GIAO AN ON THI VAO LOP 10 MON TOAN NAM 212

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (800.92 KB, 84 trang )

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

ôn thi vào lớp 10 :

Năm 2012

Ngày 12/5/2012 soạn: B1

ễN TP: c HUYấN 1: RÚT GỌN BIỂU THỨC ĐẠI SỐ

i. mơc tiªu:

- Kiến thức: - Nắm đợc các kiến thức cơ bản của chuyờn đề 1:
1.Biến đổi cỏc căn thức bậc hai;

2. Các hằng đẳng thức đáng nhớ
3. Các dạng bài tập cơ bản:

- Rút gọn một biểu thức dạng số, dạng chứa chữ và cỏc bài toỏn tổng hợp.
- Kĩ năng: Vận dụng các kiến thức đó vào giải các bài tập.

- Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, tính linh hoạt, sáng tạo.
II. Chun b:

GV: Tài liệu ôn tập.

HS: chuẩn bị tài liệu: sách vở ôn tập theo y/c của GV.
III. tiến trình d¹y häc:

Hoạt động của GV &HS Yờu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Ơn tập lí thuyết:

?1. a) Với mọi số thực a, ta có

2 ?

a 

b) Với mọi số thực a và b sao cho

ab0, ta có ab ?

c) Với mọi số thực a và b sao

cho ab0, b  0, ta có ?

a
b 
a ab

b  b nếu a 0,b0

a ab

b  b nếu a < 0, b < 0.
d) Với mọi số thực a và b 0, ta

cú: a b2 ?;a b ?

?2. Nêu các quy tắc:

a) Khai phơng một thơng(hay
quy tắc chia các căn bậc hai)
b) Khử mẫu của biểu thức dới

dấu căn

a
b

c) Trục căn thức ở mẫu

a
b c 
?3. Nêu các hằng đẳng thức

thường gặp ?

?4. Nêu các dạng toán cơ bản của
chủ đề này ?

GV: Nhận xét, bổ sung, thống
nhất cách trả lời cho từng câu,
nhắc lại khắc sâu cho HS.

1. a) ... a2 a nếu a  0 và a2 anếu a < 0

b) ... a b.  a b. víi a b, 0
và ab  a. b nếu a < 0, b < 0
c) ...

, 0; 0

a a

a b

b  b   

a a

b b




 nếu a < 0, b < 0

a ba b
=

a b
a b







- NÕu a > 0 th× a b  a b2
- NÕu a < 0 th× a b  a b2
2. a)

a a

b  b ; b) 2

a ab ab

b  b  b





; a b c

a a b a

b b c

b  b c  



3. a) 7 hằng đẳng thức đáng nhớ

b) Một số hằng đẳng thức khác:
* 4ab = (a + b)2 - (a - b)2

* 2(a2 + b2) = (a+ b)2 + (a - b)2

* (a+b+c)2 = a2+b2+c2+2ab+2ac +2bc
* an - bn = (a -b)(an-1+an-2b+ an-3b2+...+abn-2
+ bn-1)
* xn - 1 = (x - 1)(xn-1+ xn-2 + ... + x + 1) 
(n l s t nhiờn l)

4. Các dạng toán cơ bản:
a) Rút gọn biểu thức dng s

b) Rút gọn mét biĨu thøc chøa chữ. Sư dơng kÕt qu¶

Nếu a0

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

rỳt gn :

- Tính giá trị của biểu thức khi biết giá trị của biến;
- Giải PT, BPT (so sánh biểu thức với số)

- Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một biểu
thức.

- Tìm giá trị nguyên của biểu thức ứng với giá trị
nguyên của biÕn.

Hoạt động 2: Luyện tập: Dạng 1: Rỳt gọn cỏc biểu thức dạng số: Cỏc VD

GV: Viết các VD lên bảng y/c HS giải, GV
theo dõi HD HS XD bài chữa: (Lưu ý HS
phân tích các số ra số chính phương, các
tổng hoặc hiệu theo hằng đảng thức đáng
nhớ để đưa các thừa số ra ngoài dáu căn)
VD1:a)

8 5 32 3 72 4.2 5 16.2 3 36.2

2 2 5.4 2 3.6 2 2 2 20 2 18 2 0

A     

      









) 3 2 2 3 2 2

2 2 2 1 2 2 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 2

c C    

     

        

VD2:

2 2

3 48 25 4

) 6 20 15 18

4 25 3 3

3 16.3 25.3 4.3

6. 20. 15. 18.

4 25 3 3

6 3 20.4 3 15.5 3 18.2 3

2 5 3 3

3 3 16 3 25 3 12 3 6 3

a A   

   

    









4 5 4 5

) 3 3

3 3

5 2 5 2

9 4 5 9 4 5

3 3 3 3

5 2 5 2 2 5 2 15

3 3

d D   

 

   

  

  

VD3:

6 6 6 2 6

)

6 1 6

a A   










6 6 1 6 6 2

6 6 2 2 6 2

6 1 6

 

      



VD4:





15 4 12

) 6 11

6 1 6 2 3 6

b B    

  

 

1. b)B 20 2 45 3 80   125

4.5 2 9.5 3 16.5 25.5

2 5 2.3 5 3.4 5 5 5
2 5 6 5 12 5 5 5

(2 6 12 5) 5 11 5

   

    









) 8 2 15 8 2 15

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

5 3 5 3

5 3 5 3 2 3

d D   

     

   

    

2.b B)  2 3 2 3









4 2 3 4 2 3

3 2 3 1 3 2 3 1

3 1 3 1

3 1 3 1 2 3 2 6

6
2

2 2

B   

 

    



  



  

   

3. b)

5 5 5 5

1 1

1 5 1 5

B         

 

   









5 5 1 5 5 1

1 1

5 1 5 1

     

     

     

   



5 1

 

5 1



 5 1 4





7 7

)

7 1 1 7 1 1

7 7 1 1 7 1 1 2 7

7 1 1 7

c C  

   

    



  

 

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



































 





 





 



15 6 1 4 6 2 12 3 6

6 11

6 1 6 4 9 6

15 6 1 4 6 2 12 3 6

6 11

5 2 3

3 6 1 2 6 2 4 3 6 6 11

3 6 3 2 6 4 12 4 6 6 11

6 11 6 11 6 121 115

    

 

   

    

 

    

 

   

 

 

 

      

 

      

     

VD5: Lưu ý HS: Với mọi k là số nguyên

dương ta có:

























2 2

1 1

1 1 1 1

1 1

k k k k

k k k k k k k k

k k k k

k k k k

  



     

  

  

 

1 1

) ...

2 1 1 2 3 2 2 3
1

2010 2009 2009 2010

1 1 1 1

...

1 2 2 3

1 1 1

2009 2010 2010

b B   

 



     

   

GV: Phân tích kĩ từng bài, chỉ rõ cho HS
từng ý đẻ mọi HS đều hiểu bài.

     





2 2 2

2 3 5 2 6 2 10 2 15

2 3 5 2 3 5

     

     









 





) 5 3 29 12 5

5 3 2 5 2.2 5.3 9

5 3 2 5 3

5 3 2 5 3 5 5 2 5 1

5 5 1 5 5 1 1 1

c C    

    

   

       

       

5.a) A =

2 3 2 3

2 2 3 2 2 3

 



   























 



2 2

2 2 3 2 2 3

2 4 2 3 2 4 2 3

2 3 2 3

2 3 1 2 3 1

2 3 2 3

2 3 1 2 3 1

2 3 2 3

3 3 3 3

2 6 3 3 2 3 3 6 2 3 3 3 3

3 3 3 3

2.6 6 2

9 3 6

 

 

   

 

   

   

     

 

   

   

   

 

   

   

 

 

      



 

  



Hoạt động 3: Hướng dẫn học ở nhà:

- Học bài trong sách ôn và vở ghi thuộc lí thuyết. Tập làm lại các VD khó đã chữa.
- Làm các BT tran 9, 10 sách ôn tập, buổi sau luyện tập.

Rút kinh nghiệm sau buổ dạy: ...
...

Ngày 16/5/2012 soạn: B2

LUY TP c1: RT GN CC BIU THỨC ĐẠI SỐ

i. mơc tiªu:

- Kiến thức: - Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chuyờn đề 1 thụng

qua việc giải các bài tập:

- Rót gän mét biĨu thøc dạng số, dạng chøa chữ.

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

- Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, tính linh hoạt, sáng tạo.
II. Chuẩn b:

GV: Tài liệu ôn tập.

HS: chuẩn bị tài liệu: sách vở ôn tập theo y/c của GV.
III. tiến trình dạy häc:

Hoạt động của GV &HS Yờu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Chữa bài tập

(Ch a b i VD5 r t l i bu i trữ à ớ ạ ở ổ ước)

GV: y/c 2 HS lên bảng chữa, lớp theo dõi nhận xét,
bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung thống nhất cách làm bài.

HS: Làm và XD bài chữa theo HD
của GV.

Hoạt động 2: Luyện tập: (Dạng 1)

1. Rút gọn các biểu thức:

a) A = 2 27 243 6 12

b) B = 9 4 5  9 4 5

c) C = 5 2 6  5 2 6

d) D =

1 1

3 5 3 5

GV: y/c HS làm bài cá nhân
10/ sau đó cho 4 HS lên bảng
giải, lớp theo dõi nhận xét, bổ
sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống
nhất cách làm

a) A = 5 21 5 21

b) B =

15 5 5 2 5

3 1 2 5 4

 



 

11 11 11 11

1 1

1 11 1 11

     

 

   

     

   

d) D =

2 2

2 3  2 3

1 3 2 2 3

2 3 3 2 2 3



 

(PP dạy tương tự)

3. Rút gọn các biểu thức:
a)A= 6 2 2 2 3 2 6   ;

HS: Lµm vµ XD bµi theo HD cña GV.
1.1.a) A = 6 3 9 3 12 3 3 3  

b) B=









2 2

5 2  5 2  5 2  5 2 2 5 

c)C=









2 2

3 2  3 2  3 2 3 2 2 3

d) D =

5 3 5 3 5 3 5 3 2 5

2 2 2 2

      

    

2.a)



7 3





7 3



10 2 21 10 2 21

2 2 2

7 3 7 3 2 7

2 2

A

  

 

  

  

   













5 3 1 5 5 2 5 3 5

) 5

2 2

3 1 2 5 2

b B      

 











 



11 1 11 11 11 1

) 1 1

1 11 1 11

1 11 1 11 1 11 10

c C
C

     

   

  

     

   

      



 











2. 2 3 2. 2 3 4 2 3 4 2 3

)

4 3

2 3 2 3

3 1 3 1 3 1 3 1 2

d        



 

        













6 3 2

3 2 2 3

) 1

2 3 18 12 3 2 . 6

e     

   

2 2

3. )a A 2  1 3  2 2.1 2 3.1 2 6 



3 1 2



2 3 1 2

     

b)B =





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

b) B= 6 2 5  29 12 5

c)C=

1 1 1 5 1

3 3 2  3  6

d) D=



  

 

2 4

8 16

2 1 2 1 2 1

2 1 2 1

   

  

   

   

     

   

   

e) E =

1 1 1

...

2 3 3 4 4 5

2009 2010

  



g) G =

4 7 4 7

3 2 4 7 3 2 4 7

 



   

(PP dạy tương tự)

1 1 1 1 1 1

)

4 6

3 3 2 3 6

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2

3 3 2 3 6 3 3 2 3 6

1 1 1 1 3 3

3 3 2 2 3 3 2 2 3

c C    

   

           

   

     



  

 

2 2 16

. 2 1 2 1 2 1 ... 2 1

D          

     

     

 

4 4 8 16

2 1 2 1 2 1 2 1

       

    

       

       

 

8 2 16

2 1 2 1 2 1

        

     

     

 

16 16 32

2 1 2 1 2 1

       

   

    = 216 - 1

 D =









2 1 2 1

e) E = 3 2 4 3 ...  2010 2009 2010 2



































 



2 2

2 4 7 2 4 7

6 8 2 7 6 8 2 7

2 4 7 2 4 7

6 7 1 6 7 1

2 4 7 2 4 7 4 2 14 4 2 14

6 7 1 6 7 1 7 14 7 7

4 2 14 7 7 4 2 14 7 7

49 7

28 2 7 14 4 14 7 2 28 2 7 14 4 14 7 2
42

42 2
2
42

G   

   

 

 

   

   

   

     

    





      



 

Hoạt động 3: Luyện tập dạng 2: Rút gọn BT chứa chữ:
GV: Viết các VD lên bảng, y/c HS lên giải

GV: Theo dõi HD HS giải

HS: Làm và XD bài theo HD của GV
Hoạt động 4: Hướng dẫn học ở nhà:

- Học bài trong sách ôn tập thuộc lí thuyết, xem lại các BT đã chữa.
- Làm tiếp dạng cịn lại.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...

Ngµy 16/5/2012 so¹n: B3

LUYỆN TẬP CĐ1 : RÚT GỌN CÁC BIỂU THỨC ĐẠI SỐ

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

i. mơc tiªu:

- Kiến thức: - Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chuyờn đề 1 thụng

qua việc giải các bài tập:

- Rút gọn một biểu thức dạng số, dạng chứa chữ và cỏc bài toỏn tổng hợp.
- Kĩ năng: Vận dụng các kiến thức đó vào giải các bài tập.

- Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, tính linh hoạt, sáng tạo.
II. Chuẩn bị:

GV: Tài liệu ôn tập.

HS: chuẩn bị tài liệu: sách vở ôn tập theo y/c của GV.
III. tiến trình dạy học:

Hot động của GV &HS Yờu cầu cần đạt

Hoạt động 1: Ch ữa VD: Dạng 2: Rỳt gọn cỏc biểu thức chứa chữ
GV: Nờu từng VD y/c HS giải, GV theo

dõi HD HS giải, sau đó GV phân tích chỉ
cho HS hiểu từng ý trong sách ơn tập

HS: Làm theo HD của GV

Hoạt động 2: Luyện tập dạng 2:
GV: Viết lần lượt từng bài đã chọn y/c HS

suy nghĩ, thảo luận làm bài 5 - 7/, sau đó
cho HS dừng bút XD bài.

GV phân ích từng ý chỉ cho mọi HS cùng
hiểu.

1.Rút gọn các biểu thức:
a) A =

9 9 6

3 3

a a a

a a

  



  , với a0,a9



 



3 3

3 3 6 2

a a a

a a

a a a

   

 
 
     
b)B=
2

a b ab a b

a b a b

  



 

với a0,b0,a b



 



a b a b a b

B

a b a b

  

  

 

    

2.Rút gọn các biểu thức:
a) A =

3 18 27 27

3 3

a a a a

a a

  



 

Với a0,a9



 



3 3 9 3 3 3 9

3 3

3 9 3 9

a a a a a a

A

a a

A a a a a

     
  
 
      
)
2

a a b b a b b a
c C

a b a b ab

 

 

  

Với a0,b0,a b













2
2 2
4
) .
4

a b ab a b

c C

a b ab a b

  



  

với a0,b0,a b



 









 





 



2
2
2 4
.
2 4
2
.
2

a b a b

a ab b ab

a ab b ab a b

a ab b a b

a b a b a b

a b

a b a b

 
  

   
  


  
  
 

 

1 1 1

) :

1 2 1

a
d D

a a a a a



 

  

   

 

Với a > 0, a1









1 1
.
1
1
a
a a
a a
a a

 
 



2.b) B =

1 1

a a a

a
a a

     

   
     
   

với a0;a1



 





 



1 1 1

1 1 1

a a a a

B a

a a a

      

   
 
      
   

















2
2 2
1 1

1 . 1 .

1 1

a a a a

a a

     

 





a b



2 4ab a b ab2 2

D

a b ab

  

 

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



 





 















a b a ab b ab a b

C

a b a b a b

a ab b ab a ab b

a b a b

a b
a b
a b
   

  
  
    
 
 

  

e) E=
2

a a b b a b

ab
a b
a b
     

   
     
   

Với a0,b0,ab









2
2
1
. 1

E a b

a b

   



3. Chứng minh biểu thức:

a) A =





x x y y

xy x y

x y
  
 
 
  
 

Không phụ thuộc vào x, y(x, y > 0, xy)

Ta có: A =



 









 



2 : 2 1

x y x xy y

xy x y

x y

x xy y x xy y

    
 
  
  
 
     

4. Rút gọn các BT:

3
3

)

1 8 1 1 1 8 1

3 3 3 3 3

a A

a a a a a

a a a



    

   

Với a >
1

8suy ra:

3
3

1 8 1 1 8 1

3 3 3 3

1 8 1 1 8 1

3 .

3 3 3 3

1 8 1 1 8 1

3 3 3 3

a a a a

A a a

a a a a

a a

a a a a

a a
   
    
       
       
   
     
    
 
 









3 3 2

2 2

3 2 3 2 2

1 8 1

2 3 . .

3 3

2 27 2 1 8 1 .

2 27 8 16 8 2 1.

a a

A a a A

a a a a a A

a a a a a a a A

 
 
     
 
     
       

với a, b0, a-b









a b ab a b
D

a b ab

D a b a b

 

  



     

g) G =

1 2 2 5

2 2

x x x

x
x x
 
 

 

với x0,x0



 









 





 





 









 



1 2 2 2 2 5

2 2

3 2 2 4 2 5

2 2

3 2

3 6 3

2 2 2 2

x x x x x

G

x x

x x x x x

x x

x x x

x

x x x x

     
 
 
     

 


  

   
3.b) B=
2
2

1 1 1 1

. 1
1

2 2 2 2

a

a a
a a
    
  
   

   
 

Không phụ thuộc vào a (a > 0, a 0)

Ta có:B=









2
2

1 1 1 1

.
1

2 1 2 1

a a
a a
a a
 
 
   
    

 







 





 











2
2
2
2

1 1 1 1

2 1 1

2 1 1 1

1 1 1

. 1

1 1 1

a a a a

B

a a a

a a

a a a a

a a

a a a

a a a a a

      
   
   
 
   
  
  
 

   
  
  

4. b) Vì xy + xz + yz = 1 nên ta có:



 





 



2 2

1 1

y z xy yz zx y xy yz zx z

x xy yz zx x

       

   
       
   
       
     
2

x y z y y z x y z z y z
y x z x x z

x y y z z x y z

y z y z
x y z x

     
   
   

  
   
    
 
Tương tự:



 



2
1 1
1
z x
z x
y
 
 
 ;



 



2
1 1
1
x y
x y

z
 
 

Do đó:

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









3 2 3

3 3

2 1 6 12 8 .

2 1 2 . 2 1 2 .

2 2 0

A a a a a A

A a a A a a A

A A aA a

     

      

    











 















1 2 1 0

1 1 2 1 0

1 2 0

A A a A

A A A a A

A A A a

    

     

    

Vì a > 1/8 nên A > 0, A2 + A + 2a > 0. Do
đó A - 1 = 0  A = 1

B = (xy + xz + yz) + (xy + xz + yz)
B = 1 + 1 = 2

Hoạt động 3: Hướng dẫn học ở nhà:
- Học bài trong vở ghi và sách ôn tập.

- Tập làm lại các bài tập khó và ơn tập các bài tốn tổng hợp, buổi sau ơn tập

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...

Ngµy 24/5/2012 so¹n: B4

LUYỆN TẬP cĐ1: RÚT GỌN CÁC BIỂU THỨC ĐẠI SỐ

i. mơc tiªu:

- Kiến thức: - Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chuyờn đề 1 thụng

qua việc giải các bài tập:

- Rót gän mét biĨu thøc dạng số, dạng tổng hợp.

- Kĩ năng: Vận dụng các kiến thức đó vào giải các bài tập.
- Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, tính linh hoạt, sáng tạo.
II. Chuẩn bị:

GV: Tài liệu ôn tập.

HS: chuẩn bị tài liệu: sách vở ôn tập theo y/c của GV.
III. tiến trình dạy học:

Hot động của GV &HS Yờu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Chữa bài tập

(Chữa bài tập 4 rớt lại ở buổi trước)
GV: y/c 2 HS lên bảng chữa, lớp theo dõi nhận xét,

bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung thống nhất cách làm bài.

HS: Làm và XD bài chữa theo HD
của GV.

Hoạt động 2: Luyện tập dạng 3: Các bài toán tổng hợp:
VD1: a) Rút gọn P

1 1

a a a a

P

a a

     

     

     

   với a  0, a1











 



1 1

1 1 1

a a a a

a a

a a a

     

   

  

     

   

    

b) Tính giá trị lớn nhất của BT Q = P +

a

VD2: a) Rút gọn:

1 1 1

a
P

a a a a



  

  với a > 0, a 1









1 1

a a a a a

P

a

a a a a

   

   



 

b) Do a nguyên dương (a 1) nên

P =

1
1

1 1

a

a   a dương

Để P nguyên thì
1

1 Z a

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

5 1

4 4

5 1 5

4 2 4

5 1

max

4 2

Q a a a a

Q a
Q x
 
         
 
 
      
 
  
VD3:

a) Rút gọn P =







 





 









 



2
1

2 1 1

:
7

1 1 1

2 1 7

.
1

1 1

2 1 7

.
1

1 1

7 1 7

1 . 1

x x

x x x x

x x x x x x

x x x x x

x

x x x

x x

x

x x x

x

x x

x x x

  
   
   
    
 
     



  
 


  

 
 
  

b) Tìm x để P = 4.

0, 1 0, 1(1)

4 7

4 4 4 3 0(2)

x x x x

P
x x
x x
 

 


 
    
    
  


Giải (2): Đặt t = x0, ta có PT:

4t2 + 4t - 3 = 0

4 12 16 0 4

 

       

PT có 2 nghiệm:

2 4 2 1

4 4 2

2 4 6 3

4 4 2

t
t
 
  
   
  

Loại t2 = -3/2 vì khơng thỏa mãn ĐK t0
Với t = 1/2 suy ra x = 1/4

Vậy P = 4  x = 1/4

VD6: Cho BT
P =

x y x y

xy y xy x xy



 

  với x, y > 0, x
y

a) Rút gọn P

1 1

a

  

* Nếu a1 1  a  2 a4

* Nếu a1 1 a  0 a0(loại vì

a>0). Vậy a = 4 thì P nhận giá trị nguyên.
VD4: a) Rút gọn P: ( a0,a4)





3 2 2 3

4 2 2

a a a a

P

a a a

  

  

  



 





 



3 2 2 2 3 2

4 4 4

16 7 2 6 8 3 4

2 1

2 2

a a a a

a a

a a a

a a a a a a

a
a
a
a a

   

  
  
      



 

 

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của bt Q = P + a





1 2 1

2 2

3 1 3

2 1

2 2 2

2 2

a a

Q a

a a

a a a a a

a a
 
  
 
   
  
 
Do
1,5
0
2
a a
a



 với mọi a  0, suy ra Q

1
2



, dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = 0.
Vậy min Q =

2 a

VD5: Cho bt

3 2 1 2

2 1 3 2

x x x

P

x x x x

  

  

   

a) Tìm ĐK của x để P có nghĩa.

