

* Diện tích xung quanh: Sxq = 2rh
* Diện tích tồn phần: STP = 2rh + 2r2
* Thể tích: V = Sh = r2h

2. Hình nón:

* Diện tích xung quanh: Sxq = rl
* Diện tích tồn phần: STP = rl + r2
* Thể tích: V = 31 r2h.

Diện tích xung quanh hình nón cụt.
Sxq =  (r1+ r2) l.

Thể tích hình nón cụt.

V = 31h( r12+ r22 + r1r2).
3. Hình cầu:

đường sinh
đường cao

D
C

C O

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

Diện tích mặt cầu: S = 4R2 hay S =d2

Thể tích hình cầu: V = 34 R3

II. Bài tập :

1. Một hình trụ có bán kính đường trịn đáy là 6 cm, chiều cao 9 cm. Hãy tính:
a) Diện tích xung quanh của hình trụ.

b) Thể tích của hình trụ.
Giải:

a) Diện tích của hình trụ là:

Sxq = 2rh = 2.3,142.6.9 ≈ 339 (cm2)
Thể tích của hình trụ là:

V= 62 . 3,142.9 ≈ 1018 (cm3 )

2. Hình bên là một hình nón. Chiều cao là h (cm) , bán kính đường
tròn đáy là r (cm) và độ dài đường sinh là m (cm)

thì thể tích hình nón là:

(A) r2h (cm3) (B) 1

3r

2h (cm3)
(C) rm (cm3) (D) r(r + m) (cm3)

Thể tích của hình nón là : 1
3r

2h (cm3)

3. Một hình nón có bán kính đường tròn đáy là r (cm) và chiều cao 2r (cm) và một
hình cầu có bán kính r. Hãy tính:

a) Diện tích mặt cầu, biết diện tích tồn phần của hình nón là 21,06 (cm2)
b) Thể tích hình nón, biết thể tích hình cầu là : 15,8 (cm3)

Giải :

a) Diện tích của mặt cầu là : 26 (cm2)
b) Thể tích hình nón là : 7,9 (cm3)

A B

</div>

tuchon9

<sub></sub>

<sub></sub>













<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>











 











































<sub></sub>

<sub></sub>





















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>



 





 





 





 



O

C

A

B

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về