Vì x - 3 x 2



x 2

 

x1



nên P có
nghĩa khi và chỉ khi:

0 0 0

2 0 2 4

1 0 1

x x x

x x x

x
x x
 
   
  
     
  
   
   
 

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



















 





 















2 2 2 2

x y x y

P

xy

y x y x y x

x x y x y y x y x y y x

xy y x y x

x xy x y xy y y x
xy y x

xy x y x y
y x
xy y x



   

 

     

 

    





 

 




b) Tính P khi x = 2 3;y 2 3

















2 2

2 3 2 3 4 2 3 4 2 3

3 1 3 1 3 1 3 1

3 1 3 1

2 3
3
2

P       

     

     

 

  

  

 

VD7: Cho bt P =



 





 



1 1

x y

x y y x y y

xy

x y



   



 

a) Tìm ĐK của x, y để P có nghĩa.
P có nghĩa khi x0;y0;y1;x y 0

b) Rút gọn P.



 





 





 





 



3 1 2 1 2 2

2 1

4 3 2 5 2 2

2 1

1 1

2 1

x x x x x

x x

x x x x x

x x

x

x x

      

 

      



 



 



 

c) Tìm x để P < 1.

1 1 2

1 1 0

2 2

3 0

2 0
3

2 3 0

2 0

x
P

x x

x
x
x

x x

x

 

    

 

   
 

  

 

   

    




 


 


* Từ (1)

3 0 0 9

0 4

2 0

x x

x
x

x

     



   

 

 

  




* Từ (2)

3 0 3

3 9

2 0 2

x x

    

 

    

 

  

 

 

Kết hợp với ĐK a) ta được:

0 4, 1

x x

x

  



 



c) P = 2  x xy y2



 





 



1 1 1

x y y

x y

    

   

Ta có: 1 + y  1 x  1 1 0 x 4

 x = 0; 1; 2; 3; 4

Thay các giá trị của x vào (*)

* Với x = 0  (0 1)(1  y) 1  1 y1

2
y

  Vô nghiệm.

* Với x = 1 (1 1)(1  y) 1  0. 1



 y



1
Vô nghiệm.

* Với x = 2

( 2 1)(1 y) 1 1 y 2 1

       

(1)

(2)

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















 









 





 





 













 





 





 





 





 







1 1

1 1
1 1

1 1

1 1 1 1

1 1

1 1 1

x x y y xy x y

P

x y x y

x y x x y y xy x y

x y x y

x y x y x xy y xy

x y x y

x x y x y x x

x x

x x y y x y

x x

x y y y y

y
x xy y

    



  

    



  

     



  

     



 

   



 

   





  

Vậy P = x xy y

2 2

y y

    .

* Với x = 3



3 1 1

 



1 1 3 1

3 1 3 2 3 1 2 3

2 4 2

y y



      

   

    

(Loại vì khơng thuộc Z)
* Với x = 4



4 1 1

 





2 1 1







1 1 0 0

y y

y y y

       

      

Vậy các cặp số nguyên (x; y) để P = 2 là:
(2; 2) và (4; 0)

Hoạt động 3: Hướng dẫn học ở nhà:

- Học bài trong vở ghi và sách ôn tập.

- Làm các BT trang 17, 18 Sách ôn tập và ôn tập phần tam giác đồng dạng, tứ giác, hệ
thức lượng trong tam giác vuông.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 28/5/2012 soạn: B5:

LUYỆN TẬP CDD1: DẠNG 3; ÔN TẬP PT BẬC NHẤT MỘT ẨN, BPT BẬC
NHẤT MỘT ẨN. TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG. TỨ GÁC.

i. mơc tiªu:

- Kiến thức: - Tiếp tục củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chuyờn đề 1

thụng qua việc giải cỏc bài tập:Rút gọn một biểu dạngtổng hợp.
- ễn tập pt bậc nhất một ẩn; tam giỏc đồng dạng, tứ giỏc.
- Kĩ năng: Vận dụng các kiến thức đó vào giải các bài tập.
- Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, tính linh hoạt, sáng tạo.
II. Chuẩn bị:

GV: Tµi liƯu ôn tập.

HS: chuẩn bị tài liệu: sách vở ôn tập theo y/c của GV.
III. tiến trình dạy học:

Hot ng ca GV &HS Yờu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Chữa bài tập

(Ch a b i t VD 4, 5, 6, 7 r t l i bu i trữ à ậ ớ ạ ở ổ ước)

GV: y/c 2 HS lên bảng chữa, lớp theo dõi nhận xét,
bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung thống nhất cách làm bài.

HS: Làm và XD bài chữa theo HD
của GV.

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

?1. PT bậc nhất một ẩn là PT có dạng
như thế nào ? Có bao nhiêu nghiệm ?
?2. PT quy về PT bậc nhất

a) PT đưa về dạng tích là PT ntn ?
VD: Giải các pt:

a) x2 - 3x + 2 = 0
b) x +

1 1

2x 3x

 6x + 3x - 2x = 12
 7x = 12  x = 12/7

c) x2 1 3x 6 x21
 3x = 6  x = 2

d) 2x - 3x = 2 + 3









2 3 2 3

2 3 7 4 3

x
x

   

    

) 3 27 3

3 9 2 3 3

10 3 3 3 3 /10

e x x x

x x x

x x

  

   

   

?3. Bất pt bậc nhất ax + b > 0
(a0)

- Lấy VD trang 38, 39 sách ơn tập

1. PT bậc nhất là PT có dạng ax + b = 0

- Nếu a = 0, b = 0 PT nghiệm đúng với mọi x

 R.

- Nếu a = 0, b 0 PT vô nghiệm.

- Nếu a 0,b0 PT có nghiệm duy nhất x =

b
a



2. a) PT đưa về dạng tích là PT sau khi biến
đổi có dạng tích. Cách giải:

- Cho từng thừa số bằng 0 để giải.

- Nghiệm của pt là nghiệm của từng pt nhỏ.
b) PT chứa ẩn ở mẫu. Cách giải:

- Đặt ĐK cho mẫu khác 0
- Quy đồng, khử mẫu.
- giải pt.

c) PT chứa dấu giá trị tuyệt đối: cách giải: chia
các khoảng của x để bỏ dấu giá trị tuyệt đối.
Đối với pt chỉ chứa 1 hoặc 2gias trị tuyệt đối
thì có thể bình phương để bỏ dấu giá trị tuyệt
đối.

d) PT chứa căn: PP giải chủ yếu là bình
phương hai vế hoặc chuyển về dạng pt chứa
dấu giá trị tuyệt đối.

3. Bất pt bậc nhất ax + b > 0 (a0)

- Nếu a > 0 bất pt có nghiệm x >

b
a



- Nếu a < 0 thì bất pt có nghiệm x <

b
a



Hoạt động 3: Ôn tập tam giác đồng dạng, tứ giác:

I. Tam giác đồng dạng:

?1. Nêu đ/l Ta - lét trong tam giác
và hệ quả của đ/l ?

* MN//BC

AM AN
AB AC
AM AN
MB NC
MB NC

AB AC






AM AN MN

AB AC BC

?2. Nêu t/c đường phân giác trong
của tam giác ?

?3. Nêu các trường hợp đồng dạng
của tam giác ?

1.a) Đ/l: Nếu một đường thẳng song song với
một cạnh của tam giác và cắt 2 cạnh còn lại thì
định ra trên 2 cạnh đó những đoạn thẳng tương
ứng tỉ lệ.

b) Hq: Nếu một đường thẳng cắt 2 cạnh của một
tam giác và song song với cạnh còn lại thì nó
tạo ra một tam giác mới có 3 cạnh tương ứng tỉ
lệ với 3 cạnh của tam giác đã cho.

2. Trong tam giác đường của một góc chia cạnh
đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh
kề hai hai đoạn ấy.

Lưu ý: T/c này vẫn đúng đối với đươngà pân

giác ngoài của tam giác.

3. Các trường hợp đồng dạng của tam giác:
a) Trường hợp (c.c.c): Nếu 3 cạnh của tam giác
này tỉ lệ với 3 cạnh của tam giác kia thì hai tam
giác đó đồng dạng.

b) Trường hợp (c.g.c): Nếu 2 cạnh của tam giác

B C

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

?4. Từ các trường hợp đồng dạng
của tam giác suy ra các trường hợp
đồng dạng của hai tam giác vuông ?
GV: Nhận xét, bổ sung, nhắc lại
từng ý khắc sâu cho HS.

- Nếu góc nhọn của tam giác vng
này bằng góc nhọn của tam giác
vng kia thì hai tam giác vng đó
đồng dạng.

?5. Nếu hai tam giác đồng dạng thì tỉ
số hai diện tích của chúng như thế
nào so với tỉ số đồng dạng ?

GV: Vẽ hình nhắc lại cơng thức tính
diện tích tam giác cho HS.

II. Tứ giác, đa giác:

?6. Nêu đ/l về tổng số đo các góc
trong một tứ giác ?

?7.a) Nêu đ/n hình thang, hình thang
vng, hình thang cân?

b) Nêu t/c của hình thang?

c) Nêu đ/n, t/c đường trung bình của
hình thang ?

d) Nêu cơng thức tính diện tích hình
thang ?

GV: Lưu ý HS:

* vẽ hình nhắc lại từng ý khắc sâu
cho HS

* Đối với hình thang cân còn có
thêm 2 t/c:

- Trong hình thang cân 2 góc đối bù
nhau.

- Trong hình thang cân 2 đường chéo
bằng nhau.

- Hình thang cân có 1 trục đối xứng:
Trục đối xứng vng góc với 2 đáy,
đi qua trung điểm 2 đáy và giao điểm
của 2 đường chéo.

* Cách c/m 1 tứ giác là hình thang.
?8. a) Nêu các cách c/m một tứ giác
là hình bình hành.

này tỉ lệ với 2 cạnh của tam giác kia và 2 góc
tạo bởi các cặp cạnh đó bằng nhau thì hai tam
giác đó đồng dạng.

c) Trường hợp (g.g): Nếu hai góc của tam giác
này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia thì
hai tam giác đó đồng dạng.

4. Các trường hợp đồng dạng của tam giác
vng:

- Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vng của
tam giác vuông này tỉ lệ với cạnh huyền và một
cạnh góc vng của tam giác vng kia thì hai
tam giác vng đó đồng dạng.

- Nếu 2 cạnh góc vng của tam giác vng này
tỉ lệ với 2 cạnh của tam giác vng kia thì 2 tam
giác vng đó đồng dạng.

5. Nếu hai tam giác đồng dạng thì tỉ số hai diện
tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng.

6. Tổng các góc của một tứ giác có số đo bằng
3600.

7.a) Đ/n: * Hình thang: Hình thang là một tứ
giác có hai cạnh đối song song.

* Hình thang vng: Hình thang vng là hình
thang có 1 góc vng.

* Hình thang cân là hình thang có 2 góc kề một
đáy bằng nhau.

b) T/c: Trong hình thang 2 góc kề một cạnh bên
bù nhau.

c) * Đ/n: Đường trung bình của hình thang là
đoạn thẳng nối trung điểm 2 cạnh bên.

* T/c: Đường trung bình của hình thang thì song
song với hai đáy và bằng nửa tổng hai đáy.
d) Diện tích hình thang:

S =





a b h

, trong đó a, b là độ dài 2 đáy, h
là chiều cao, (a, b, h cùng đơn vị đo)

8.a) C1: c/m theo đ/n: Chỉ ra tứ giác có các cặp
cạnh đối song song.

C2: C/m tứ giác đó có 1 cặp cạnh đối song song

A B

ABC
A B C

ABC A B C

S AB

S    A B

  

 

 

  

 



h h/

B C B/ C/

b
h

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

b) Cơng thức tính diện tích hình
thang?

?9. a) Nêu các cách c/m một tứ giác
là hình chữ nhật.

b) Cơng thức tính diện tích hình chữ
nhật ?

?10. a) Nêu các cách c/m một tứ giác
là hình thoi ?.

b) Cơng thức tính diện tích hình

thoi ?

?12.a) Nêu cách c/m 1 tứ giác là
hình vng ?

b) Cơng thức tính diện tích hình
vng cạnh a ?

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất
cách trả lời.

và bằng nhau.

C3: C/m tứ giác đó có 2 đường chéo cắt nhau
tại trung điểm mỗi đường.

C4: C/m tứ giác đó có các góc đối bằng nhau.
C5: C/m tứ giác đó có các góc kề bù nhau
b) S = DC.AH

9. a) C1: C/m theo đ/n: Chỉ ra tứ giác có 4 góc
vng.

C2: C/m hình bình hành có 1 góc vng.

C3: C/m hình bình hành có 2 đường chéo bằng
nhau.

C4: C/m hình thang cân có một góc vng.
b) S = a.b (a, b là các kích thước của hình chữ

nhật cùng đơn vị đo)

10.a) C1: C/m theo đ/n: Chỉ ra tứ giác có 4 cạnh
bằng nhau.

C2: C/m hình bình hành có 2 cạnh kề bằng nhau
C3: C/m hình bình hành có 2 đường chéo vng
góc.

b) Diện tích của hình thoi: S = 1 2
1

2d d

Hoặc S = đáy nhân chiều cao tương ứng.
12. a) Các cách c/m 1 tứ giác là hình vng:
C1: C/m hình thoi có 1 góc vng.

C2: C/m hình thoi có 2 đường chéo bằng nhau.
C3: Cm hình chữ nhật có 2 cạnh kề bằng nhau.
C4: Hình chữ nhật có 2 đường chéo vng góc.
Hoạt động 3: Hướng dẫn học ở nhà:

- Học bài trong vở ghi thuộc phần lí thuyết vừa ơn, tập làm lại bài khó.
- Làm tiếp các BT cịn lại của CDD1.

- Ơn tập về đường tròn và tứ giác nội tiếp.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 29/5/2012 soạn: B6:

LUYỆN TẬP CĐ1: DẠNG 3. ÔN TẬP HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC
VUÔNG; ĐƯỜNG TRỊN VÀ CÁC QUAN HỆ TRONG ĐƯỜNG TRỊN. GĨC VỚI

ĐƯỜNG TRỊN.

i. mơc tiªu:

- Kiến thức: - Tiếp tục củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chuyờn đề 1

thông qua việc giải các bài tập:Rót gän mét biĨu dạngtổng hợp.

- Ôn tập hệ thức lượng trong tam giác vng, đường trịn và các quan hệ trong

đường tròn.

- Kĩ năng: Vận dụng các kiến thức đó vào giải các bài tập.

C
D

A B

B
d2

A d1O

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

- Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, tính linh hoạt, sỏng to.
II. Chun b:

GV: Tài liệu ôn tập.

HS: chuẩn bị tài liệu: sách vở ôn tập theo y/c của GV.
III. tiến trình dạy học:

Hot ng ca GV &HS Yu cu cần đạt

Hoạt động 1: ễn t p ti p: T giỏc:ậ ế ứ

GV: Nêu lại các câu hỏi, y/c HS trả lời.
GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
trả lời.

HS: trả lời và nhận thức đúng các kiến
thức cơ bản

Hoạt động 2: Ch ữa bài tập dạng 3: Các bài toán tổng hợp:
1. Cho BT

1 1

1 1 1

x x x x

x

x x x

     

 

   

      

   

Với x > 0; x1.

a) Rút gọn P.



 





 



1 1 1

1 1

1 1 1 2

.
1

x x x x x

P

x x

x x x x x

x x
x
    


 
 
     
 
     
 


b) Tìm x để P = 3, ta có:
2

3 3 2 0

x

x x
x



    

Đặt t = x t, 0, ta có 3t2 + t - 2 = 0

1 4.3.2 1 24 25 0 5

         

PT có 2 nghiệm phân biệt:

1 2

1 5 4 2 1 5 4 2

;

2.3 6 3 2.3 6 3

t     t    

< 0 nên
loại.

Với t = 2/3

2 4

3 9

x x

   

4.Cho BT:

4 8 2 3

:
4

2 2

x x x

P

x

x x x x

    

      



 

   

a) Tìm ĐK của x để P có nghĩa.
ĐK x > 0; x4

b) Rút gọn P:







 











4 2 8 2 3 2

2 2 2

x x x x x

P

x x x x

    

  



 



















8 4 8

.
4 4
2 2
4 2

.
1

2 4 1

x x

x x x

x

x x

x x x x

x
x x

 


  

 

  

2. Cho BT:

1 2 1

1 1 1

x x x

P

x x x x x

  

  

   

với x 0; x1

a) Rút gọn P.



 









 



1 2 1

1 1

x x x x

P

x x x

x x x

x x

x x x

     

  
 
 
 
  

b) Tìm giá trị lớn nhất của P
Vì x +

1 3 3

2 4 4

x  x   

  nên P lớn

khi và chỉ khi - x lớn nhất. Mà - x 0

Vậy max P = 0  x0
3. Cho BT:

1 1

. , 0, 1

1
1

a a a

P a a a

a
a
   
    

   
 

a) Rút gọn P.









1
1 .
1
1
1 2
1
1 1

P a a a

a
a
a a
a
a a
   


 
   
 

b) Tính giá trị của P khi



3 2



5 5 2 6

2 2 2

a     





2 3 2 6 2

2 2

 

 

Ta có P =

6 2 2 2 6 4

2 2

P     

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

c) Tìm x để P = - 4.





4 4 4 0

2 0 2 4

x

x x

x

x x x

     



      

5. Cho BT

:
1 1
1 2
1 1
x x
P

x x x x x

x

x x x x x

  
  
     
 
 

 
     
 

a) Tìm ĐK của x để P có nghĩa.
ĐK x 0;x1

b) Rút gọn P.





















































1
:
1

1 1

1 2

1 1 1

1 1 2

1 1 1 1

1 1

1 1 1

x x
P

x

x x

x

x x x

x x x x x

x x x x

x x

x

x x x

 


 
 
    
 
 
  
    
 
    

   
 

 

  

c) Tìm các số nguyên x sao cho P nguyên.
P nguyên

1 Z x

x

   

 Ư(1)

1 1 0 0

x x x

      

8. Cho BT P =

2 1 2 2

y

x z

xy x  yz y  xz z

Biết x.y.z = 4

4
y
xz
 
4
2

4 4 4 2 2

. 2 . 1

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

1 1

2 2

x xz z

xz z

x x z

xz xz xz

xz z

xz z z xz xz z

xz z
P
xz z
 

 
   
  
     
 
   
 





3 3

1 1

: ,

1 1 2

2; 1; 0

x x

P x x

x x x


     
     
  
   
  

a) Rút gọn P.



 





 



2 2
2 2
2 2
2 2

1 1 .

1 1

x x

P x x

x

x x x

 

   

 

b) Tính giá trị của P khi x = 6 2 2

Ta có







 



6 2 2 2 4 2 2 2 2 2

6 2 2 6 2 2 3 2

2 2 2 3 2 2 6 2 2 2 3 2

3 2 3 2 3 2

2 6 2 2 2 3 2

P      

  
    
 
  
  


* Khi x =





3 2 2  2 1  2 1

,
ta có:







 





 



2 1 2 2 2 2 1 2

2 1 2 1

2 2 1 2 1 4 2 2 2 1

3 2

2 1

2 1 2 1

P      

 

    

   



 

c) Tìm x để P = 3

3 3 2 0

x

x x

x



    

9 4.1.2 17 0 17

       

Pt có 2 nghiệm:

1 2

3 17 3 17

;

2 2

x   x  

thỏa mãn ĐK bài
ra.

Vậy 1 2

3 17 3 17

;

2 2

x   x  

7. Tìm các số thực x để:

1
1

P x x

x x

   

  là số tự nhiên.

Ta có : P =









2
2

2 2 2

2 2

1 1 1 2 1 1

1 1

2 1

2
1

x x x x x x

x x x x

x x x

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

Suy ra với mọi x Z- thì P là số tự nhiên.

Ho t ạ động 3: Ôn t p h th c lậ ệ ứ ượng trong tam giác vuông:

?13. Các hệ thức lượng trong tam giác
vuông.

?14. Tỉ số lượng giác của góc nhọn?
a) Đ/n

b) T/c:

?15. các hệ thức về cạnh và góc trong
tam giác vng.

13. ABC vng ở A, AHBC, ta có:

a) b2 = a.b/; c2 = a.c/
b) h2 = b/.c/

c) a.h = b.c
d) 2 2 2

1 1 1

h b c

e) a2 = b2 + c2.

14.  ABC vng ở A, có B 

a) Đ/n:
sin

AC
BC

 

; cos

AB
BC

 

; tan

AC
AB

 

; cot

AB
AC

 

b) T/c của tỉ số lượng giác của góc nhọn.
* Nếu  900 thì:

sin cos ; os c  sin ; tan  cot ;cot  tan

* 0 < sin < 1; 0 < cos < 1

* sin2 + cos2 = 1; tan

sin
os

c







; cot

os
sin

c 





tan.cot 1

15.  ABC vng ở A, ta có:

* b = a.sinB = a.cosC = c.tanB = c.cotC

* c = a.sinC = a.cosB = b.tanC = b.cotB
Hoạt động 4: Đường tròn v các quan h trong à ệ đường tròn.

?1. Nêu các
cách xác định
đường tròn ?
?2. Nêu mối
quan hệ giữa
đường kính và
dây trong một
đường tròn?
?3.a) Nêu t/c
của 1 tiếp
tuyến?

b) Nêu t/c của
hai tiếp tuyến
cắt nhau ?
?4. Nêu các vị
trí tương đối
của hai đường
tròn ?

1. Ba cách xác định 1 đường tròn.

a) Đường tròn xác định bởi tâm và bán kính.
b) Đường trịn được xác định một đường kính.

c) Ba điểm A, B, C, khơng thẳng hàng xác định một đường tròn.
2. Trong một đường tròn:

- Đường kính là dây cung lớn nhất.

- Đường kính vng góc với 1 dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.
- Đường kính đi qua trung điểm của một dây khơng đi qua tâm thì
vng góc với dây.

- Hai dây bằng nhau khi và chỉ khi chúng cách đều tâm.
- Dây lớn hơn khi và chỉ khi nó gần tâm hơn.

3. a) Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường trịn thì nó
vng góc với bán kính đi qua tiếp điểm.

b) Nếu 2 tiếp tuyến của một đường trịn cắt nhau tại một điểm thì:
- Điểm đó cách đều 2 tiếp điểm.

- Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi 2 tiếp
tuyến.

- Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi 2 bán
kính đi qua các tiếp điểm.

4. Cho (O; R), (O/; r) có R  r . Gọi d = OO/.
a) Hai đường tròn cắt nhau: R - r < d < R + r

- Đường nối tâm là đường trung trực của dây cung chung.

A
b
c

c/ b/

B C

H a
C



A B

a
b

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

?5. Nêu mối
liên hệ giữa
cung và dây

trong một

đường tròn ?
?6. Nêu các
mối quan hệ
giữa góc với
đường trịn ?

(số đo góc với
số đo cung bị
chắn)

?7. Nêu các
cách c/m một
tứ giác nội tiếp.
GV: vẽ hình
chỉ rõ từng
trường hợp cho
HS

- Có 2 tiếp tuyến chung.

b) Hai đường trịn tiếp xúc nhau:

- Tiếp xúc ngoài: d = R + r, (Tiếp điểm và hai tâm thẳng hàng; có 3
tiếp tuyến chung)

- Tiếp xúc trong: d = R - r, ( Tiếp điểm và 2 tâm thẳng hàng; có 1 tiếp
tuyến chung)

c) Hai đường trịn khơng có điểm chung:

- Ở ngoài nhau: d > R + r , (Có 4 tiếp tuyến chung)
- Đựng nhau: d < R - r, (khơng có tiếp tuyến chung)
5. Trong một đường tròn hay 2 đường tròn bằng nhau:

- Hai dây bằng nhau thì trương 2 cung bằng nhau và ngược lại.

- Đường kính vng góc với thì đi qua điểm chính giữa của cung căng
dây.

- Hai cung chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau.

6. a) Góc ở tâm: Góc ở tâm có số đo bằng số đo của cung bị chắn.
b) Góc nội tiếp: Góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo của hai cung bị
chắn.

c) Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây có số đo bằng nửa số đo của
cung bị chắn.

d) Góc có đỉnh ở bên trong đường trịn có số đo bằng nửa tổng số đo 2
cung bị chắn.

e) Góc có đỉnh ở bên ngồi đường trịn có số đo bằng nửa hiệu số đo
của hai cung bị chắn.

?7. Các cách c/m 1 tứ giác nội tiếp:

C1: C/m 4 đỉnh cách đều một điểm cố định
C2: Tổng 2 góc đối bằng 1800.

C3: Hai góc kề nhau cùng nhìn một cạnh có số đo góc bằng nhau.
C4: Tứ giác có góc ngồi bằng số đo góc đối diện.

Hoạt động 5: Hướng dẫn học ở nhà:

- Học bài trong vở ghi và sách ơn tập thuộc lí thuyết, xem lại các BT đã chữa.
- Đọc tiếp chủ đề 2.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...

Ngày 30/5/2012 soạn: B7

ÔN TẬP CĐ 2: HÀM SỐ y = ax + b VÀ HÀM SỐ y = ax2

CĐ 5: HỆ PT BẬC NHẤT 2 ẨN; CĐ4: PT BẬC HAI MỘT ẨN. ƠN (TIẾP) GĨC
VỚI ĐƯỜNG TRỊN

I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản về HS bậc nhất

y = ax+ b(a 0) và HS y = ax2 (a 0); PT, BPT bậc nhất một ẩn; HPT bậc nhất 2 ẩn;

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

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thân, linh hoạt và sáng tạo.
II. CHUẨN BỊ:

GV: Hệ thống câu hỏi và bài tập phù hợp với mục tiêu trên.
HS: Ôn tập theo HD của GV.

III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS u cầu cần đạt
Hoạt động 1: Ơn tập lí thuyết

I. Hàm số bậc nhất y = ax + b (a0)

?1. Hàm số bậc nhất là hàm số được cho
bởi công thức như thế nào ?

?2. Nêu tập xác định và t/c của hàm số bậc
nhất ?

?3. Nêu hình dạng đồ thị hàm số bậc nhất
y = ax + b, ý nghĩa tên gọi a, b trên đồ thị?
?4. Nêu cách nhận biết 2 đường thẳng cắt
nhau, song song, trùng nhau, vng góc
với nhau?

II. Hàm số bậc hai y = ax (a 2



0)
?5. Nêu tập XĐ và t/c của HS y = ax2?

?6. Nêu hình dạng và đặc điểm vị trí của
đồ thị trên mặt phẳng tọa độ ?

GV: Nhận xét, bổ sung, nhắc lại từng câu,
từng ý khắc sâu cho HS.

1. Hàm số bậc nhất là hàm số được cho
bởi công thức y = ax + b, trong đó a, b là
các số cho trước và a 0.

2. + Hàm số này được xác định với mọi
giá trị của x thuộc R.

+ T/c: - Đồng biến trên R, khi a > 0.

- Nghịch biến trên R, khi a < 0.
3. Đồ thị HS bậc nhất y = ax + b là một
đường thẳng, a đgl hệ số góc, b là tung độ
gốc của đường thẳng đó.

4. Đặc điểm giữa hai đường thẳng d:
y = ax + b và d/: y = a/x + b/

a) d cắt d/ khi và chỉ khi a



a/.

b) d//d/ khi và chỉ khi a = a/ và b b/.
c) dd/ khi và chỉ khi a = a/, b = b/.

d) dd/ khi và chỉ khi a.a/ = -1

5. a) Hàm số này được XĐ với mọi xR.

b) T/c: + Nếu a > 0, HS đồng biến khi x >
0 và nghịch biến khi a < 0.

+ Nếu a < 0, HS đồng biến khi x < 0 và
nghịch biến khi x > 0.

6.a) Đồ thị của HS y = ax2 là đường cong
hình parabol với đỉnh là O.

b) - Nếu a > 0 thì đồ thị nằm phía trên trục
hồnh.

- Nếu a < 0 thì đồ thị nằm phía dưới trục

hồnh.

Hoạt động 2: Bài tập:
1. VD10. Cho M(1; 2) gọi d là đường

thẳng qua M, cắt trục Ox tại A, Oy tại B.
Viết pt đường thẳng d biết AB = 2.OM và
M nằm trên đường thẳng AB.

GV: y/c HS thảo luận nhóm làm bài 10/,
sau đó cho 1 HS lên bảng trình bày, lớp
theo dõi nhận xét, bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm và giới thiệu thêm cách khác cho HS.

1. Do OAB vuông tại O mà AB = 2.OM

và M nằm trên đoạn thẳng AB. Suy ra M
là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Vì M(1; 2) suy ra A(2; 0) và B(0; 4).

C1: Do xA xB nên đường thẳng AB

không song song với Oy, gọi pt của d có
dạng y = ax + b, suy ra b = 4 và

2 2

b

a
a

   

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

2. VD11: Cho hàm số y = ax - 1 và 2 điểm
A(1; - b), B(a3; b4). Tìm a, b để đồ thị hàm
số là đường thẳng đi qua điểm A, B.
GV: y/c HS thảo luận nhóm làm bài 10/,
sau đó cho 1 HS lên bảng trình bày, lớp
theo dõi nhận xét, bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm và giới thiệu thêm cách khác cho HS.
Vì 2a2 - a + 1 = (a2 - 2.a.

2+

4) + a2 + 
3
4

1 3 3

2 4 4

a a

 

      

 

Nên a - 1 = 0  a = 1. Do đó b = 1- 1 = 0

Vậy để đồ thị hàm số y = ax - 1 đi qua 2
điểm A(1; -b) và B(a3; b4) thì a = 1, b = 0

0 2

4 0

4 2 8

2 4 8 2 4

A A

B B

y y x x y x

xy xy x y

y x y x

   

  

   

    

     

2.Đồ thị hàm số y = ax - 1 đi qua 2 điểm
A(1; -b) và B(a3; b4) nên thay tọa độ A, B
vào pt ta được:

4 4 4 4

1 1

b a b a

b a a b

    

 



 

   

 

Thế (1) vào (2) ta có:







 



4
4

4 2 3 4

3 2

1 1

1 4 6 4 1

4 6 4 2 0

2 3 2 1 0

2 2 2 1 0

a a

a a a a a

a a a

a a a a

  

      

    

     



 











2
2

2 1 1 1 0

1 2 1 0

a a a a

a a a

     

    

Hoạt động 3: Ôn tập hệ PT bậc nhất 2 ẩn; pt bậc 2 một ẩn..
?1. Nêu cách giải hệ pt bậc nhất

2 ẩn ?

ax by c

a x b y c

 




    


VD: Giải hpt:

3 4 7(1)

2 1(2)

x y
x y

 




 



?2. Nêu các bước giải bài toán
bằng cách lập hệ pt ?

VD: Một ô tô và một xe đạp
chuyển động đi từ 2 đầu một
quảng đường 156km, sau 3h thì
gặp nhau. Nếu đi cùng chiều và
xuất phát từ 2 địa điểm, sau 1h
2 xe cách nhau 28km. Tính vận
tốc xe đạp và xe ơ tô?

1. các cách giải hệ pt bậc nhất 2 ẩn:

C1: PP thế: Từ 1 trong 2 pt rút ra một ẩn theo ẩn kia,
thế vào pt thứ hai ta được pt bậc nhất 1 ẩn; giải pt
một ẩn sau đó thay vào biểu thức vừa rút ra tìm ẩn
còn lại.

C2: PP cộng đại số:

- Quy đồng hệ số 1 nào đó (làm cho một ẩn nào đó
có hệ số bằng nhau hoặc đối nhau)

- Trừ hoặc cộng vé với vế để khử ẩn đó.
- Giải ra một ẩn rồi suy ra ẩn kia.

VD -HS giải cả 2 pp

C1: Từ (2) suy ra: y = 2x - 1 thế vào pt (1) ta có:





3 4 2 1 7 11 11 1

2 1 1

2 1

x x x x

y x y

y x

  

    



 

  

  

 

  



C2:

3 4 7 3 4 7 11 11 1

2 1 8 4 4 2 1 1

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

   

      

   

B1: Lập hpt:

- Chọn ẩn, đặt ĐK thích hợp cho ẩn.

- Biểu diễn các đại lượng chưa biết qua ẩn.
- Lập hpt.

B2: Giải hpt.

B3: Nhận xét kết quả và trả lời.

VD: Gọi vận tốc xe đạp là xkm/h; vận tốc xe otoo là
y km/h.(x, y > 0)

Khi gặp nhau, tức là ô tô và xe đạp cùng đi hết

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

?6. Nêu các bước giải pt bậc hai
một ẩn bằng công thức nghiệm.

C2: Giải pt bậc hai theo công
thức nghiệm thu gọn:

- Tính   b2 ac.

+ Nếu > 0 thì pt có 2

nghiệm phân biệt:

1 ; 2

b b

x x

a a

   

     

 

+ Nếu = 0 thì pt có nghiệm

kép: x1=x2 =

b
a




+ Nếu < 0 thì pt vơ nghiệm.

?7. ĐK để tính nhẩm nhanh
nghiệm của pt bậc hai ?

quảng đường do đó ta có: 3 x + 3y = 156

- Nếu đi cùng chiều và xuất phát từ 1 địa điểm, sau
1h ô tô cách xe đạp 28 km nên ta có PT:

y - x = 28

Do đó ta có hệ PT

3 3 156 52 2 80 40

28 28 52 12

x y x y y y

x y x y x y x

     

   

  

   

        

   

Cả 2 giá trị đều thỏa mãn ĐK trên.
Vậy vận tốc xe đạp 12km/h

Vận tốc ôt ôt là 40km/h
6. các cách giải:

C1: Giải pt bậc hai theo cơng thức nghiệm.
- Tính  = b2 - 4ac.

+ Nếu  0 thì pt có 2 nghiệm phân biệt:

1 2. ; 2 2.

b b

x x

a a

     

 

+ Nếu  = 0 thì pt có nghiệm kép: x1 = x2 = 2.

b
a



+ Nếu  < 0 thì pt vơ nghiệm.

7. ĐK để tính nhẩm nhanh nghiệm của pt bậc hai:
+) Nếu a + b + c = 0 thì pt có 2 nghiệm x1 = 1 và
x2 =

c
a.

+) Nếu a - b + c = 0 thì pt có 2 nghiệm x1 = - 1 và
x2 =

c
a



Hoạt động 3: Bài tập:
1. Cho đường thẳng d:

y = (m + 2)x + m. Tìm m để d:
a) Song song với đường thẳng d1:
y = - 2x + 3.

b) Vng góc với đường thẳng d2:
y =

3x + 1.

c) Đi qua điểm N(1; 3)

2. Cho hs y = 2x + 3b và

y = (2a + 1)x + 2b - 3.

Tìm ĐK của a và b để đồ thị của 2 hàm
số là:

a) Hai đường thẳng cắt nhau.

b) Hai đường thẳng song song với nhau.
c) Hai đường thẳng vng góc với
nhau.

d) Hai đường thẳng trùng nhau.

1.a) Đường thẳng d: y = (m + 2)x + m song
song với đường thẳng d1: y = -2x + 3

2 2 4

3 3

m m

  

 

   

 

  Vậy m = - 4.

b) Đường thẳng d: y = (m + 2)x + m vng
góc với đường thẳng d2: y =

1
1

3x .

Khi (m + 2).
1

1 2 3 5

3  m   m

c) Đường thẳng y = (m + 2)x + m đi qua
điểm N(1; 3)





3 2 .1 2 2 3

m m m m

        

2. a) Hai đường thẳng:

y = 2x + 3b và y = (2a + 1)x + 2b - 3
cắt nhau

2 1 2

a a

    

.
b) Hai đường thẳng:

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

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.

d) Hai đường thẳng:
y = 2x + 3b và

y = (2a + 1)x + 2b - 3 trùng nhau
1

2 1 2

3 2 3 3

a a

b b b


  
 
   
 
  


3. Cho hàm số:
y =



3 m m x



 2 m

a) Tìm m để hàm số đi qua điểm A(1;
0)

b) Tìm m để đồ thị hàm số song song
với đường thẳng d: y = -2x.

GV: Nhận xét, bổ sung.
* Với

3 17 9 6 17 17

2 4

m t    m  

26 6 17 13 3 17

4 2

m  m 

   

* Với

3 17 9 6 17 17

2 4

m t    m  

26 6 17 13 3 17

4 2

m  m 

   

4. Tìm giao điểm của các cặp đường
thẳng sau:

a) y = 3x + 2 và Ox;
b) y = - 2x + 6 và Oy;
c) y = 2x + 3 và y =

2x + 6.

5. Cho đường thẳng d: y =(m+2)x + m.
Tìm m để d tạo với chiều dương của
trục Ox một góc 1350.

6. Cho đường thẳng d: y = 3x+2 và d/:
y =

3x + 5. Tìm góc tạo bởi hai
đường thẳng d và d/.

GV: Gợi ý HS vẽ đồ thị của mỗi đường
thẳng, xác định góc tạo bởi mỗi đường

thẳng với Ox, từ đó xác định góc tạo
bởi 2 đường thẳng d và d/.

song với nhau:

2 1 2

2
2 3
3
a a
b b
b

  
 
   
 
  


c) Hai đường thẳng:

y = 2x + 3b và y = (2a + 1)x + 2b - 3 vng
góc với nhau





2 2 1 1 4 2 1

3
4 3
4
a a
a a
     
   

3. a) Đồ thị hs y =



3 m m x



 2 mđi qua
điểm A(1; 0) nên thay tọa điểm A vào pt, ta
có:





3 2 0 0

0 0

1 0

m m m m m

m m
m m

m
m
     
   
     

  


b) Đồ thị hs y =



3 m m x



 2 m song song
với đồ thị hàm số y = - 2x

3 2 3 2 0(*)

2 0

m m m m

m
m
      
 
   


 
 


Đặt t = m,, ta có:
t2 - 3t -2 = 0

( 3) 4.1.( 2) 17 0 17

         

Pt có 2 nghiệm:

1 2

3 17 3 17

;

2 2

t   t  

4. a) Giao điểm A của đường thẳng
y = 3x + 2 và Ox là nghiệm của hpt:

3 2

y x x

y
y

  
 

 

  

 Vậy A

2
;0
3
 

 
 

b) Giao điểm B của đường thẳng
y = - 2x + 6 và Oy là nghiệm của hpt:

2 6 0

0 6

y x x

x y
  
 

 
 

  Vậy B



0;6



c) Giao điểm C của đường thẳng
y = 2x + 3 và y =

2x + 6 là nghiệm của hpt:

2 3

1,5 3 2

2 3 1

y x

x x

y x y

y x
 

 
 

 
  
  
   



Vậy C



2; 1



5. Để đường thẳng d có pt: y = (m + 2)x + m

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

Góc tạo bởi 2 đường thẳng là góc DMB
Hay 1800 - DMB

GV: Nhận xét, bổ sung.

* Góc tạo bởi 2 đường thẳng là góc
DMB Có số đo là:









180

DMB  MAD 

 DMB 1800



1200300



300
7. Cho 3 đường thẳng d1: y = x + 2; d2:
y = - 2x + 8; d3: y = (m + 1)x - m. Tìm
m để 3 đường thẳng trên đồng quy tại
một điểm.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.

Tạo với chiều dương của trục Ox một góc
1350 tức là d song song với đường thẳng có
pt y = - x. Suy ra:

2 1

3
0

m

m
m

 


 





6.* Xác định giao điểm của mỗi đường thẳng
với 2 trục tọa độ:

+ d: y = 3x+2

Cho x = 0 y2; cho y = 0  x=

2
3
+ d/: y =

3 x + 5

Cho x = 0  y5; cho y = 0  x5 3

* Góc tạo bởi d và Ox

tan

3 60

2
3

OA
OB

      

 1800 1800 600 1200

MBC 

     

* Góc tạo bởi d/ và Ox
tan

5 1

5 3 3

OC
OD

      

7.Tìm giao điểm d1 và d2:
* Tìn hồnh độ:

x + 2 = - 2x + 8  3x = 6  x = 2

* Tìn tung độ:

y = x + 2 = 2 + 2 = 4
Vậy d1d2 = I(2; 4)

Đường thẳng d3: y = (m + 1)x - m đồng quy
với d1, d2 thì phải đồng quy tại I. Do đó, thay
x = 2, y = 4 vào pt đường thẳng d3 ta có:
4 = (m + 1).2 - m  2m - 2 - m = 4 m = 2

Hoạt động 3: Ơn tập tiếp Góc với đường trịn:
?1. Nhắc lại đ/n đường tròn

ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp
đa giác ?

Lưu ý HS: - Cách c/m đường
tròn ngoại tiếp đa giác; đường
tròn nội tiếp đa giác.

- Bất kì 1 đa giác nào cũng chỉ
có 1 và chỉ 1 đường tròn ngoại
tiếp và chỉ 1 đường tròn nội
tiếp.

?2. Nhắc lại cơng thức tính độ
dài đường trịn, cung trịn, diện
tích hình trịn; hình quạt trịn ?

1. a) Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa
giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác và đa
giác được gọi là đa giác nội tiếp đường tròn.

b) Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa
giác được gọi là đường tròn nội tiếp đa giác và đa
giác được gọi là đa giác ngoại tiếp đường tròn.

2. Độ dài đường tròn: C = 2R, hoặc C = d (trong

đó R là bán kính, d là đường kính đường trịn)
- Cung trịn: 180

Rn
l

(n0 là số đo cung)
- Diện tích hình trịn: S = R2.

C
5

A
D



B
O

5 3





2
3

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

- Hình quạt trịn:

360

R n
S 

hay 2

lR
S

Hoạt động 4: Hướng dẫn học ở nhà:
- Học bài trong Sách ôn tập và vở ghi làm lại các bài tập khó.
- Làm tiếp các bài tập cịn lại buổi sau học tiếp.

- Ơn tập bổ sung về hình học khơng gian.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 30/5/2012 soạn: B8

LUYỆN TẬP CĐ 2: HÀM SỐ y = ax + b và y = ax2 (a0). 
I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Tiếp tục củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chuyên đề 2
(đại số: Hàm số y = ax + b và y = ax2 (a0). Ôn tập bổ sung về tam giác đồng dạng, tứ
giác, đa giác, hệ thức lượng trong tam giác vuông.

- Kĩ năng: vận dụng các kiến thức đó vào giải BT.

- Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, linh hoạt và sáng tạo.
ii. CHUẨN BỊ:

GV: Cách HD HS giải các bài LT, hệ thống câu hỏi lí thuyết hình học để HS Ơn tập bổ
sung về tam giác đồng dạng, tứ giác, đa giác, hệ thức lương trong tam giác vng.
HS: Ơn tập theo HD của GV.

II. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS Yêu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Luyện tập chủ đề 2:

8. Cho 3 điểm M(1; 2), N(0; 3), P(-1; -2).
Tìm a, b để đường thẳng y= ax + b đi qua
P và song song với MN.

GV: y/c HS thảo luận nhóm làm bài 5/.
Sau đó cho HS lên chữa, lớp theo dõi nhận
xét, bổ sung.

GV: Nx, bổ sung, thống nhất cách làm.
* Đường thẳng y = ax + b đi qua điểm
P(-1; -2) song song với y = - x + 3. Suy ra:

1 1

2 3 3

a a

b a b

 

 



 

   

 

Vậy a = -1, b = -3
9. Cho đường thẳng d:

4 4

a a

y x

a a

 

  và

2 điểm M(-1; 0), N(2; 1). Tìm a để đường
thẳng d song song với đường thẳng MN.

(PP dạy tương tự)

10. Tìm a để đường thẳng d: y = ax + 3
vng góc với đường thẳng đi qua 2 điểm
A(0; -1) và B(2; 2).

8. * Đường thẳng y = ax + b song song với
đường thẳng MN. PT đường thẳng MN:

2 1

3 0

2 3 3

M M

N N

y y x x y x

xy x xy y x

y x

   

  

   

     

  

9. PT đường thẳng MN.(M(-1; 0), N(2; 1).

0 1

1 2

2 1

1 1

3 3

M M

N N

y y x x y x

xy y xy x y

y x

   

  

   

     

  

Đường thẳng d song song với đường thẳng
MN nên ta có:

2 1

4 3

a
a
a

a






 


 

 


* Từ (1) suy ra: 3a2 = 4- a3a2+ a - 4 = 0
Pt có dạng a + b + c = 3 + 1 - 4 = 0 nên có

(1)

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

(PP dạy tương tự)
10.

Đường thẳng d vng góc với đường
thẳng AB nên ta có:

a.1,5 = -1

a

 

11. Cho 3 đường thẳng d1:

1 5

2 2

y x

,
d2: y7x 20;d y3: 2x. Tìm 3 giao điểm

của các cặp đường thẳng trên. Tính chu vi
và diện tích của tam giác có 3 đỉnh là 3
giao điểm đó.

(PP dạy tương tự)

GV: Gợi ý HS xác định tọa độ các giao
điểm của các cặp đường thẳng. Nối các
điểm đó tạo ra tam giác.

Chu vi tam giác ABC là:

5 3 5 5 2 4 5 5 2   

Vì d1 và d3vng góc với nhau.
( Vì a.a/ =

.2 1

 

nên ABC900)
Diện tích tam giác ABC:

S =

1 1

. . 5.3 5 7,5

2AB BC 2 

12. Cho A(1; 1) và 2 đường thẳng

d1: y = x - 1; d2 : y = 4x + 2. Viết pt đường
thẳng d qua A và cắt các đường thẳng d1,
d2 tạo thành một tam giác vuông.

(PP dạy tương tự)

2 nghiệm: a1 = 1; a2 =
4
3



* Từ (2) suy ra: 3a4 - a  4a  4 a1

Nên loại a1. Vậy a = a2 =
4
3



10. PT đường thẳng AB.(A(0; -1), B(2; 2).

1 0

2 2

2 2 2

2 3 2 1,5 1

M M

N N

y y x x y x

xy x y xy x

y x y x

   

  

   

     

     

11.* Tìm giao điểm A của d1 và d2;
- Tìm hồnh độ điểm A:

1 5

7 20 5 14 40

2 2

15 45 3

x x x x

x x

       

   

- Tìm tung độ điểm A: y = 7.3 - 20 =1
Vậy A(3; 1)

* Tìm giao điểm B của d1 và d3;
- Tìm hồnh độ điểm A:

1 5

2 5 4

2 2

5 5 1

x x x x

x x

      

   

- Tìm tung độ điểm B: y = 2.1=2
Vậy B(1; 2)

* Tìm giao điểm C của d2 và d3;
- Tìm hồnh độ điểm A:

7x 20 2 x5x20 x4

- Tìm tung độ điểm B: y = 2.4 = 8
Vậy C(4; 8).

Ta có:

2 2

2 1 4 1 5;

6 3 36 9 45 3 5;

7 1 49 1 50 3 2

AB

BC
AC

    

     

12.Vì d1 và d2 khơng vng góc với nhau
nên để tạo thành một tam giác vng thì
d1  d hoặc d2 d. Gọi pt đường thẳng d:

y = ax + b.

Trường hợp 1: d1  d . Suy ra:

a.1 = - 1 a1

d đi qua A(1; 1) nên 1 = -1.1 + b  b = 2

Do đó d: y = -x + 2

Trường hợp 2: d2  d . Suy ra:

8 C

2 B

1 A

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

a.4 = - 1

1
4

a

 

d đi qua A(1; 1) nên 1=
-1

4.1+ b  b =

5
4
Do đó d: y =

-1

4x +

5
4

Hoạt động 2: Luyện tập CĐ 8: Các bài tốn hình học về tính tốn.
1. VD1: Cho tam giác đều ABC. Một

đường thẳng song song với AC cắt cạnh
AB, BC ở M và P. Gọi D là tâm của tam
giác PMB, E là trung điểm của AP. Tính
các góc của tam giác DEC.

GV: y/c HS đọc đề, vẽ hình thảo luận tìm
cách giải.

GV: Theo dõi HD HS giải.

2. Cho tam giác ABC, Mlaf 1 điểm thuộc
cạnh BC. Dựng hình bình hành AEMK
sao cho E AB K, AC. Hãy tính diện

tích hình bình hành AEMK, biết diện tích
của tam giác EBM = S1, diện tích tam
giác MCK = S2.

GV: y/c HS đọc đề, vẽ hình thảo luận tìm
cách giải.

GV: Theo dõi HD HS giải.

1. Gọi N là trung điểm của MP. Vì ABC

đều và MP//AC nên BMP cũng là tam

giác đều, DNMP, EN//AM. Do đó:

   

  




0 0 0 0

0 0 0

90 , 60 , 30 , 120

90 60 150 ;

30 120 150

;

1 1 1

;

2 2 2

DNM MNE DPN NPC

DNE DNE MNE
DPC DPN NPC

DNE DPC

NE NE DN NE ND

MA PC DP PC PD

   

     

    

 

     

Suy ra DNE DPC (c.g.c)

  , 1

DE NE
EDN CDP

DC PC

   

(1)
Do NDP 600  EDC 600 (2)
Từ (1) và (2) suy ra DEC 900, do đó

 300

ECD . Vậy các góc của DEC là:

 90 ,0  60 ,0  300

DEC EDC ECD

Vì AEMK là hình bình hành nên EM//AC,
MK//BA  BEM MKC EMB KCM , 

 EBM KMC (g.g)

Gọi BC = x, ta có:

1
1

2 2

S

S BM BM

S CM  S MC





2 1 1

2 1

2 1 1

. . .

. .

S BM

S BM S x S BM

x BM

S

S S

x

S S BM S x

BM S

    





    

Vì ME//AC nên ABC EBM

Gọi diện tích tam giác ABC là S, tương tự

như trên ta có: 1

x S

BM  S .

Suy ra:

2 1

2 2

1 1

2 1 2 1 2

S S

S

S S S

S S

S S S S S



   

   

B
D

M P

A E C

E K

B C

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

Diện tích hình bình hành AEMK là:
S - S1 - S2 = 2 S S1 2

Hoạt động 4: Hướng dẫn học ở nhà:

- Học bài trong sách ôn và vở ghi thuộc phần lí thuyết vừa ơn lại của hình học.
- Làm lại các bài tập khó vừa chữa.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 01/6/2012 soạn B9.

CHỮA BÀI THI THỬ LẦN I
I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chương trình thơng
qua bài thi thử lần I.

- Kĩ năng: Trình bày bài thi.

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt và sáng tạo.
II. CHUẨN BỊ:

GV: Hệ thống câu hỏi gợi mở, khai thác để HS chủ động nắm được kiến thức.
HS: Làm lại bài thi.

III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS Yêu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Chữa bài đề A;

Câu 1: (3,0 điểm) 1. Giải các phương
trình sau:

a) 5(x + 1) = 3x + 7;





4 2 3 4

1 1

x

x x x x



 

 

2. Cho 2 đường thẳng (d1): y = 2x + 5;
(d2): y = - 4x - 1 cắt nhau tại A. Tìm m để
đường thẳng (d3): y = (m + 1)x + 2m - 1 đi
qua điểm A.

GV: y/c 3 HS lên bảng chữa, lớp theo dõi
nhận xét, bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình:
x2 - 2(m + 1)x + 2m = 0 (1), với ẩn là x.
1. Giải phương trình (1) khi m = 1.
2. Chứng minh rằng: Phương trình (1)
ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
3. Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là
x1, x2. Tìm giá trị của m để x1, x2 là độ dài
hai cạnh của một tam giác vng có cạnh
huyền bằng 12.

Câu 1:

1. a)  5x + 3 = 3x + 7

 2x = 2  x = 1

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1
b) ĐK: x 0 và x 1

 4x + 2x - 2 = 3x + 4 3x = 6  x = 2

(thỏa mãn ĐK trên).
Vậy pt có nghiệm là x = 2.

2. Do A là giao điểm của (d1) và (d2) nên
tọa độ A là nghiệm của hệ pt:

2 5 6 6 0

4 1 2 5

6 6 1 1

2 5 2.( 1) 5 3

y x x

y x y x

x x x

y x y y

   

 



 

   

 

  

  

     

     

  

Vậy A(-1; 3)

Do (d3) đi qua A(-1; 3) nên ta có:
3 = (m + 1).(-1) + 2m - 1

 -m -1 + 2m - 1 = 3 m = 5

Vậy m = 5.
Câu 2:

1. Khi m = 1, ta có pt: x2 - 4x + 2 = 0





2 1.2 4 2 2 0



       

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

Câu 3: (3,0 điểm) Một hình chữ nhật có
chu vi là 52m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 3m
thì được một hình chữ nhật mới có diện
tích 96m2. Tính các kích thước của hình 
chữ nhật ban đầu.

GV: y/c 3 HS lên bảng chữa, lớp theo dõi
nhận xét, bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.

Câu 3:

Gọi chiều dài của hình chữ nhật là x(m),
(ĐK 0 < x < 26)

Vì chu vi hình chữ nhật là 52 nên chiều

rộng hcn là 26 - x.

Sau khi giảm mỗi chiều đi 3m thì được
hình chữ nhật mới có kích thước là: x - 3,
23 - x nên ta có pt:

(x - 3)( 23 - x) = 96
 23x - 69 - x2 + 3x = 96
 x2 - 26x + 165 = 0





2 1.165 169 165 4 0 2

 

          

PT có 2 nghiệm: x1 = 13 + 2 = 15;
x2 = 13 - 2 = 11.

Cả 2 giá trị đều thỏa mãn ĐK trên.
Vậy các kích thước là 15m và 11m.

Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có



A> 900. Vẽ đường trịn (O) đường kính 
AB và đường trịn (O/) đường kính AC. 
Đường thẳng AB cắt đường tròn (O/) tại 
điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt

đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E.
1. Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng
nằm trên một đường tròn.

2. Gọi F là giao điểm của hai đường tròn
(O) và (O/) (F khác A). Chứng minh 3 
điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân
giác của góc EFD.

3. Gọi H là giao điểm của ABvà EF.
Chứng minh BH.AD = AH.BD.
GV: Vẽ hình HD HS c/m từng ý.
- Chỉ ra 2 góc CDB và CEB bằng 900.
- Chỉ ra BFC 1800

- Chỉ ra AF EAF D

- Chỉ ra EA là phân giác trong của góc

1 2 2; 2 2 2

x   x  

2. Ta có:



m 1



2 1.2m m2 2m 1 2m



         

   m21 > 0.

Vậy pt ln có 2 nghiệm phân biệt.
3. Theo hệ thức Vi - ét ta có:





1 2

2 1

. 2

x x m

x x m

   







 Vì x1, x2 là độ dài các

cạnh tam giác nên x1, x2 > 0. Do đó:





2 1 0

2 0

m

m
m

 




 






Theo gt ta có:





2 2

1 2 12 1 2 2 1 2 12

x x   x x  x x 





2 2

4 m 1 4m 12 m m 2 0

       

Pt có dạng a + b + c = 1 + 1 - 2 = 0 nên có
2 nghiệm m1 = 1; m2 = - 2

* Với m = 1 (thỏa mãn ĐK m > 0),
m = -2 < 0 (loại). Vậy m = 1.

Câu 4:

C/m:

1. Ta có AEB900 và ADC 900(góc nội

tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O/))

  900

CDB CEB

  

Suy ra 4 điểm B, C, D, E cùng nằm trên
đường trịn tâm I đường kính BC.

2. Ta có: * AF BAF C 900(góc nội tiếp
chắn nửa đường trịn). Suy ra:



BFC AFBAF C1800 ba điểm B, F, C

thẳng hàng.

* AF EABE (cùng chắn cung AE) và

 

AFDACD(cùng chắn cung AD)

Mà ECD EBD (cùng chắn cung DE của tứ

giác BCDE nội tiếp)

Suy ra AF EAFD FA là phân giác của

O
H

F
D
E

C
B

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

DEH và EB là phân giác ngoài của góc
DEH.

- Lập các hệ thức theo t/c đường phân
giác, từ đó suy ra đ/cm.

Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c là 3 số
dương thỏa mãn a + b + c = 3. C/mr:

3 3 3

a b c

a a bc b b ca c c ab 

GV: Chữa cho HS:





 

1
3

a a bc a a b c

a a

a a bc a b c

     

 

   

Tương tự, ta có:

(2);
3

(3)
3

b b

b b ca a b c

c c

c c ab a b c



   



   

Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) ta được:
1

3 3 3

a b c

a a bc b b ca c c ab  ,

dấu"=" xảy ra a = b = c = 1.

góc DFE.

3. Ta có:* ABF AEF(cùng chắn cung AF

của đường tròn (O).

* ABF DBFDEC(cùng chắn cung DC

của đường tròn tâm I). Suy ra: EA là phân
giác của góc DEH do đó:

AH EH
AD ED (1)

* AEB900  BEEA suy ra EB là phân

giác ngồi của góc DEH do đó:

BH EH
BD ED(2)

Từ (1) và (2) ta có:

. .

AH BH

AH BD BH AD

AD BD  

Câu 5:

Từ





 

0 2 *

a bc   a bc a bc

,
dấu "=" xảy ra khi a2 = bc

Ta có: 3a + bc = (a + b + c)a + bc

= a2 + bc + a(b + c)2a bc + a(b + c)
Áp dụng (*)). Suy ra:









3a bc  a b c 2a bc  a b c





a a bc a a b c

     

Hoạt động 2: Chữa bài đề B:

Câu 1: (3,0 điểm) 1. Giải các phương
trình sau:

a) 5(y + 1) = 3y + 7;





4 2 3 4

1 1

y

y y y y



 

 

2. Cho 2 đường thẳng (d1): y = 2x + 5;
(d2): y = - x - 1 cắt nhau tại B. Tìm m để
đường thẳng (d3): y = (m + 1)x + 3m + 2
đi qua điểm B.

GV: y/c 3 HS lên bảng chữa bài, lớp theo
dõi nhận xét, bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
giải.

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình:
y2 - 2(n + 1)y + 2n = 0 (1), với ẩn là x.
1. Giải phương trình (1) khi n = 1.

2. Chứng minh rằng: Phương trình (1)
ln có hai nghiệm phân biệt với mọi n.
3. Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là
y1, y2. Tìm giá trị của m để y1, y2 là độ dài

Câu 1:1.

a)  5y + 3 = 3y + 7

 2y = 2  y = 1

Vậy phương trình có nghiệm là y = 1
b) ĐK: y 0 và y 1

 4y + 2y - 2 = 3y + 4 3y = 6  y = 2

(thỏa mãn ĐK trên).
Vậy pt có nghiệm là y = 2.

2. Do B là giao điểm của (d1) và (d2) nên
tọa độ B là nghiệm của hệ pt:

2 5 3 6 0

1 2 5

3 6 2 2

2 5 2.( 2) 5 1

y x x

y x y x

x x x

y x y y

   

 



 

   

 

  

  

     

     

  

Vậy A(-2; 1)

Do (d3) đi qua A(-2; 1) nên ta có:
1 = (m + 1).(-2) + 3m + 2

 -2m -2 + 3m + 2 = 1 m = 1

Vậy m = 1.
Câu 2:

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

hai cạnh của một tam giác vng có cạnh
huyền bằng 28.

Câu 3: (3,0 điểm) Một hình chữ nhật có
chu vi là 52m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4m
thì được một hình chữ nhật mới có diện
tích 77m2. Tính các kích thước của hình 
chữ nhật ban đầu.

GV: y/c 3 HS lên bảng chữa bài, lớp theo
dõi nhận xét, bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
giải.

Câu 3:

Gọi chiều dài của hình chữ nhật là x(m),
(ĐK 0 < x < 26)

Vì chu vi hình chữ nhật là 52 nên chiều
rộng hcn là 26 - x.

Sau khi giảm mỗi chiều đi 4m thì được
hình chữ nhật mới có kích thước là: x - 4,
22 - x nên ta có pt:

(x - 4)( 22 - x) = 77
 22x - 88 - x2 + 4x = 77
 x2 - 26x + 165 = 0





2 1.165 169 165 4 0 2

 

          

PT có 2 nghiệm: x1 = 13 + 2 = 15;
x2 = 13 - 2 = 11.

Cả 2 giá trị đều thỏa mãn ĐK trên.
Vậy các kích thước là 15m và 11m.

Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác MNP có



M > 900. Vẽ đường trịn (O) đường kính 
MN và đường trịn (O/) đường kính MP. 
Đường thẳng MN cắt đường trịn (O/) tại 
điểm thứ hai là R, đường thẳng MP cắt
đường tròn (O) tại điểm thứ hai là S.
1. Chứng minh bốn điểm N, P, R, S cùng
nằm trên một đường tròn.

2. Gọi K là giao điểm của hai đường tròn
(O) và (O/) (K khác M). Chứng minh 3 
điểm N, K, P thẳng hàng và KM là phân
giác của góc SKR.

3. Gọi G là giao điểm của MNvà SK.
Chứng minh NG.MR = MG.NR

Câu 5: (1,0 điểm) Cho p, q, s là 3 số
dương thỏa mãn p + q + s = 3. C/mr:

3 3 3

p q s

p p qs q q sp s s pq 





2 1.2 4 2 2 0



       

PT có 2 nghiệm phân biệt:

1 2 2; 2 2 2

y   y  

2. Ta có:



n 1



2 1.2n n2 2n 1 2n



         

   n21 > 0.

Vậy pt ln có 2 nghiệm phân biệt.
3. Theo hệ thức Vi - ét ta có:





1 2

2 1

. 2

y y n

y y n

   







 Vì y1, y2 là độ dài các

cạnh tam giác nên y1, y2 > 0. Do đó:





2 1 0

2 0

n

n
n

 




 






Theo gt ta có:





2 2

1 2 28 1 2 2 1 2 28

y y   y y  y y 















 





 



2 2

4 1 4 28 2 1 7

4 2 0 2 2 1 0

2 3 0 2; 3

n n n n n

n n n n

        

         

      

* Với n = 2 (thỏa mãn ĐK n > 0),
n = -3 < 0 (loại). Vậy n = 2.

Câu 4:

C/m:

1. Ta có MSN 900 và MRP 900(góc nội

tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O/))

  900

PSN PRN

  

Suy ra 4 điểm N, S, R, P cùng nằm trên
đường trịn tâm I đường kính NP.

2. Ta có: * MKN MKP900(góc nội tiếp
chắn nửa đường trịn). Suy ra:



NKP MKN MKP 1800 ba điểm N, K,

P thẳng hàng.

* MKSMNS (cùng chắn cung MS) và

 

MKR MPR (cùng chắn cung MR)

Mà MNS MPR (cùng chắn cung SR của tứ

O
G

K
S

P
N

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

GV: Cho HS dựa vào bài trước chữa bài
này.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.





p p qs p p q s

     





 

1
3

p p qs p p q s

p
p

p p qs p q s

     

 

   

Tương tự, ta có:

(2);
3

(3)
3

q
q

q q ps p q s

s s

s s pq p q s



   



   

Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) ta được:
1

3 3 3

p q s

p p qs q q sp s s pq  ,

dấu"=" xảy ra p = q = s = 1.

giác NSRP nội tiếp)

Suy ra MKS MKR   KM là phân giác của

góc SKR.

3. Ta có:* MNR MSK  (cùng chắn cung

MK của đường tròn (O).

* MNK RNP RSP  (cùng chắn cung RP

của đường tròn tâm I). Suy ra: SM là phân
giác của góc RSG do đó:

MG SG
MR SR (1)

* MSN 900  NS SM suy ra SN là phân

giác ngồi của góc RSG do đó:

NG SG
NR SR (2)

Từ (1) và (2) ta có:

. .

MG NG

MG NR NG MR

MR NR  

Câu 5:

Từ





 

0 2 *

p qs   p qs p qs

,
dấu "=" xảy ra khi p2 = qs

Ta có: 3p + qs = (p + q + s)p + qs

= p2 + qs + p(q + s)2p qs+ p(q + s)

Hoạt động 3: Hướng dẫn học ở nhà:
- Học bài trong vở ghi và sách ôn tập cùng SGK.

- Làm tiếp các bài tập trong sách ôn.

Rút kinh nghiệm sau buổi học: ...
...

...
Ngày 04/6/2012 soạn B10:

LUYỆN TẬP: HÀM SỐ y = ax2 (a0). CÁC BÀI TỐN HÌNH VỀ TÍNH TỐN
I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Tiếp tục củng cố cho HS các kiến thức cơ bản về hàm số y = ax2 (a0); 
Các kiến thức về đa giác, về đường trịn, góc với đường trịn.

- Kĩ năng: Tính tốn, vẽ hình.

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt và sáng tạo.
II. CHUẨN BỊ:

GV: Chọn các bài tập phù hợp với mục tiêu và vừa sức HS.
HS: Học và làm bài theo y/c của GV.

III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS Yêu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Dạng 2: Hàm số y = ax2 (a 0)

1. Cho hàm số y = 2x2. Trong các điểm
sau đây, điểm nào thuộc đồ thị hàm số:

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

A(1; 2), B(-2; -8), C(-1; -2), D( 2; 4),

E( 2; -4).

GV: y/c HS nêu cách suy luận để trả

lời.

GV: Nhận xét, bổ sung, nhắc lại cách
làm.

2. Cho hàm số y = (m -2)x2.

a) Tìm m biết đồ thị hàm số đi qua
điểm A(1; 2).

b) Với giá trị m của câu a, tìm điểm
trên đồ thị hàm số có hồnh độ x = -2.
c) Với giá trị m ở câu a, tìm điểm trên
đồ thị hàm số só tung độ y = 6.

(PP dạy tương tự)

3. Cho HS y = -x2. Tìm trên đồ thị hàm
số điểm A sao cho OA = 6 .

4. Cho HS y = - 3x2. Tìm trên đồ thị
hàm số hai điểm A và B sao cho A, B
có cùng tung độ và khoảng cách AB =
12.

(PP dạy tương tự)

Giải:Vì đồ thị hàm số y =- 3x2 nhận Oy
làm trục đối xứng mà A, B có cùng
tung độ. Suy ra hồnh độ của A, B là

hai điểm đối nhau. Gọi hoành độ của A
là a thì hồnh độ của B là -a. Kẻ AM,
Bn vng góc với Ox (M, N thuộc Ox).
Suy ra AB = MN = a  a  2a 12

6 6

a a

   

* Với a = 6  y = -3.62 = - 108
* Với a = - 6  y = -3.(-6)2 = - 108
Vậy A(6; -108) và B(-6; -108)

5. Cho HS y = - 2x2. Tìm trên đồ thị
hàm số hai điểm A và B sao cho xA +
xB = 1 và yA + yB = 10.

(PP dạy tương tự)
GV: Nhận xét, bổ sung:

X2 -X+ 3 = 0, =(- 1)2 - 4.1.3 = -11< 0
Pt vơ nghiệm.

Vậy khơng có điểm A, B thỏa mãn ĐK
đã cho.

6. Cho HS y = x2 và điểm A(-3; 0).
có:

* A(1; 2), với x = 1 thì y = 2.12 = 2
 A(1; 2) thuộc đồ thị.

* B(-2; -8), với x = -2 thì y = 2.(-2)2 = 8
 B(-2; -8) không thuộc đồ thị.

* C(-1; -2), với x = -1 thì y = 2.(-1)2 = 2
 C(-1; -2) không thuộc đồ thị.

* D( 2; 4), với x = 2 thì y = 2. 22 = 4
 D( 2; 4) thuộc đồ thị.

* E( 2; -4), với x = 2 thì y = 2. 2 2 = 4
 E( 2; -4) không thuộc đồ thị.

2. Hàm số y = (m -2)x2.

a) Đồ thị hàm số đi qua điểm A(1; 2) nên 2 =
(m - 2).1  m - 2 = 2  m = 4.

b) Với m = 4 ta có hàm số y = 2x2, 
với x = -2 thì y = 2.(-2)2 = 8.

c) HS y = 2x2, với y = 6 ta có 2x2 = 6

2 3 3

x x

     C



3;6 ,

 

D  3;6



3. Với x = a  y = - a2, do đó A(a, -a2).
Ta có: OA2 = OM2 + AM2

y =





2 2

6 6a  a a4 a2 6 0

   

 







 





 



2 2

2 2 2

2 2

4 2 0

2 2 2 0

2 3 0

a a

a a a

a a

 

    

 

 

     

   

Vì a2 + 3 > 0 nên a2 - 2 = 0

2 2

a a

     y = 2

Vậy điểm A( 2; 2); A/( 2; 2)

thì OA= 6; OA/ = 6
5. HS y = -2x2

* Điểm A có hồnh độ xA tung độ điểm A

là yA= -2xA2do đó A(xA; -2xA2)

* Điểm B có hồnh độ xB tung độ điểm B là

yB= -2xB2do đó B(xB; -2xB2)
Theo bài ra ta có:

xA + xB = 1 và yA + yB = 10

 -2(xA2+xB2) = 10

 xA2+xB2 = -5 (xA+ xB)2 - 2xAxB = -5

 1 - 2xAxB = - 5  2xAxB = 6 xAxB= 3

Do đó xA, xB nếu có phải là nghiệm của pt:
6.Tung độ điểm M là a2.

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

Điểm M thuộc đồ thị hàm số có hồnh
độ bằng a. Tính khoảng cách AM theo

a, XĐ a để AM ngắn nhất.

(PP dạy tương tự)

7. Cho HS y = 6x2. Tìm trên đồ thị
hàm số 2 điểm A, B sao cho tam giác
OAB là tam giác đều.

GV: Vẽ đồ thị HD HS cách tính.

8. Cho HS y = x2. Tìm trên đồ thị hàm
số 2 điểm A, B sao cho tam giác OAB
cân tại O và diện tích tam giác OAB
bằng 8.

GV: Vẽ đồ thị HD HS cách tính.

OAB đều  OA = OB
 A, B cũng đối xứng

qua Oy nên A, B có
cùng tung độ.

Gọi hoành độ của
A là a (a > 0)

 hoành độ của B

là -a. Tung độ của A, B
là a2.

 A(a; a2), B(-a; a2), AB = 2 a
Gọi HO là đường cao của tam giác
OAB thì OH = y = a2.

Do đó diện tích tam giác OAB là:

1 1

. .2 . 8

2 2

8 2

S AB OH a a

a a

  

   

Vậy A(2; 8), B(-2; 8).

Theo đ/l Pi ta go ta có:





 









2 2

2 2

2 4

4 2

2 2

6 9

1 3 1 5 5

AM AN MN

a a

a a a

a a

 

  

   

     

Dấu "=" xảy ra  a = -1.

Vậy AM ngắn nhất là 5  a = -1.

7. OAB đều  OA = OB
 A, B cũng đối xứng qua Oy

nên A, B có cùng tung độ.
Gọi hoành độ của A là a(a>0).

 Hoành độ của B là - a.

Tung độ của A, B là 6a2.

* OAB đều  AB = OA

 6a4 + a2 = 4a2  6a4 = 3a2
 2a4 = a2 a2(2a2 - 1) = 0. 
Vì a2 > 0 nên 2a2 = 1  a =

2
2



Với a =

2 2 2 6

, 6.

2 xA 2 yA 2 2

 

     

 

 

2 6

;

2 2

A 

  

 

Với a =

2 2 2 6

, 6.

2 xA 2 yA 2 2

 

  

     

 

 

2 6

;

2 2

B 

  

 

 

Hoạt động 2: Luyện tập hình học:
1. Cho ABC vuông tại A, đường cao

AH. Vẽ đường tròn tâm O, đường kính
AH, đường trịn này cắt AB, AC lần lượt
tại E và F.

a) C/mr O, E, F thẳng hàng;

b) Tiếp tuyến với (O) tại E và F cắt BC
lần lượt tại M và N. C/mr MO//AB,
NO//AC. Tam giác MON có đặc điểm gì ?
c) Cho AB = 8cm, AC = 16cm. Tính diện
tích tứ giác MEFN.

d) Giả sử A di động nhưng ln nhìn BC
cố định dưới một góc vng. Tìm vị trí
của A để diện tích tứ giác EMNF lớn nhất.

1. a) c/m: O, E, F thẳng hàng:

Vì EAF 900 nên È là đường kính. Do đó
O, E, F thẳng hàng.

b) C/m MO//AB, NO//AC. Tam giác
MON có đặc điểm gì ?

* Theo t/c của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có
OMED, theo GT ta có ABAC,

 900

AEH   EH AE EH AB. Suy ra:

OM//AB, EH//AC.

Từ đó suy ra tam giác MON vng tại O.
c) Tính diện tích tứ giác MEFN, biết AB =
8cm, AC = 16cm.

Ta có MO là đường trung bình của HBA

B A

0 a

-a

N A x

B A

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

GV: y/c HS thảo luận nhóm làm bài 10/,
sau đó GV vẽ hình và cho HS XD cách
giải.

2.Cho 2 đường tòn (O) và (O/) cắt nhau tại
A và B, đường thẳng đi qua A và vng
góc với AB cắt (O) ở C và (O/) tại D. Qua
D kẻ cát tuyến EAF (E(O), F(O/)).

a) C/mr: CEB DFB  900

b) C/mr: OO///CD. Tính CD biết 
AB = 6cm, OA = 8cm và O/A = 6cm.
c) Tìm vị trí cát tuyến EAF sao cho
AE = FA

GV: y/c HS thảo luận nhóm làm bài 10/,
sau đó GV vẽ hình và cho HS XD cách
giải.

Gọi I là trung điểm của OO/ khi đó IA là
đường trung bình của hình thang MOO/N.
Từ đó suy ra EAFAI. Vậy ta có cách

dựng.

- XĐ trung điểm I của OO/
- Nối IA.

- Dựng đường thẳng vng góc với IA cắt
(O) tại điểm thứ hai là E (khác A), cắt (O/)
tại điểm thứ hai F (khác A) ta được vị trí
cát tuyến EAF cần tìm.

do đó MO =
1

2AB=





1
.8 4

2  cm .

Tương tự ta có NO =
1

2AC =





.16 8

2  cm

Diện tích tam giác MON là;

S =





1 1

. .4.8 16

2MO NO2  cm

Ta có: SMEO = SMHO, SNOF = SOHN 9c.c.c) do
đó SMEFN = 2.S = 2.16 = 32 (cm2)

d) Ta có EM//FN (cùng vng góc với È)

do đó MEFN là hình thang vng.

Do đó:

SMEFN=EF. 2 =EF. 2 EF. 2

EM FN MH NH BC



Suy ra SMEFN lớn nhất  EF lớn nhất. Mà

EF = AH và AH lớn nhất  EF vừa là

đường cao, vừa là đường trung tuyến, khi
đó tam giác BAC là tam giác vuông cân.
2. a) C/mr: CEB DFB  900

Vì CAB = 900 nên CB là đường kính của 
(O), dó đó CEB = 900.

c/m tương tự ta cũng có: DFB = 900.
b) C/mr: OO///CD.

Ta có OO/AB, CDAB. Do đó 
OO///CD.

Gọi H là giao điểm của AB và OO/ ta có 
AH= BH =

2AB =





1
.6 3

2  cm .

OB = OA = 8cm, O/B = O/A = 6cm.
Áp dụng đ/l Pi- Ta-Go vào các tam giác
vuông HBO và HBO/ vuông tại H, ta có:

2 2 2 2

8 3 55

6 3 27

OH OB HB

O H O B HB

    

      

OO OH HO 55 27

     (cm)

Vì OC = OB =
1

2CB, O/D = O/B=
1

2DB

nên OO/ là đường trung bình của tam giác 
BCD do đó Cd = 2.OO/ = 2( 55 27)cm
c) Giả sử ta dựng được cát tuyến EAF mà
AE = AF. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu
của O và O/ trên EAF.

Khi đó ta có AM = AN.
Hoạt động 3: Hướng dẫn học ở nhà:

- Học bài trong vở ghi, SGK và sách ơn tập thuộc lí thuyết, tập làm lại các BT khó.

E H

N
0

A C

M A

C D

F
0/

0 I H

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

- Làm tiếp các BT về GPT, BPT bậc nhất và các BT hình học về tính tốn trong sách
ơn tập.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 06/6/2012 soạn B11:

LT: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BPT BÂC NHẤT - CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC VỀ
TÍNH TỐN

I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững cách giải PT, BPT bậc nhất một ẩn; các bài
tốn hình học về tính tốn.

- Kĩ năng: Giải phương trình, vẽ hình.

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt, sáng tạo.
II. CHUẨN BỊ:

GV: Các bài tập phù hợp với mục tiêu và vừa sức HS
HS: Ôn tập theo HD của GV.

III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS Yêu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Giải PT:

1. Giải cacvs PT sau:
a) 2x +

1 1

4x 3x ;

b) x2 3 2x 8 x23;

c) 2x - 5x 2 5;

2 2 32 4

x x x

GV: y/c HS làm bài cá nhân 5/, sau
đó cho 4 HS lên bảng giải, lớp góp ý
bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất
cách giải và chỉ ra cách hay cho HS.
2. Tìm m để phương trình

m(m + 2)x + m + 2 = 0
a) Có nghiệm duy nhất.
b) Vô nghiệm.

c) Mọi giá trị x R là nghiệm.

3. Giải các pt sau:
a) 2x 5 3 ; b)

1 3

3 3

2x   2x;

2 1 2 2

x x  x  x

1 a) C1:

1 1

2 2

4 3 x

 

     

 

24 3 4 24

2 23 24

12 x x x 23

 

     

C2:

24 3 4 24 23 24

x x x x x

       

Vậy pt có 1 nghiệm x = 24/23
b)  2x8 x4.

Vậy pt có 1 nghiệm x = -4.
c)



2 5



x 2 5



2 5 2

 



x



2 5



        



4 5



x 4 4 5 5 x 9 4 5

       

2 2 4 2 2 4 5 2 4

4 4 2 2 2

10 5

5 2

x x x x

x

     

   

Vậy pt có 1 nghiệm x = 2 2 / 5.

2. a) Pt m(m + 2)x + m + 2 = 0 có nghiệm duy
nhất khi và chỉ khi m(m + 2)  0 m0;m2.

b) Pt m(m + 2)x + m + 2 = 0 vô nghiệm khi và
chỉ khi m(m + 2)  0 m0;m2.

c) Pt m(m + 2)x + m + 2 = 0 nghiệm đúng với
mọi giá trị của x khi và chỉ khi m = - 2.

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

d) 2 5 x 2x1

GV: y/c HS làm bài cá nhân 5/, sau
đó cho 4 HS lên bảng giải, lớp góp ý
bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất
cách giải và chỉ ra cách hay cho HS.
d) 2 5 x 2x1

2 5 2 1 7 3 7

2 5 1 2 3 1 1

x

x x x

x




   
 
     
   
   


vậy pt có 2 nghiệm x =

3 1

;

7 x3

4. Giải các pt:
1

) 2 0;

2 6

a

x   b)

2 3

2 4

x x

2 1 0

2 1
x
x
  
 ;
d)
2
2
2
2
1
1
x x
x
x

 


5. Tìm các số nguyên m để pt sau có

nghiệm nguyên:

(m - 3)x + m - 1 = 0
(PP dạy tương tự)

TH1: m = 0, pt có dạng: 0x + 2 = 0
(vơ nghiệm)

TH2: m 0, pt có nghiệm:

x =

1 2
1
3 3
m
m m
 
 

  . Suy ra pt có

nghiệm nguyên khi và chỉ khi
2  m - 3 hay m - 3 Ư(-2) =



 1; 2



m - 3 1 -1 2 -2

m 4 2 5 1

Vậy m =



4; 2;5;1



6. Giải các pt sau:
a) 3x 6 2x3;
b) x 3 2x 4 1;
c) x26x9 8 2x ;

Vậy pt có 1 nghiệm x = 7.

b) ĐK
1

3 0 6

2
3 2
3 0
2
x x
x
x

 
  


 


  



PT vơ nghiệm vì khơng có giá trị nào của x thỏa
mãn ĐK này.

c) ĐK:
2
2
2 2
2
2

3 9 23

2 2. . 0

2 1 0 8 64 32

1 1 7

2 2 2 2. . 1 0

4 16 8

3 23

2 0

8 32

1 7

2 1 0

4 8

x x

x x x x

x
x
  
   
      
   

 
 
        
   


  
  

  
  
 
 

  
 
  


Đúng với mọi x, nên bình phương hai vế ta được:
2x2 +

2 x + 1 = 2x2 + x + 2
1

1 2

2x x

   

.
Vậy pt có một nghiệm x = 2.

4. ĐK: x  -3, ta có:

1 11

2 0 1 4 12 0 4 11

2x6    x   x  x 4

Thỏa mãn ĐK trên. Vậy pt có 1 nghiệm x = -11/4
b) ĐK: x2;x4, ta có:

2 3

2 8 3 6 14

2 4 x x x

x x       Thỏa mãn

ĐK trên. Vậy pt có 1 nghiệm x = - 14.
c) ĐK: x > -1/2, ta có:

2 1 0 2 1 5 0 2 4 2

2 1

x x x x

x

          



Thỏa mãn ĐK trên. Vậy pt có 1 nghiệm x = 2.
d) ĐK: (1- x)(1 + x) > 0  1 x1, ta có:

2 2 2

2 1

1 1 2 2 1

2
1

x x

x x x x x x

x



         



Thỏa mãn ĐK trên. Vậy pt có 1 nghiệm x = 1/2.
6. a)* Nếu 3x - 6  0 3x 6 x2, pt có dạng:
3x - 6 = 2x + 3  x = 9 (Thỏa mãn ĐK trên)

* Nếu 3x - 6  0 3x 6 x2, pt có dạng:

- 3x + 6 = 2x + 3  5x = 3  x = 0,6 (Thỏa mãn

ĐK trên)

Vậy pt có 2 nghiệm: x1 = 9; x2 = 0,6.
b) TH1: Nếu x < - 3, pt có dạng:

- x - 3 + 2x - 4 = - 1 x = 6(Loại vì 6 > -3)

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

d)
3

4
2

x
x





(pp dạy tương tự)

d) ĐK: x 2, ta có:

3 4( 2)

3 4 2

3 4(2 )

3 4 8 3 11 11/ 3

3 8 4 5 5 1

x x

x x x x

  



    

  



    

  

     

    

  

* Cả 2 giá trị đều thỏa mãn ĐK trên.
Vậy pt có 2 nghiệm: x1=11/3; x2=1.
C2: Xét khoảng:

* Nếu x < - 3, pt có dạng:
- x - 3 = - 4x + 8

3x 11 x 11/ 3

    (loại)

* Nếu - 3  x 4, pt có dạng:
x + 3 = - 4x + 8

5x 5 x 1

    (t/m)

* Nếu x 4 pt có dạng:

x + 3 = 4x - 8

3x 11 x 11/ 3

    (t/m).Vậy pt có

2 nghiệm x1 = 0,6; x2 = 11.

 3x = 0  x = 0.(Thỏa mãn ĐK trên)

TH3: Nếu x 2, pt có dạng: x + 3 - 2x + 4 = -1

 x = 8 (Thỏa mãn ĐK trên)

Vậy pt có 2 nghiệm x1 = 0; x2 = 8.





) 3 8 2 3 8 2

3 8 2 3 5 0,6

3 2 8 11 11

c x x x x

x x x x

       

    

  

     

    

  

Vậy pt có 2 nghiệm x1 = 0,6; x2 = 11.
C2: Xét khoảng:

* Nếu x < -3 phương trình có dạng:
- 3 - x = 8 - 2x  x = 11 (loại)

* Nếu - 3 x 4phương trình có dạng:

x + 3 = 8 - 2x  3x = 5  x = 0,6 (thỏa mãn)

* Nếu x  4 phương trình có dạng:

x + 3 = 2x - 8  x = 11(thỏa mãn)

Vậy pt có 2 nghiệm x1 = 0,6; x2 = 11.

Hoạt động 2: Luyện tập hình học:

(phân hình cịn lại buổi trước)
Hoạt động 3: Hướng dẫn học ở nhà:
- Học bài trong vở ghi và sách ơn tập.

- Làm tiếp bài cịn lại.

- Tập làm bài thi vào lớp 10 THPT năm học 2011 - 2012 buổi sau luyện tập.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 08/6/2012 soạn B12:

ÔN TẬP + LUYỆN GIẢI BÀI THI VÀO LỚP 10 THPT (năm 2011)
I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chương trình tốn 9
thơng qua chữa bài thi vào lớp 10 THPT của tỉnh Thanh Hóa.

- Kĩ năng: Trình bày bài thi.

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt và sáng tạo.
II. CHUẨN BỊ:

GV: Đề bài và cách giải bài thi vào lớp 10 THPT của Tỉnh Thanh Hóa cho HS.
- Thước m và compa.

HS: Ôn tập theo HD của GV; thước kẻ, compa.
III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

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

GV: Ghi đề lên bảng, y/c 2 HS lên giải,
lớp theo dõi nhận xét, bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.

HS: Làm theo HD của GV.

Hoạt động 2: Chữa bài thi vào 10 THPT năm 2011 của tỉnh Thanh Hóa.(Đề A)
Bài 1: (1,5đ)

1. Cho hai số: a1 = 1 + 2; a2 = 1 - 2.

Tính a1 + a2.
2. Giải hệ pt:

2 1

2 3

x y
x y

 




 



GV: y/c HS làm bài cá nhân 6/, sau đó
cho 2 HS lên giải, lớp theo dõi nhận xét,
bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.

Bài 2: (2,0đ)
Cho BT:

A =

4 1 1

:
4

2 2 2

a a a

a

a a a

  

 

 

     

 

Với a0,a4.

1. Rút gọn BT A.

2. Tính giá trị của A tại a = 6 + 4 2.

(pp dạy tương tự)
Bài 3: (2,5 đ)

Cho Pt x2 - (2m - 1)x + m(m - 1) = 0 (1)
(Với m là tham số)

1. Gpt (1) với m = 2;

2. C/m PT (1) ln có 2 nghiệm phân
biệt với mọi m.

3. Gọi x1, x2 là nghiệm cuả pt (1)
(với x1 < x2). C/m: x12 - 2x2 + 3 0

(pp dạy tương tự)

Bài 4: (3,0 đ) Cho ABC có 3 góc

nhọn. Các đường cao BD và CK cắt
nhau tại H.

1. C/m tứ giác AKHD nội tiếp trong 1
đường tròn.

2. C/m AKD đồng dạng với ACB.

3. Kẻ tiếp tuyến Dx tại D của đường trịn
tâm O đường kính BC cắt AH tại M.
c/m M là trung điểm của AH.

GV: Vẽ hình phân tích HD HJS c/m.

Bài 1:

1. a1 + a2 = 1 + 2 1  2 2

2 1 2 1 5 5

2 3 4 2 6 2 1

1 1 1

1 2 1 2 2 1

x y x y x

x y x y x y

x x x

y y y

    

  

 

  

     

  

  

  

     

    

  

Vậy pt có nghiệm duy nhất (x; y) =(-1; 1)

Bài 2:

1. Với a0,a4, ta có:



 





 







4 1 1

2 2 2 2 2

2 2 4 1 1

. 2

2 2

a a a

A

a a a a a

a a a a a

a

a a

 



 

  

      

 

     

  



 





6 4 2 2 2 2 2

a     a  

Do đó A =

1 2

2 2 2

 



 

Bài 3:

1. Với m = 2, ta có pt: x2 - 3x + 2 = 0, pt có
dạng a + b + c = 0 nên có 2 nghiệm x1 = 1;
x2 = 2.

2. Pt x2 - (2m - 1)x + m(m - 1) = 0, Có:









2 2

2 1 4.1. 1

4 4 1 4 4 1 0 1

m m m

m m m m

      

           

Chứng tỏ pt luôn có 2 nghiệm phân biệt.
3. Vì pt ln có 2 nghiệm phân biệt và
x1< x2 nên 1

2 1 1 2 2

2.1 2

m m

x       m

x2 =

2 1 1 2

2.1 2

m m

m

 

 

x12 - 2x2 + 3 = (m -1)2 - 2m + 3 
= m2 - 2m + 1 - 2m + 3
= (m - 2)2  0

Bài 4:

A
D
M
x

K 1

H
B

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

Bài 5: (1,0 đ) Cho các số dương A, B, C.
C/m BĐT:

a b c

b c  a c  a b 

Giải:

Áp dụng BĐT Co - si cho 2 số không
âm ta được:

.1 1 : 2

b c b c b c a

a a a

     

   

 

a a

b c a b c

 

   (1)

Tương tự ta có:

2 2

(2); (3)

b b c c

a c a b c  a b a b c 

Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) ta
đượng:

2(a b c)

a b c

 


  =2

1. C/m t/g AKHD
nội tiếp.

Vì BD, CK là đường cao của tam giác ABC
nên: BD AC và CK AB nên

ADH AKH 900

   ADH AKH 1800

Vậy t/g AKHD nội tiếp đường trịn đường
kính AH.

2. C/m AKD đồng dạng với ACB:

Ta có: BKC BDC  900. Suy ra tứ giác 
BKDC nội tiếp đường trịn đường kính BC.
Do đó ADK ABC (Cùng bù với góc BDC)

Xét AKD và ACB có A chung,

 

ADK ABC  AKD ACB (g.g)

3. Ta có: D 1D3( cùng phụ với góc MDC,

 

1 1

D B (vì ODC cân ở O)

 

1 1

B K (cùng chắn cung DC của (O)

 

1 1

K A (cùng chắn cung HD)

 D2 A1 MAD cân tại M MA MD

(1)

Lại có H 1A190 ;0 D 3D 2 900. Mà

   

1 2 1 3

A D  H D  MHD cân tại M
HD MH

  (2)

Từ (1) và (2) suy ra MA = MH. Vậy H là
trung điểm của AH.

Hoạt động 3: Hướng dẫn học ở nhà:

- Học bài trong vở ghi, SGK và sách ôn tập thuộc lí thuyết, tập làm lại các BT khó.
- Làm tiếp các BT về GPT, BPT bậc nhất và các BT hình học về tính tốn trong sách
ơn tập.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 9/6/2012 soạn B13:

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI VAO LỚP 10 THPT năm 2010.
I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chương trình tốn 9
thơng qua chữa bài thi vào lớp 10 THPT của tỉnh Thanh Hóa.

- Kĩ năng: Trình bày bài thi.

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt và sáng tạo.
II. CHUẨN BỊ:

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

- Thước m và compa.

HS: Ôn tập theo HD của GV; thước kẻ, compa.

III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS Yêu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Chữa BT còn lại của buổi trước

Ho t ạ đọng 2: Gi i ả đề n m 2010
Bài 1. (2,0 đ)

Cho pt: x2 + nx - 4 = 0 (1) (víi n là tham

số)

1) Giải pt (1) với n = 3.

2) Giả sử x1, x2 là các nghiệm của pt (1),

tìm n để:









2 2

1 2 1 2 1 1 6

x x  x x

Bài 2: (2,0 đ)

Cho bt:

3 3 1 1

3 3

a a

A

a a a

    

     

    

 

Víi a > 0 vµ a 9.

1) Rót gän A.

2) Tìm a để bt A nhận giá trị ngun.
Giải:

1) Víi a > 0 vµ a 9, ta cã:



 





 



2 2

3 3 3

.
3

3 3

a a a

A

a

a a

   



 

6 9 6 9 1

3 3

a a a a

a a

    



12 1 4

3 3 3

a

a a a

Bài 3. (2,0 đ)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho
parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc

parabol (P) víi xA = - 1, xB= 2.

1) Tìm toạ độ các điểm A, B và viết pt
đ-ờng thẳng AB.

2) Tìm m để đờng thẳng (d):

y = (2m2-m)x + m + 1(víi m lµ tham sè)

song song với đờng thẳng AB.
Bài 4: (3,0đ)

Cho tam giác PQR có ba góc nhọn
nội tiếp tiếp đờng tròn tâm O, các đờng
cao QM, RN của tam giác cắt nhau tại H.
1) C/m tứ giác QRMN là tứ giác nội tiếp
trong một đờng tròn.

2) Kéo dài PO cắt đờng tròn (O) tại K.
C/m tứ giác QHRK là hình bình hành.
3) Cho cạnh QR cố định, P thay đổi trên
cung lớn QR sao cho tam giác PQR luôn
nhọn. Xác định vị trớ P din tớch tam
giỏc QRH ln nht.

Giải:

Bài 1. (2,0 ®)

1) Víi n = 3 ta cã pt: x2 + 3x - 4 = 0 cã

d¹ng a + b + c = 1 + 3 - 4 = 0 nên có 2
nghiệm:

x1= 1; x2= - 4.

2) Để pt có 2 nghiệm thì 0(1)và theo

bài ra









2 2

1 2 1 2 1 1 6

x x  x x  

(2)

Tõ (1) suy ra: n2 + 16  16 > 0 víi mäi n.

Tõ (2) suy ra:

x1x22 + x1 + x12x2 + x2 > 6



 



1 2 1 2 1 2 6

x x x x x x

    

 (x1+x2)(x1x2+1) > 6

¸p dơng hƯ thøc Vi - Ðt vµo bµi ra ta cã:
x1 + x2 = - n; x1x2 = - 4 th×:

-n(-4 + 1) > 6  3n 6 n2

VËy víi n > 2 th× pt (1) cã 2 nghiƯm x1; x2

tho¶ m·n hƯ thøc:









2 2

1 2 1 2 1 1 6

x x  x x

.
Bài 2: (Tiếp)

2) Để A nhận giá trị nguyên thì 4 a3

Suy ra a 3 (4) =



  1; 2; 4



mà a > 0
nên a+ 3 > 3, do đó a+ 3 = 4

1 1

a a

    . VËy a = 1 thì A nhận giá

trị nguyên.

Bài 3:1) Với xA= -1th× yA=(-1)2 = 1

Víi xB= 2 th× yB= 22 = 4

nên toạ độ điểm A, B là: A(-1; 1), B(2; 4).
* PT đờng thẳng AB:

1 1

4 2

2 2 4 4

3 3 6 2

A A

B B

y y x x y x

xy x y xy x y

y x y x

   

  

   

       

     

Vậy pt đờng thng AB l y = x + 2.

2) Đờng thẳng (d): y = (2m2-m)x + m + 1

song song với đờng thẳng AB nên:

2 1(1)

1 2(2)

m m

m

  



 


* Tõ (1) suy ra: 2m2 - m - 1 = 0 pt cã d¹ng:

a + b + c = 2-1-1 = 0 nªn cã 2 nghiƯm
m1=1, m2=

-1
2.

* Tõ (2) suy ra: m 1.

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

1) C/m tứ giác QRMN là tứ giác nội tiếp
trong một đờng trịn.

Vì QM, RN là đờng cao của tam giác PQR
nên QMR QNR  900do đó tứ giác QRMN
nội tiếp ng trũn ng kớnh QR.

Bài 5: (1,0đ)

Cho x, y là các số dơng thoả mÃn:
x+y=4

Tìm giá trị nhỏ nhất của: P= x2 + y2 +

xy.
Giải: Vì x, y là các số dơng và x + y = 4
nên ỏp dng BT Cơ - Si ta có:





2
4
4

x y

 

do đó

33 33
4

xy 

Mặt khác x2 + y2 = (x + y)2 - 2xy = 16-2xy
= 16 - 2.4 = 8 (do xy 4)

Vậy

33 65

4 4

P  

. Do đó
Min P =

4  x y

VËy m =

-1
2.

Bµi 4:

2) C/m tứ giác QHRK là hình bình hành.
Ta có: PQK PRK 900(góc nội tiếp chắn
nửa đờng trịn)

Suy ra: QK//HR (vì QKPQ và HRPQ),

QH//KR (vỡ QHPR v KRPR) do đó

tứ giác QHRK là hình bình hành(vì có 2
cặp cạnh đối song song)

3) V× QHRK là hình bình hành nên

QHR = RKQ do đó SQHR= SRKQ.

Vì QR cố định nên SRKQ lớn nhất khi và

chỉ khi đờng cao kẻ từ K xuống QR lớn
nhất khi đó K nằm chính giữa cung nhỏ
QR, đờng cao nằm trên đờng kính KP, P
nằm chính giữa cung lớn QR. Vậy P nằm
chính giữa cung lớn QR thỡ din tớch tam
giỏc QRH ln nht.

Bài 5: Vì x, y là các số dơng và x + y = 4
nªn

ta cã: P = (x2- 2xy +y2) +

2.33
2

2xy xy

 



 

 

 P = (x - y)2 +

2.33
2

2xy xy

 



 

  2 66

(DÊu "=" x¶y ra





0 2

x y x y

     

VËy min P = 2 66 x y 2

Hoạt động 3: Hướng dẫn học ở nhà:

- Học bài trong vở ghi, SGK và sách ơn tập thuộc lí thuyết, tập làm lại các BT khó.
- Làm tiếp các BT về GPT, BPT bậc nhất và các BT hình học về tính tốn trong sách
ơn tập.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 9/6/2012 soạn B14:

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT năm 2009.
I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chương trình tốn 9
thơng qua chữa bài thi vào lớp 10 THPT của tỉnh Thanh Hóa.

- Kĩ năng: Trình bày bài thi.

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt và sáng tạo.
II. CHUẨN BỊ:

GV: Đề bài và cách giải bài thi vào lớp 10 THPT của Tỉnh Thanh Hóa cho HS.
- Thước m và compa.

HS: Ôn tập theo HD của GV; thước kẻ, compa.

N H O

Q R

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

III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS Yêu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Chữa BT còn lại của buổi trước

GV: y/c 2 HS lên bảng chữa bài, lớp theo
dõi nhận xét, bổ sung.

Làm và XD bài chữa theo HD của GV
Hoạt ng 2: Gii nm 2009

Bài 1: (1,5 đ) Cho pt: x2 - 4x + m = 0

(1) víi m là tham số.
1. Giải pt (1) khi m = 3.

2. Tìm m để pt (1) có nghiệm.
Bài 2: (1,5đ)

Gi¶i hƯ pt:

2 5

2 4

x y
x y

 




 



GV: y/c HS làm bài cá nhân 6/, sau 
đó cho HS dừng bút XD bài.

GV: Nhận xét, b sung, thng nht
cỏch gii.

Bài 3: (2,5 đ)

Trong mt phẳng toạ độ Oxy cho
parabol (P): y = x2 và điểm A(0;1).

1. Viết pt đờng thẳng (d) đi qua điểm
A(0;1) và có hệ số góc k.

2. C/mr đờng thẳng (d) luôn cắt
parabol (P) tại 2 điểm phân biệt M và
N với mọi k.

3. Gọi hoành độ của 2 điểm M và N
lần lợt là x1 và x2. C/mr: x1.x2 = -1, từ

đó suy ra tam giác MON là tam giác
vuông.

GV: y/c HS làm bài cá nhân 6/, sau 
đó cho HS dừng bút XD bài.

GV: Nhận xột, b sung, thng nht
cỏch gii.

Bài 4: (3,5đ)

Cho nửa đờng trịn tâm O, đờng kính
AB = 2R. Trên tia đối của tia AB lấy
điểm E (khác với điểm A). Từ điểm
E, A và B kẻ các tiếp tuyến với nửa
đờng tròn (O). Tiếp tuyến kẻ từ E cắt
các tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lợt tại
C và D.

1. Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến
kẻ từ E tới nửa đờng tròn (O). C/m tứ
giác ACMO nội tiếp đợc trong một

Bµi 1:

1. Khi m = 3, ta cã pt: x2 - 4x + 3 = 0.

PT cã d¹ng: a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0 nªn cã 2
nghiƯm x1 = 1, x2 =

3
3
1

c

a .
2. Để PT (1) có nghiệm thì:



0 2 1.m 0 4 m 0



          m4

Vậy để pt (1) có nghiệm thì m 4.

Bµi2:

2 5

2 4

x y
x y

 




 



4 2 10 3 6

2 4 2 4

x y x

x y x y

  

 

   

   

 

2 2 2

2 2 4 2 2 1

x x x

y y y

  

  

     

   

  

VËy pt cã 1 nghiƯm duy nhÊt: (x; y)=(2; 1).
Bµi 3:

1. PT đờng thẳng có dạng: y = ax + b.

Do đó đờng thẳng (d) đi qua điểm A(0;1) và có
hệ số góc k thì (d) có pt là: y = kx + 1.

2. XÐt pt: x2 = kx + 1x2 - kx - 1 = 0, ta cã pt

bậc 2 với hệ số a = 1, c = -1 trái dấu nhau nên pt
ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của
k. Vậy đờng thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại
hai điểm phân biệt M và N với mọi k.

3. Gọi hoành độ của 2 điểm M và N lần lợt là x1

vµ x2, thì x1, x2 là nghiệm của pt: x2-kx-1= 0 nªn

theo hƯ thøc Vi - Ðt ta cã: x1.x2 = -1, x1+x2=k

Ta cã: OM2 = x

12 + y12, ON2= x22 + y22

OM2+ON2 =(x

12+x22) + (y12+y12) (1)

Khoảng cách giữa 2 điểm M(x1; y1) và N(x2; y2)

trong mt phng toạ độ:
MN2 = (x

2 - x1)2 + (y2-y1)2

= (x12+x22)+(y12+y22) - 2x1x2 - 2y1y2

Mµ x1.x2= -1; x1+ x2 = k, y1= kx1+1,

y2 = kx2+ 1 y1y2= k2x1x2+ (x1+x2)k+1

y1y2 = -k2 + k2 + 1 = 1

Nªn MN2 = (x

12+x22)+(y12+y22)+2- 2

= (x12+x22)+(y12+y22) (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã: MN2 = OM2+ON2 nªn tam

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

đờng trịn.

2. C/m tam giác AEC đồng dạng với
tam giác BED, từ đó suy ra

DM CM

DE CE .

3. Đặt AOC. Tính độ dài cỏc

đoạn thẳng AC và BD theo R và .
Chøng tá r»ng tÝch AC.BD chØ phơ
thc vµo R, không phụ thuộc vào .

GV: y/c HS c làm bài cá nhân
6/, sau đó cho HS dừng bút XD bài.
GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất
cách gii.

Bài 5: (1,0 đ)

Cho các số thực x, y, z tho¶ m·n:
y2+ yz + z2 = 1 -

3
2

x
.

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhÊt cđa biĨu thøc: A = x + y + z.

GV: y/c HS đọc đề làm bài cá nhân
6/, sau đó cho HS dừng bút XD bài.
GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất
cách giải.

C/m:

1) XÐt tø gi¸c ACMO cã: OAAC, OMMC

nên OAC OMC  900. Do đó:

  900 900 1800

OAC OMC    . VËy tø gi¸c ACMO

nội tiếp đợc trong một đờng trịn.

2) XÐt AEC vµ BED cã: A B  900, gãc E

chung do đó AEC BED (g.g), suy ra:

BD DE BD AC

AC CE  DE CE mµ DB=DM, CA=CM(2) 
tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm D và C tới
đ-ờng tròn (O)) nên

DM CM

DE CE .
3) - Xét AOC vuông tại A, ta có:

AC =OA.tanAOC= Rtan .
Nèi OD, ta cã : ODB COA  
(gãc có cạnh tơng ứng vuông góc)
- Xét BDO vuông tại B, ta cã:

BD = tan
OB

BDO= tan

R

 .

VËy AC = Rtan , BD = tan
R

 , do đó:

AC.BD = R2 nên chỉ phụ thuộc vào R, không

phụ thuộc vào  .

Bµi 5: Tõ y2+ yz + z2 = 1 -

3
2

x

suy ra:
2y2+ 2yz + 2z2 +3x2 = 2







 



2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

x y z xy xz yz

x xy y x xz z

     

      

























2 2 2

2
2

x y z x y x z

       

 

     

Vì VT 0 nên VP 0

Suy ra: A=









2 2

2  x y  x z 

  .

Do đó:

+ minA = 0 x= 0, y = 1, z = -1

Hc x= 0, y =-1, z = 1.

A O B

R
C



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

+ măx A = 2 x = y = z =

2
3
Hoạt động 3: Hướng dẫn học ở nhà:

- Học bài trong vở ghi và trong sách ôn tập.
- Tập làm lại các bài đã chữa.

- Tập làm bài thi vào lớp 10 THPT năm 2008.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 10/6/2012 soạn B15:

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT năm 2008.
I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chương trình tốn 9
thơng qua chữa bài thi vào lớp 10 THPT của tỉnh Thanh Hóa.

- Kĩ năng: Trình bày bài thi.

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt và sáng tạo.
II. CHUẨN BỊ:

GV: Đề bài và cách giải bài thi vào lớp 10 THPT của Tỉnh Thanh Hóa cho HS.
- Thước m và compa.

HS: Ôn tập theo HD của GV; thước kẻ, compa.
III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS Yêu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Luyn tp

Câu 1: (2 điểm)

Cho 2 số: x1 = 2 - 3; x2 =2 + 3

1. TÝnh: x1 + x2 vµ x1x2;

2. LËp pt bËc hai ẩn x nhận x1, x2 là 2

nghiệm.

Câu 2: (2,5 ®iĨm)
1. Gi¶i hƯ pt:

3 4 7

2 1

x y
x y

 





 



2. Rót gän biĨu thøc:
A =

1 1 1

1 1 2

a a

a a a

 

 



 

  

  Víi a0; a1

GV: y/c HS đọc đề làm bài cá nhân 6/, sau

đó cho HS dừng bút XD bài.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
giải.

Câu 3: (1 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy cho đờng thẳng (d): y = (m2 - m)x +

m và đờng thẳng (d/): y = 2x + 2. Tìm m

để đờng thẳng (d) song song với đờng

C©u 1:

1) Ta cã: x1 + x2 = 2 - 3+2 + 3 = 4

x1x2 = (2 - 3)(2 + 3) = 4 - 3 = 1.

2) Theo ứng dụng của hệ thức Vi - ét thì
PT bậc hai ẩn x nhận x1, x2 là 2 nghiệm đó

lµ:

x2 - 4x + 1 = 0

C©u 2: 1)

3 4 7

2 1

x y
x y

 




 



3 4 7

8 4 4

x y
x y

 


 

 



11 11 1 1

2 1 2.1 1 1

x x x

x y y y

  

  

     

    

  

VËy hƯ pt cã nghiƯm lµ (x; y) = (1; 1)
2) Víi a0; a1, ta cã:

A =



 





 



1 1 1 1

1 1

a a a a

a

a a

    



 



 





 







1 2 1 1 2

1 2

a a a a a

a
a

a a

    

 



 

VËy A = a

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

th¼ng (d/).

GV: y/c HS đọc đề làm bài cá nhân 6/, sau 
đó cho HS dừng bút XD bài.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
giải.

C©u 4: (3,5 ®iÓm)

Trong mặt phẳng cho đờng trịn (O),

AB là dây cung cố định khơng đi qua tâm
của đờng tròn (O). Gọi I là trung điểm của
dây cung AB, M là một điểm trên cung lớn
AB (M không trùng với A, B). Vẽ đờng
tròn (O/) đi qua M và tiếp xúc với đờng

thẳng AB tại A. Tia MI cắt đờng tròn (O/)

tại điểm thứ hai N và cắt đờng tròn (O) tại
điểm thứ hai C.

1. C/mr: BIC = AIN, từ ú c/m t giỏc

ANBC là hình bình hành.

2. C/mr BI là tiếp tuyến của đờng tròn
ngoại tiếp tam giác BMN.

3. Xác định vị trí của điểm M trên cung
lớn AB để diện tích tứ giác ANBC lớn
nhất.

GV: y/c HS đọc đề làm bài cá nhân 6/, sau 
đó cho HS dừng bút XD bài.

GV: Nhận xét, b sung, thng nht cỏch
gii.

Câu 5: (1 điêm)

Tìm nghiệm dơng của pt:

1 x x2 1



2005



1 x x2 1



2005 22006

       

Gi¶i: Thư chän:
+ Víi x = 1, ta cã:

VT = 22005 + 22005=2.22005

= 22006 = VP.

+ Víi x = 2, ta cã:

VT = (3- 3)2005+(3+ 3)2005

V× 3 + 3> 4= 22

nªn (3+ 3)2005 > (22 )2005 = 24010> 22006 nên

x không thể là số lớn hơn 1.
VËy pt cã 1 nghiÖm x = 1.

song với nhau khi và chỉ khi chúng có hệ
số góc bằng nhau và tung độ gốc khác
nhau nên theo bài ra suy ra:

m2 - m = 2  m2 - m - 2 = 0, pt này có

dạng a - b + c = 1 - (-1) + (-2) = 0 nªn cã
2 nghiƯm: m1= -1, m2 = 2(loại, vì với

tung gc của đờng thẳng (d/))

Vậy với m = -1 thì đờng thng (d)//(d/).

Câu 4:

1) * c/m BIC = AIN

Xét BIC và AIN cã IA = IB (gt),

 

AIN BIC(đối đỉnh),

 







IAN IBC AMN
.
Do đó BIC = AIN (g.c.g).

* Ta cã IANIBC , mµ 2 gãc nµy ở vị trí so
le trong nên AN//CB. Mặt khác, BIC =

AIN nên AN = BC. Suy ra tứ giác ANBC

l hình bình hành (Vì tứ giác có một cặp
cạnh đối song song và bằng nhau).

Hc tõ BIC = AIN  INIC, l¹i cã

IA = IB (gt) nên tứ giác ANBC là hình
bình hành (Vì tứ giác có 2 đờng chéo cắt
nhau tại trung điểm của mỗi đờng).
2) C/mr BI là tiếp tuyến của đờng tròn
ngoại tiếp tam giác BMN.

Ta cã B 2 A2(so le trong), A2 M 2(cïng

chắn cung BC của đờng tronf (O)) nên

 

2 2

B M

. Mà cung BN của đờng trịn ngoại
tiếp tam giác BMN nằm trong góc MBI.
Vậy IB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại
tiếp tam giác BMN.

Ta cã SANBC = 2.SABC. VËy SANBC lín nhÊt

khi vµ chØ khi SABC lín nhÊt.

Mà AB khơng đổi C nằm chính giữa

cung nhá AB  M n»m chÝnh gi÷a cung

lín AB.

Hoạt động 3: Hướng dẫn học ở nhà:
- Học bài trong vở ghi và trong sách ôn tập.

- Tập làm lại các bài đã chữa.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 10/6/2012 soạn B16:

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI THEO DẠNG CẤU TRÚC CỦA SỞ

1 2

0
0/

I 2

A 1

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

I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chương trình tốn 9
thơng qua chữa bài chọn theo mẫu.

- Kĩ năng: Trình bày bài thi.

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt và sáng tạo.
II. CHUẨN BỊ:

GV: - Thước m và compa.

HS: Ôn tập theo HD của GV; thước kẻ, compa.
III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS Yêu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Luy n t pệ ậ

Bài 1: (2,0 đ) Cho biểu thức:

P =

1 1

.
1

x x x

x

x
x

   



 

   

  với x0;x1.

a) Rút gọn P.

b) Tính giá trị của P khi x = 17 12 2 .

Bài 2:(2,0 đ) Cho parabol (P): y =
1
2x2 và
đường thẳng (d): y = mx - m + 2 (với m
là tham số).

a) Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm có hồnh

độ x = 4.

b) C/mr với mọi giá trị của m, d luôn cắt
(P) tại hai im phõn bit.

Bài 3: (2 điểm)

1) Biết rằng pt: x2 - 2(a+1)x + a2 + 2 = 0

(víi a là tham số) có một nghiệm x = 1.
Tìm nghiệm còn lại của pt này.

2) Giải hệ pt:

1 1

12 8

1 1

x y



 

  






Bài 4: (3 điểm) Cho ABC vuông t¹i A,

có đờng cao AH. Đờng trịn tâm O, đờng
kính BH cắt cạnh AB tại M (MB); đờng

trịn tâm O/ đờng kính CH cứt cạnh AC tại

N (NC). Cmr:

1) Tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
2) Tứ giác BMNC nội tiếp đợc trong một
đờng tròn.

3) MN là tiếp tuyến chung của đờng trịn
đờng kính BH và đờng trịn đơng kính

OO/.

Gi¶i:

Bài 1:

a) Với x 0;x1, ta có;



 





 











1 1 1

1 1 1

1 .

1
1
1 2

1 1

x x x x

P x

x x x

x x x

x
x
x x

x

x x

    



 

 

    

 

   




 

   

 

b) Với x =



 



4 2

17 12 2  2 1  2 1

2 1

x

  

do đó P = 1 2 1  2
Bµi 3:

1) PT đã cho có x = 1 nên ta có:
1 - 2(a+1) + a2 + 2 = 0

 a2 - 2a + 1= 0  (a -1)2 = 0  a = 1.

Khi a = 1, PT đã cho trở thành: x2 - 4x + 3=

Cã d¹ng a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0 nªn cã 2
nghiÖm x1 = 1, x2 = 3. Vậy nghiệm còn lại

phải tìm là x = 3.

(Hc theo øng dơng cđa hƯ thøc Vi - Ðt:
x1+x2= 4 1 x2  4 x2 3; x1.x2 = 3

 1.x2 = 3 x2 = 3)

2) §K:

1
1

x
y







 . Đặt

1
1
1

a
x
b

y

. Hệ trở

thành:

2 1 16 8 8

12 8 1 12 8 1

1 1

28 7 4 4

2 1 1 1

2. 1

4 2

a b a b

a b a b

a a

a
a b

b b

   

 



 

   

 

 

 

 



  

     

 

     

 

 

A
N

B C

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

1) Ta cã:

  900

BMH HNC (gãc néi tiÕp ch¾n nưa

đờng trịn). Suy ra: AMH ANH 900.
Theo gt ta lại có BAC 900. Vậy tứ giác
AMHN có 3 góc vng nên là hình chữ
nhật.

2) Ta cã: MBH MHA 900(cïng phơ víi


BHM ). Trong hình chữ nhật AMHN ta có 
góc MAH = gãc ANM.Suy ra:

 

MBH ANM

Vậy tứ giác BMNC nội tiếp c trong mt

ng trũn.

3) Gọi I là giao điểm AH vµ MN; nèi IO,
IO/.

Do AMHN là hình chữ nhật nên IM = IH;
mặt khác M thuộc đờng tròn tâm O đờng
kính BH nên MO = OH.

VËy IMO = IOH (c.c.c)

  900

IMO IHO

    MN MO. VËy MN

là tiếp tuyến của đờng trịn đờng kính BH.
(1)

Chứng minh hồn tồn tơng tự ta có MN
là tiếp tuyến của đờng trịn đờng kính CH
Bài 5: (1 điểm)

Cho 2 sè tù nhiên a, b thoả mÃn ĐK:
a + b = 2013. Tìm giá trị lớn nhất của
tích ab

Giải: Ta cã:
ab =









2 20132





4 4

a b  a b  a b


nªn ab lín nhÊt khi vµ chØ khi (a - b)2 nhá

nhÊt.

Theo gt a, b là 2 số tự nhiên và
a + b = 2013

Suy ra:

1 1

1 4 3

1 4

1 1 1 2 1

1 2

x x

x

y y

y





      



 

  

  

 

 





Cả 2 giá trị đều thoả mãn ĐK trên.
Vậy hệ đã cho có nghiệm:

3
1

x
y








Bµi 4: (tiếp)

MN NO/. Vậy MOO/N là hình thang

vu«ng.

Ta có I là trung điểm của MN, gọi K là
trung điểm của OO/ thì IK là đờng trung

b×nh cđa h×nh thang vuông MOO/N
IK MN

(*) và IK =

MO NO

.
Theo c/m trên MO = OH, tơng tự ta có:
NO/ = O/H

2 2

OH O H

IK  OO

  

 IK = KO = KO/.

 I thuộc đờng tròn đờng kính OO/ (**)

Từ (*) và (**) suy ra MN là tiếp tuyến của
đờng tịn đờng kính OO/ (2).

Từ (1) và (2) ta có MN là tiếp tuyến chung
của đờng trịn đơng kính BH và đờng trịn

đờng kớnh OO/.

Bài 5: (tiếp) Nên a, b khác tính chẵn lỴ, suy
ra (a - b)21.

2013 1

1013042
4

ab 

  

DÊu "=" xảy ra khi và chỉ khi:

2013
1

a b
a b

1007
1006

a
b

hoặc

1006
1007

a
b

Vậy giá trị lớn nhất của tích ab là 1013042

1007
1006

a
b

hoặc

1006
1007

a
b

Hot động 2: Hướng dẫn học ở nhà:
- Học bài trong vở ghi và sách ôn tập.

- Tập làm lại các bài tập khó đã chữa.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 12/6/2012 soạn B17

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

I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chương trình tốn 9
thơng qua chữa bài chọn theo mẫu.

- Kĩ năng: Trình bày bài thi.

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt và sáng tạo.
II. CHUẨN BỊ:

GV: - Thước m và compa.

HS: Ôn tập theo HD của GV; thước kẻ, compa.
III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS Yêu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Luy n t pệ ậ

Bài 1: (2,0 đ) Cho biểu thức:

A =

1 1

1 1 1

a a a a

a

a a a

     

 

   

      

   

a) Tìm ĐK của a để A có nghĩa.
b) Rút gọn A.

Tìm giá trị của a để A = 3

GV: y/c HS làm bài cá nhân 8/, sau
đó cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi
nhận xét, bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất
cách làm.

Bài 2: (2,0 đ) Cho hệ phương trình:

3 4 12

2 5

x y
mx y

 




 



a) Giải hệ pt trên với m = 5;

b) Tìm giá trị của m để hệ vô nghiệm.

GV: y/c HS làm bài cá nhân 8/, sau
đó cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi
nhận xét, bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất
cách làm.

Bài 3: (2,0 đ) Cho hs y = ax + b có đồ
thị d và hàm số y = kx2 có đồ thị (P).

Bài 1:

a) ĐK để A có nghĩa: a > 0; a 1.

b) Rút gọn A.



 





 



1 1 1

1 1

1 1 1 2

.
1

a a a a a

A

a a

a a a a a

a a

a

    



 

 

     

 

     

 



b) Tìm a để A = 3, ta có:
2

3 3 2 0

a

a a
a



    

Đặt t = a t, 0, ta có 3t2 + t - 2 = 0

1 4.3.2 1 24 25 0 5

         

PT có 2 nghiệm phân biệt:

1 2

1 5 4 2 1 5 4 2

;

2.3 6 3 2.3 6 3

t     t    

< 0 nên loại.
Với t = 2/3

2 4

3 9

a a

   

Bài 2: a) Khi m = 5 ta có hệ phương trình:

3 4 12 3 4 12

5 2 5 10 4 10

7 2 7

3 4 12 2

3. 4 12

2 2 2

7 7 7

6 3 45

4 12 3

7 14 14

x y x y

x
x

x y

y

x x x

y y y

   

 



 

   

 








 

   

  

   




  

  

  

  

     

       

 

  



Vậy hệ phương trình có nghiệm
(x; y)=

2 45
;
7 14



 

 

 

b) Để hệ pt vơ nghiệm phải có:

3 4 12 3.2

1,5

2 5 m 4

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

a) Tìm a và b để đồ thị hàm số đi qua
điểm A(-1; 4) và điểm B(3; 0)

b) Tìm k sao cho (P) tiếp xúc với d.
Viết phương trình của (P).

(PP dạy tương tự)

Bài 4: (3,0)Từ điểm A ở ngồi đường
trịn (O; R) vaex tiếp tuyến AT và cát
tuyến ABC với đường tròn (B nàm
giữa A và C). Gọi H là hình chiếu
của T trên OA. Chứng minh rằng:
a) AB.AC = AH.AO;

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác
BOC đi qua H;

c) AB + AC  2AT.

Bài 5: (1,0 đ) Cho a, b là các số thực
dương. C/mr:

3 3

2 2 2 2

1 1

1 1 2

a b a b

a b b a

 

  

  

Giải: ta có:





3 3 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

a a ab ab

a b a b

a a b ab ab

a

a b a b a b

 



 



   

  

Vì a2 + b2  2ab với mọi a, b nên 
a -

2 2

2 2 2 2

ab ab b

a a

a b   ab 

2 2 2

a b

a
a b

  

 (1)

Tương tự, ta có:

2 2

1 1

(2); 1 (3)

1 2 1 2

b a

b

b    a   

Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) ta
được:

3 3

2 2 2 2

1 1

1 1 2

a b a b

a b b a

 

  

  

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=1

Bài 3:

a) Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm
A(-1; 4) và điểm B(3; 0) nên ta có:

.( 1) 4 4 4 4

.3 0 3 0 3 0

1 1

3.( 1) 0 3

a b a b a

a b a b a b

a a

b b

     

  

 

  

     

  

 

 

   

   

 

Vậy a = -1, b = 3.

b) (P) tiếp xúc với d  Pt: kx2 = -x + 3

kx2 + x - 3 = 0 có nghiệm kép.
1

0 1 12 0

k k

       

.
Vậy pt của (P) là y =

-2

12x

Bài 4:

a) C/m: AB.AC = AH.AO
Xét ATB và ACT có:

 

ATBACT(cùng chắn cung BT của (O)) và A

chung  ATB ACT (g.g)
2

AT AB

AT AB AC
AC AT

   

(1)

Trong tam giác ATO vng tại T có đường cao
TH, theo hệ thức lượng trong tam giác ta có:
AT2 = AH.AO (2)

Từ (1) và (2)  AB.AC = AH.AO

b) C/m đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC đi
qua H.

Từ AB.AC = AH.AO

AO AC
AB AH

 

Xét AOC và ABH có A chung,

AO AC
AB AH

 AOC ABH (c.g.c) ACOAHB
 Tứ giác OHBC nội tiếp, chứng tỏ đường

tròn ngoại tiếp tam giác BOC đi qua H.
c) C/m: AB + AC  2AT.

Vì AB, AC > 0 nên áp dụng BĐT Cơ - Si, ta
có:

AB + AC 2 AB AC. 2.AT.

Hoạt động 2: Hướng dẫn học ở nhà:
- Học bài trong vở ghi và sách ôn tập.

H
A

O
B

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

- Tập làm lại các bài tập khó đã chữa.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...

Ngày 13/6/2012 soạn B18

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI THEO DẠNG CẤU TRÚC CỦA SỞ
I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chương trình tốn 9
thơng qua chữa bài chọn theo mẫu.

- Kĩ năng: Trình bày bài thi.

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt và sáng tạo.
II. CHUẨN BỊ:

GV: - Thước m và compa.

HS: Ôn tập theo HD của GV; thước kẻ, compa.
III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS Yêu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Luy n t pệ ậ

Bài 1: (2,0 đ) Cho biểu thức:
P =

3 2 1 2

2 1 3 2

a a a

a a a a

  

 

   

a) Tìm ĐK của a để biểu thức P có nghĩa.
b) Rút gọn P.

c) Tìm a để P nhỏ hơn 1.

GV: y/c HS làm bài cá nhân 8/, sau đó
cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét,
bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.

Bài 2: (2,0 đ)
1) Giải pt: 2

6 1

9 3

x  x 

2) Giải hệ pt:









5 3 3 4

3 4 2 2

x y y

x x y

  





   




GV: y/c HS làm bài cá nhân 8/, sau đó
cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét,

Bài 1:

a) Vì a - 3 a 2



a 2

 

a1



nên P có
nghĩa khi và chỉ khi:

2 0 4

1
1 0

a a

a a

a
a



  

 

   

 

  

  





 





 





 





 



3 1 2 1 2 2

2 1

4 3 2 5 2 2

2 1

1 1

1 2

a a a a a

P

a a

a a a a a

a a

a

a a

      



 

      



 



 



 

c) P < 1

1
2

a

 



2 0 2 0 4

2 1 3

a a a

a

a a

       

     



   

 

 

Kết hợp với ĐK trên ta được:

0 4, 1

a a

a

  



 

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

bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.

21 7 3

9 4 1 1

9. 4 1

x
x

x y

y






 

   

 

   




1
1

3
3

4 2

x
x

y y




 



 

   

   

 



VËy hÖ pt cã 1 nghiÖm duy nhÊt:
(x; y) =

1 1

;

3 2

 



 

 

Bài 3: (2,0 đ) Cho parabol (P) có đỉnh ở
gốc tọa độ và đi qua điểm A

1
1;

 



 

 .

a) Viết phương trình của parabol (P);
b) Viết phương trình đường thẳng d song
song với đường thẳng 2x + y = 1 và đi
qua điểm B(0; m). Xác định m sao cho
đường thẳng d cắt parabol (P) tại 2 điểm
có hồnh độ x1, x2 thỏa mãn 2x1+3x2 = 4.

(PP dạy tương tự)

Bài 4: (2,0 đ) Cho tam giác ABC nội tiếp
đường tròn (O) (AB < AC). Vẽ dây AD
song song với BC. Các tiếp tuyến tại A
và B của đường tròn cắt nhau tại E. Gọi I
là giao điểm của AC và BD.

a) C/m tứ giác ABOI nội tiếp được
đường trịn;

b) C/m OI vng góc với EI;

c) Gọi M là một điểm thuộc đoạn thẳng
BE, N là giao điểm của BD và EA, K là
giao điểm của MN và AB.

C/m

KM BM

KN AN

GV: y/c HS làm bài cá nhân 8/, sau đó

Bài 2:

1) §K: x 3, ta cã:

6 1

9 3

x   x



 





 



6 9 3

3 3 3 3

x x

x x x x

  

 

   

 (x2 - 9)+(x -3) = 0 (x-3)(x+3)+(x-3) =

 (x-3)(x+ 4) = 0  x-3 =0 hc x + 4 = 0
 x = 3 (loại, vì không thoả mÃn ĐK trên)

Hoặc x = -4 (thoả mÃn ĐK trên)
Vậy PT có 1 nghiÖm x = - 4.
2)









5 3 3 4

3 4 2 2

x y y

x x y

  





   




15 5 3 4

8 4 2 3

x y y

x y x

  


 

   



15 2 4 30 4 8

9 4 1 9 4 1

x y x y

   

 

   

   

 

Bài 3:

a) Parabol (P) có đỉnh ở gốc tọa độ nên
phương trình có dạng y = ax2 (a0). Vì (P)
đi qua điểm A

1
1;

 



 

  nên ta có:

1 1

2 a a 2

   

. Vậy pt của parabol (P) là
y =

2x



b) Đường thẳng d song song với đường
thẳng 2x + y = 1(hay y = -2x + 1) và đi qua
điểm B(0; m) nên ta có pt: y = -2x + m.
* Phương trình giao điểm (P) và d là:

2 2

2 4 2 0

2x x m x x m

      

Có    4 2m 0 2m4 m2

Với m < 2 thì d cắt (P) tại hai điểm phân
biệt có hồnh độ x1= 2 + , x2= 2 - .

Theo bài ra: 2x1+3x2 = 4

 2(2+ ) + 3(2- ) = 4
 4 + 2  + 6 - 3 = 4

6 36

 

     

Do đó 4-2m = 36  2m = - 32  m = -16

(thỏa mãn ĐK m < 2)
Vậy m = - 16.

Bài 4: A ND

E I

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

cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét,
bổ sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.

c) C/m

KM BM

KN AN .

Kẻ MH//BA (HEA). Trong AEB

có MH//AB theo đ/l Ta Let ta có:

BM AH

BE AE , mà EB = EA (t/c 2 tiếp tuyến

cắt nhau của 1 đường tròn)

 BM = AH (1).

Trong MNH có MH//KA nên

KM AH

KN AN (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

KM BM

KN AN .

Bài 5: (1,0 đ)

Cho các số thực dương x, y thỏa mãn
x + y = 1,2.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =

5 1

.
5

x y

(PP dạy tương tự)
Suy ra M10 2 6 6  

Vậy min M = 6
5

5x x 1

x

   

và
y = 0,2.

1) C/m tứ giác ABOI nội tiếp được trong
một đường trịn.

Ta có AD//BC (gt) AB CD

 1

AIB

sđ



AB CD



sđAB; AOB=sđ

AB AIBAOC. Tứ giác ABOI có 2 đỉnh

O và I cùng nhìn AB dưới 2 góc bằng nhau
nên nội tiếp được trong một đường tròn.
b) C/m OI vng góc với EI.

Tứ giác AOBE có:

  900 900 1800

OAE OBE    nên nội tiếp

được trong một đường tròn. Đường tròn
ngoại tiếp tứ giác ABOI và đường tròn
ngoại tiếp tứ giác ABOE có 3 điểm chung
là A, B, O nên chúng trùng nhau. Suy ra 5
điểm A, B, O, E, I cùng thuộc một đường
trịn.

Ta có: EIO EAO (cùng chắn cung OE)

Mà EAO 900 nên EIO 900  OI EI

Bài 5: Vì x, y  R+ và x + y = 1,2
 5x + 5y = 6.

Ta có: M =

5 1

5 5 6

5 x y

x y   .

Theo BĐT Cô - Si ta có:

5 5 1 1

5 2 .5 10; 5 2 .5 2

5 5

x x y y

x  x  y   y 

Hoạt động 2: Hướng dẫn học ở nhà:
- Học bài trong vở ghi và sách ôn tập.

- Tập làm lại các bài tập khó đã chữa.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 15/6/2012 soạn B19

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI THEO DẠNG CẤU TRÚC CỦA SỞ
I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chương trình tốn 9
thơng qua chữa bài chọn theo mẫu.

- Kĩ năng: Trình bày bài thi.

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

II. CHUẨN BỊ:

GV: - Thước m và compa.

HS: Ôn tập theo HD của GV; thước kẻ, compa.
III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS Yêu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Luyện tập

B i 1à : (2,0 ®iĨm)

Cho BT: A =

3 3

1 5

a a a a

a a

     

 

   

     

   

a) Tìm giá trị của a để A có nghĩa.
b) Rút gọn A

c) Tính giá trị biểu thức A biết a = 5-2 2

GV: y/c HS làm bài cá nhân 8/, sau đó cho
1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ
sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thng nht cỏch
lm.

B i 2 : (2,0 điểm)

1) Giải PT: 3x 6 2x3

2) Gi¶i hƯ PT:









5 3 3 4

3 4 2 2

x y y

x x y

  





   




GV: y/c HS làm bài cá nhân 8/, sau đó cho
1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ
sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.

B i 3à : (2,0 ®iĨm)

Cho pt: x2 - 2mx + mm +2 = 0

a) Giải pt khi m = -1.

b) Tìm các giá trị của tham số m để PT vô
nghiệm.

GV: y/c HS làm bài cá nhân 8/, sau đó cho
1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ
sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.

B i 4à : (3,0 ®iĨm)

1) Cho hình chữ nhật ABCD có AB =
2cm, AD = 3cm. Quay hình chữ nhật đó
quanh AB thì đợc một hình trụ. Tính thể
tích hình trụ ú.

Câu 1: (2,0 điểm)

a) Để BT A có nghĩa thì: a0 vµ

5 0 5 25

a   a   a

Vậy để BT A có nghĩa thì a  0, a 25

b) Víi a  0, a 25, ta cã:

A =









3 3

1 5

a a a a

a a

     

     

     

   



3 a

 

3 a



 9 a
c) Với a = 5-2 2 ta có:

A = 9 - 5 + 2 2 = 4 + 2 2

B i 2à : (2,0 ®iĨm)

Xét khoảng:

* Nếu x  2 thì pt có dạng:

3x - 6 = 2x + 3 x9 (t/m ĐK đang xét)
* Nếu x < 2 thì phương trình có dạng:
- 3x + 6 = 2x + 3 5x 3 x0,6(t/m

ĐK đang xét)

Vậy pt có hai nghiệm x1= 9; x2= 0,6.









5 3 3 4

3 4 2 2

x y y

x x y

  





   




15 5 3 4

8 4 2 3

x y y

x y x

  


 

   



15 2 4 30 4 8

9 4 1 9 4 1

x y x y

   

 

   

   

 

21 7 3

9 4 1 1

9. 4 1

x
x

x y

y






 

   

 

   




1
1

3
3

4 2

x

y y




 



 

   

   

 



VËy hÖ pt cã 1 nghiÖm duy nhÊt:
(x; y) =

1 1

;

3 2

 



 

 

B i 3à : (2,0 ®iĨm)

a) Với m = 1 ta có pt: x2 + 2x + 1 = 0



x 1



2 0

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

2) Cho ABC cã 3 gãc nhän, gãc B gÊp

đơi góc C và AH là đờng cao. Gọi M là
trung điểm của AC, các đờng thẳng MH và
AB cắt nhau tại N. Chứng minh:

a) MHC c©n;

b) Tứ giác NBMC nội tiếp đợc trong một
đờng tròn.

c) 2.MH2 = AB2 + AB.BH

(PP dạy tương tự)

Giải:1) Khi quay hình chữ nhật ABCD

quanh cạnh AB ta đợc một hình trụ có:
r = AD=3cm; h = 2cm.

Ta cã thĨ tÝch h×nh trơ: V = S.h =  r2.h

 V = .32.2 = 18 (cm3)

Vậy thể tích hình trụ là 18cm3

(Tiếp ý c)

+ XÐt BHN vµ MHC cã: BHN MHC

(đối đỉnh); N1C1 (cùng chắn cung BM

của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác NBMC)

 BHN P MHC (g.g)  BHN c©n

tại B do đó BN = BH.

+ XÐt ANM vµ ACB chóng cã: gãc A

chung; N1C1(c/m trªn) 
 ANM ACB (g.g)

AM AN MH AB BN

AB AC AB MH



   

(v× AC =
2MH = 2AM) và do BH = BN nên suy ra:
2.MH2 = AB(AB +BH)

Hay 2.MH2 = AB2 + AB.BH (®pcm)

B i 5à : (1,0 ®iĨm)
C/mr víi a > 0, ta cã:





5 1 11

1 2 2

a
a

a a



 



(PP dạy tương tự)

Gi¶i (Tiếp)
VËy





5 1 11

1 2 2

a
a

a a



 



(dÊu "=" x¶y ra  a = 1).

(Hoặc

1 2

1 1.1 0 1

b
x x

a

 



        

Hoặc tính 1 2

0 1

2 2.1

b
x x

a

 

      

)

b) Để pt đã cho vơ nghiệm thì:   0.
Ta có:   0









1. 2 0

m m m

    

(1)
XÐt 2 trêng hợp:

+ Nếu m < 0 thì m m và từ (1) suy ra:
m2 + m2 - 2 < 0  2(m2 - 1) < 0

 (m + 1)(m -1)<0 1 m1. Kết hợp

với ĐK đang xÐt ta lÊy -1< m <0.

+ Nếu m 0 thì m m và từ (1) suy ra:
m2 - m2 - 2 < 0  0m2 < 2 đúng với mi

m thuộc khoảng đang xét.

Vy vi nhng giỏ tr của m > -1 thì PT đã
cho vơ nghiệm.

B i 4 : 2)

a) C/m MHC là tam giác cân.

Vỡ AH là đờng cao nên AHC vng tại

H có AM = MC (gt) nên HM là trung
tuyến ứng với cạnh huyền do đó MH =
MC (=1/2.AC). Vậy MHC cân tại M.

b) C/m tứ giác NBMC nội tiếp đợc trong 1
đờng trịn.

Trong tam gi¸c ABC cã gãcB = 2 gãcC,
suy ra NBC1800 2C1(1)

Tam gíc MHC cân tại M, do đó

 

MHC MCH , suy ra NMC1800 2C1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: B và M nằm trên cung
chứa góc 1800 - 2.C 1. Do đó 4 điểm N, B,

M, C cùng nằm trên đờng trịn chứa cung
chứa góc 1800 - 2.C 1 dựng trên NC. Vậy tứ

giác NBMC nội tiếp đợc trong một đờng
trịn.

c) + Vì AH là đờng cao của ABC nên 

AHC vng tại H và có MA = MC(gt) 
HM là trung tuyến ứng với cạnh huyền do
đó HM = MC = MA(=

2AC) MHC

cân tại M.

Bi 5:

Vì a > 0 nên áp dụng BĐT Cô-Si ta có:
* a2 + 1 2a (dấu "=" x¶y ra  a = 1;

2 2

1 1 1 2

2 . 2 1

1 4 1 4 4 2

a a a a

 

    

 

(dấu "=" xảy ra  a = 1). Do đó:

B C

2 1

H 2

2
1

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

VT =









2 2

5 1 10 1

1 2 1 4

a a

a a a a

 

  

 





2
2

9 1

1 4 4

a

a a

a a a



  

 

 



 

9 11
1

2 2

  

=VP

Hoạt động 2: Hướng dẫn học ở nhà:
- Học bài trong vở ghi và sách ôn.

- Làm lại các bài vừa chữa, đọc ôn lại các bài đã học.

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: ...
...
...
Ngày 16/6/2012 soạn B20

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI THEO DẠNG CẤU TRÚC CỦA SỞ
I. MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững các kiến thức cơ bản của chương trình tốn 9

thơng qua chữa bài chọn theo mẫu.

- Kĩ năng: Trình bày bài thi.

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt và sáng tạo.
II. CHUẨN BỊ:

GV: - Thước m và compa.

HS: Ôn tập theo HD của GV; thước kẻ, compa.
III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động của GV&HS Yêu cầu cần đạt
Hoạt động 1: Luy n t pệ ậ

Bài 1: (2,0 đ) Cho biểu thức:
1

1 1

1 2

1 1

x x
P

x x x x x

x

x x x x x

  

  

     

 

 



 

     

 

a) Tìm ĐK của x để P có nghĩa;
b) Rút gọn P.

c) Tìm các số nguyên x sao cho P nhận giá
trị nguyên.

GV: y/c HS làm bài cá nhân 8/, sau đó cho
1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ
sung.

GV: Nhận xét, bổ sung, thống nhất cách
làm.

Do đó:

P =













1 1 1

1 1

x x

 



 

a) ĐK để P có nghĩa là:

















0
0

1 1 0

1 0

1 1 1 0

1 0 1

0
1

x
x

x x

x x x x

x x x x o x x

x x

x
x









   



   

 



 

      

 

 

  



 




b) Ta có: *

1 1

x x

x x x x x





   









1
1

1 1

x x

x

x x



 



 

















1 1

1 1 1 1

x x x x

x x x x

   

 

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

c) P nguyên khi và chỉ khi:
1

x Ư(1) x  1 1 x0(t/m)

Vậy x = 0.
Bài 2: (2,0 đ)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol
(P): y = x2 và điểm B(0;1).

1. Viết pt đờng thẳng (d) đi qua điểm
B(0;1) và có hệ số góc k.

2. C/mr đờng thẳng (d) ln cắt parabol
(P) tại 2 điểm phân biệt E và F với mọi k.
3. Gọi hoành độ của 2 điểm E và F lần lợt
là x1 và x2. C/mr: x1.x2 = -1, t ú suy ra

tam giác EOF là tam giác vu«ng.

(PP dạy tương tự)

EF2 = (x

2 - x1)2 + (y2-y1)2

= (x12+x22)+(y12+y22) - 2x1x2 - 2y1y2

Mµ x1.x2= -1; x1+x2 = k; y1= kx1+1,

y2 = kx2 +1 y1y2 = k2x1x2 + (x1+x2)k + 1

 y1y2 = -k2 + k2 + 1= 1

Nªn EF2 = (x

12+x22)+(y12+y22)+2-2

= (x12+x22)+(y12+y22) (2)

Tõ (1) vµ (2) ta có: EF2 = OE2+OF2 nên

tam giác EOF vuông tại O.
Bài 3: (2,0 đ) Cho phơng trình:

(m-4)x2 -2mx - m - 2 = 0 (với m là tham

số)

a) Giải pt víi m = 3.

b) T×m m biÕt pt cã nghiệm x = 3, tìm
nghiệm còn lại.

c) Tỡm m để pt có 2 nghiệm phân biệt.

(PP dạy tương t)

c) Muốn Pt có 2 nghiệm phân biệt thì:





2 2

0 4 2 0

4 2 8 0

2 2 8 0 4 0

1 17 1 17

2 4 2 2

1 17

m m m

m m m m

m m

m
m



      

     

       

 

      

 

 






 





Bài 4: (3,0 đ)

Cho 3 điểm ABC cố định thẳng hàng theo
thứ tự. Vẽ một đờng trịn (O) bất kì đI ua
B và C (BC không là đờng kính của (O)).
Kẻ từ A các tiếp tuyến AE, AF đế (O) (E,
F là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm
của BC; K là trung điểm của EF; giao
điểm của FI với (O) là D. Chứng minh:





























1 2

1 1

1 2

1 1 1

1 2 1

1 1 1 1

x

x x x x x

x

x x x

x

x x x

x

x x x x



   

 

  



  

  



   

Bài 2:

1. PT đờng thẳng có dạng: y = ax + b.
Do đó đờng thẳng (d) đi qua điểm B(0;1)
và có hệ số góc k thì (d) có pt là: y = kx +

2. XÐt pt: x2 = kx + 1

 x2 - kx - 1 = 0, ta cã pt bËc 2 víi hƯ sè

a = 1, c = -1 trái dấu nhau nên pt ln có 2
nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k.
Vậy đờng thẳng (d) luôn cắt parabol (P)
tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.
3. Gọi hoành độ của 2 điểm E và F lần lợt
là x1 và x2, thì x1, x2 là nghiệm của pt:

x2 - kx - 1 = 0 nªn theo hƯ thøc Vi - Ðt ta

cã: x1.x2 = -1; x1+ x2 = k.

Ta cã: OE2 = x

12 + y12, OF2= x22 + y22

 OE2+OF2 =(x

12+x22) + (y12+y12) (1)

Khoảng cách giữa 2 điểm E(x1; y1) vµ

F(x2; y2) trong mặt phẳng toạ độ:

Bµi 3:

a) Với m = 3 thì phơng trình đã cho là:
-x2 - 6x - 5 = 0 có dạng a - b + c = 0 nên

cã 2 nghiÖm: x1 = -1; x2 = -5.

b) Pt cã nghiÖm x = 3, ta cã:
(m - 4).3 - 2m. 3 - m - 2 = 0

 3m - 12 - 2 3m - m - 2 = 0
 2(1- 3)m = 14

 m =

1 3=









7 1 3 7 3 1

1 3 2

 




Theo hÖ thøc Vi - Ðt ta cã:

x1 + x2 =













7 3 1

2. 14 3 1

2 2

4 7 3 1 7 3 7 8

4
2

m
m



 

 

   

 





14 3 1

7 3 15

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

a) AE2 = AB.AC;

b) Các tứ giác AEOF; AEOI nội tiếp đợc;
c) ED//AC;

d) Khi (O) thay đổi nhng luôn đI qua B và
C, tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác OIK
luôn thuộc đờng thẳng cố định.

(PP dạy tương tự)

c) C/m: ED//AC. Gọi Ex là tia đối của EA.
Xét (O), ta có: xED EFD (cùng chắn cung
ED).

Từ câu b) suy ra 5 điểm A, E, O, I, F cùng
nằm trên đờng trịn đờng kính AO, do đó



EAI FEI (cùng chắn cung EI) nên

xEDAEI (=EFD). Suy ra ED//AC.
Gọi giao điểm của EF và BC là H, ta cã:
AH.AI = AK.AO = AF2 = AB.AC

AB AC
AH

AI

 

không đổi (A, B, C, I cố
định)

Do đó H cố định.

Tứ giác OKHI nnội tiếp, suy ra đờng tròn
ngoại tiếp tam giác OKI đI qua H và I cố
định.

Vậy tầm đờng tròn ngoại tiếp tam giác
OKI nằm trên đờng trung trực của HI là
một đờng thẳng cố định.

Bài 5: (1 đ) Tìm x để y đạt giá trị lớn nhất
thoả mãn x2 + y2 + 2xy - 8x + 6y = 0

(PP dạy tương tự)

Gi¶i:

7 20

x x

   

VËy max y =

8 20

7 x7





14 3 1 14 3 14 21 15 3

7 3 15 7 3 15

7 3

7 3 15

x
x

   

   

 



 



Bµi 4:

a) C/m: AE2 = AB.AC.

XÐt ABF vµ AFC cã Achung,

 

BFA FCA

(cïng ch¾n cung BF cđa (O)) ABF P


AFC (g.g)

2 .

AF AB

AF AB AC
AC AF

   

mµ
AE = AF nªn AE2 = AB.AC.

b) C/m: AEOF; AEOI nội tiếp đợc.

* Xét tứ giác AEOF có AEO AFO 900(vì

AE, AF l tiếp tuyến của (O)), do đó:

  1800

AEO AFO  nên tứ giác AEOF nội

tip ng trũn ng kớnh AO.

* Xét tứ giác AEOI có AEO90 ;0 AIO900
(vì I là trung điểm của BC nên OIBC).

Do ú tứ giác AEOI nội tiếp đờng trịn
đ-ờng kính OA.

Bài 5:

Với mỗi y thoả mãn đẳng thức thì tồn tại x
để x2 +y2 + 2xy - 8x + 6y = 0 tng ng

với phơng trình ẩn x:

x2 + 2(y - 4)x + y2 + 6y = 0

Ta cã:





2 2

4 1( 6 )

8 16 6 16 14

0 16 14 0

y y y

y y y y y

y y



    

      



  

Thay y =

7vào phơng trình ta cã:





2
2

8 8 8

2. 8 6. 0

7 7 7

49 64 112 392 336 0

49 280 400 0

7 20 0 7 20 0

x x x

x x

 

     

 

     

   

     

E x D

O
K

A H C

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

Hoạt động 2: Hướng dẫn học ở nhà:
- Học bài trong vở ghi và sách ôn.

- Làm lại các bài vừa chữa, đọc ôn lại các bài đã học.

TRƯỜNG THCS XUÂN HƯNG
ĐỀ

thi thö VÀO LỚP 10 PTTH (lÇn 3).

Mơn thi: Tốn

(Th

ời gian lm bi 120 phỳt )

Bài 1: (1,5 điểm)

Cho biểu thức:
P =

3 2 1 2

2 1 3 2

a a a

a a a a

  

 

   

a) Tìm điều kiện của a để biểu thức P có nghĩa.
b) Rút gọn P.

c) Tìm a để P nhỏ hơn 1.

Bài 2: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 2

6 1

9 3

x  x 

2) Giải hệ phương trình:









5 3 3 4

3 4 2 2

x y y

x x y

  






   




Bài 3: (2,0 điểm)

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

Cho parabol (P) có đỉnh ở gốc tọa độ và đi qua điểm A
1
1;

 



 

 .

a) Viết phương trình của parabol (P);

b) Viết phương trình đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = 1 và đi
qua điểm B(0; m). Xác định m sao cho đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có
hồnh độ x1, x2 thỏa mãn 2x1+ 3x2 = 4.

Bài 4: (3,5 điểm)

1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC). Vẽ dây AD song song
với BC. Các tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau tại E. Gọi I là giao điểm của
AC và BD.

a) Chứng minh tứ giác ABOI nội tiếp được đường tròn;
b) Chứng minh OI vng góc với EI;

c) Gọi M là một điểm thuộc đoạn thẳng BE, N là giao điểm của BD và EA, K là
giao điểm của MN và AB.

Chứng minh:

KM BM

KN AN

2. Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AB = 9 cm, AC = 2 cm. Quay tam giác
ABC một vịng quanh cạnh góc vng AB cố định, ta đợc một hình nón. Tính thể tích
hình nón đó.

Bài 5: (1,0 đ)

Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y = 1,2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức

P =

5 1

x y
 B:

Bài 1: (1,5 điểm)

Cho biểu thức:
Q =

3 2 1 2

2 1 3 2

b b b

b b b b

  

 

   

a) Tìm điều kiện của b để biểu thức Q có nghĩa;
b) Rút gọn Q;

c) Tìm b để Q nhỏ hơn 1.

Bài 2: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 2

6 1

9 3

y  y 

2) Giải hệ phương trình:









5 3 3 4

3 4 2 2

m n n

m m n

  





   




Bài 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P) có đỉnh ở gốc tọa độ và đi qua điểm B
1
1;

 



 

 .

a) Viết phương trình của parabol (P);

b) Viết phương trình đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = 1 và đi
qua điểm C(0; m). Xác định m sao cho đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có
hồnh độ x1, x2 thỏa mãn 2x1+ 3x2 = 6.

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

1. Cho tam giác MNP nội tiếp đường tròn (O) (MN < MP). Vẽ dây MD song song
với NP. Các tiếp tuyến tại M và N của đường tròn cắt nhau tại E. Gọi I là giao điểm
của MP và ND.

a) Chứng minh tứ giác MNOI nội tiếp được đường tròn;
b) Chứng minh OI vng góc với EI;

c) Gọi Q là một điểm thuộc đoạn thẳng NE, K là giao điểm của ND và EM, H là
giao điểm của MN và KQ.

Chứng minh:

HQ NQ
HK MK

2. Cho tam giác MNP vng tại M có cạnh MN = 6 cm, MP = 4 cm. Quay tam
giác MNP một vịng quanh cạnh góc vng MN cố định, ta đợc một hình nón. Tính thể
tích hình nón đó.

Bài 5: (1,0 đ)

Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a + b = 1,2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức

Q =

5 1

a b
 C

Bài 1: (1,5 điểm)

Cho biểu thức:
M =

3 2 1 2

2 1 3 2

c c c

c c c c

  

 

   

a) Tìm điều kiện của c để biểu thức M có nghĩa.
b) Rút gọn M.

c) Tìm c để M nhỏ hơn 1.

Bài 2: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 2

6 1

9 3

z  z 

2) Giải hệ phương trình:









5 3 3 4

3 4 2 2

u v v

u u v

  





   




Bài 3: (2,0 điểm)

Cho parabol (P) có đỉnh ở gốc tọa độ và đi qua điểm C
1
1;

 



 

 .

a) Viết phương trình của parabol (P);

b) Viết phương trình đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = 1 và đi
qua điểm Q(0; m). Xác định m sao cho đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có
hồnh độ x1, x2 thỏa mãn 2x1+ 3x2 = 8.

Bài 4: (3,5 điểm)

1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC). Vẽ dây AQ song song
với BC. Các tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau tại S. Gọi I là giao điểm của
AC và BQ.

a) C/m tứ giác ABOI nội tiếp được đường tròn;
b) C/m OI vuông góc với SI;

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

C/m

KM BM

KN AN

2. Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AB = 4 cm, AC = 3 cm. Quay tam giác
ABC một vòng quanh cạnh góc vng AB cố định, ta đợc một hình nón. Tính thể tích
hình nón đó.

Bài 5: (1,0 đ)

Cho các số thực dương u, v thỏa mãn u + v = 1,2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức

N =

5 1

u v
Đề D

Bµi 1: (1,5 ®iÓm)

Cho biểu thức:
N =

3 2 1 2

2 1 3 2

d d d

d d d d

  

 

   

a) Tìm điều kiện của d để biểu thức N có nghĩa.
b) Rút gọn N.

c) Tìm d để N nhỏ hơn 1.

Bài 2: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 2

6 1

9 3

t  t 

2) Giải hệ phương trình:









5 3 3 4

3 4 2 2

a b b

a a b

  





   




Bài 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P) có đỉnh ở gốc tọa độ và đi qua điểm D
1
1;

 



 

 .

a) Viết phương trình của parabol (P);

b) Viết phương trình đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = 1 và đi
qua điểm E(0; m). Xác định m sao cho đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có
hồnh độ x1, x2 thỏa mãn 2x1+3x2 = 2.

Bài 4: (3,5 điểm)

1. Cho tam giác MNP nội tiếp đường tròn (O) (MN < MP). Vẽ dây MD song song
với NP. Các tiếp tuyến tại M và N của đường tròn cắt nhau tại T. Gọi I là giao điểm
của MP và ND.

a) C/m tứ giác MNOI nội tiếp được đường tròn;
b) C/m OI vng góc với TI;

c) Gọi H là một điểm thuộc đoạn thẳng NT, L là giao điểm của ND và TM, K là
giao điểm của MN và LH.

C/m

KH NH
KL ML

2. Cho tam giác MNP vng tại M có cạnh MN = 12 cm, MP = 2 cm. Quay tam
giác MNP một vịng quanh cạnh góc vng MN cố định, ta đợc một hình nón. Tính thể
tích hình nón đó.

Bài 5: (1,0 đ)

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

M =

5 1

p q

ĐÁP ÁN BÀI THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012 - 2013. (Lần 3)

Bài Đề A Điểm

1
(1,5
đ)

a) Vì a - 3 a 2



a 2

 

a1



nên P có nghĩa khi và chỉ khi:

0 0

2 0 4

1
1 0
a a
a a
a
a

  
 
   
 
  
  

0,5



 





 





 





 



3 1 2 1 2 2

)

2 1

4 3 2 5 2 2

2 1

1 1

1 2

a a a a a

b P

a a

a a a a a

a a
a
a
a a
      

 
      

 

 

 

0,25
0,25

c) P < 1

1
1
2
a
 


2 0 2 0 4

2 1 3

a a a

a
a a
       
     

   
 
 

Kết hợp với ĐK trên ta được:

0 4, 1

9
a a
a
  

 

0,25
0,25
2
(2,0
đ)

1) §K: x 3, ta cã:

6 1

9 3

x   x



 





 



6 9 3

3 3 3 3

x x

x x x x

  

 

   

 (x2 - 9) + (x - 3) = 0  (x - 3)(x + 3)+(x - 3) = 0

 (x - 3)(x + 4) = 0  x - 3 = 0 hc x + 4 = 0
 x = 3 (lo¹i, vì không thoả mÃn ĐK trên)
Hoặc x = - 4 (thoả mÃn ĐK trªn)

VËy PT cã 1 nghiÖm x = - 4.

0,25
0,25
0,25
0,25
2)









5 3 3 4

3 4 2 2

x y y

x x y

  



   



15 5 3 4

8 4 2 3

x y y

x y x

  


 

   



15 2 4 30 4 8

9 4 1 9 4 1

x y x y

   
 
   
   
 

1

21 7 3

9 4 1 1

9. 4 1

3
x
x
x y
y





 
   
 
   


1
1
3
3
1
4 2
2
x
x
y y


 

 
   
   
 


VËy hÖ pt cã 1 nghiÖm duy nhÊt: (x; y) =

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

(2,0

đ) 0). Vì (P) đi qua điểm A
1
1;

 



 

  nên ta có:

1 1

2 a a 2

   

.
Vậy pt của parabol (P) là y =

2x



0,5
0,25
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = 1(hay y = -2x +

1) và đi qua điểm B(0; m) nên ta có pt: y = -2x + m.
* Phương trình hồnh độ giao điểm (P) và (d) là:

2 2

2 4 2 0

2x x m x x m

      

Có    4 2m 0 2m4 m2

Với m < 2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1= 2 + 

x2= 2 - .

Theo bài ra: 2x1+3x2 = 4

 2(2+ ) + 3(2- ) = 4
 4 + 2  + 6 - 3 = 4

6 36

 

     

Do đó 4 - 2m = 36  2m = - 32  m = -16 (thỏa mãn ĐK m < 2)

Vậy m = - 16.

0,25

0,25
0,25

4
(3,5

đ)

0,25

a) C/m tứ giác ABOI nội tiếp được trong một đường trịn.
Ta có AD//BC (gt) AB CD

 1

AIB

sđ



AB CD



sđAB; AOB= sđAB AIBAOB.

Tứ giác ABOI có 2 đỉnh O và I cùng nhìn AB dưới 2 góc bằng nhau nên
nội tiếp được trong một đường trịn.

b) C/m OI vng góc với EI.
Tứ giác AOBE có:

  900 900 1800

OAE OBE    nên nội tiếp được trong một đường tròn.

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOI và đường trịn ngoại tiếp tứ giác
ABOE có 3 điểm chung là A, B, O nên chúng trùng nhau.

Suy ra 5 điểm A, B, O, E, I cùng thuộc một đường trịn.

Ta có: EIO EAO (cùng chắn cung OE)

Mà EAO900 nên EIO 900  OI EI

0,25

0,5

0,25
0,25
0,25

A D

E I

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

c) C/m

KM BM

KN AN .

Kẻ MH//BA (HEA). Trong AEB có MH//AB theo đ/l Ta - Let ta

có:

BM AH

BE AE , mà EB = EA (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau của 1 đường tròn)

 BM = AH (1).

Trong MNH có MH//KA nên

KM AH

KN AN (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

KM BM

KN AN .

0,25
0,25
0,25

2. Vẽ hình, xác định đúng kích thớc:
Hình nón tạo thành có bán kính

đáy r = AC = 2cm, chiều cao h = AB = 9cm.
Thể tích hình nón:





2 2 3

1 1

.2 .9 12

3r h V 3   cm

0,5
0,5

5
(1,0

đ)

Vì x, y  R+ và x + y = 1,2  5x + 5y = 6.

Ta có: M =

5 1

5 5 6

5 x y

x y   .

Theo BĐT Cơ - Si ta có:

5 5 1 1

5 2 .5 10; 5 2 .5 2

5 5

x x y y

x  x  y  y 

Suy ra M10 2 6 6  

Vậy min M = 6
5

5x x 1

x

   

và y = 0,2

0,25
0,25

Bài Đề B Điểm

1
(1,5
đ)

a) Vì b - 3 b 2



b 2

 

b1



nên Q có nghĩa khi và chỉ khi:

0 0

2 0 4

1
1 0

b b

b b

b
b



  

 

   

 

  

  



0,5



 





 





 





 



3 1 2 1 2 2

)

2 1

4 3 2 5 2 2

2 1

1 1

1 2

b b b b b

b Q

b b

b b b b b

b b

b

b b

      



 

      



 



 



 

0,25

c) Q < 1

1
1
2

b

 



0,25

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

2 0 2 0 4

2 1 3

b b b

b

b b

       

     



   

 

 

Kết hợp với ĐK trên ta được:

0 4, 1

b b

b

  



 



0,25

2
(2,0

đ)

1) §K: y 3, ta cã:

6 1

9 3

y    y



 





 



6 9 3

3 3 3 3

y y

y y y y

  

 

   

 (y2 - 9) + (y - 3) = 0  (y - 3)(y + 3)+(y - 3) = 0

 (y - 3)(y + 4) = 0  y - 3 = 0 hc y + 4 = 0
y = 3 (loại, vì không thoả mÃn ĐK trên)

Hoặc y = - 4 (thoả mÃn ĐK trên)

VËy PT cã 1 nghiÖm y = - 4.

0,25
0,25









5 3 3 4

3 4 2 2

m n n

m m n

  





   




15 5 3 4

8 4 2 3

m n n

m n m

  


 

   



15 2 4 30 4 8

9 4 1 9 4 1

m n m n

   

 

   

   

 

21 7 3

9 4 1 1

9. 4 1

m
m

m n

n







 

   

 

   




1
1

3
3

4 2

m
m

n n




 



 

   

   

 



VËy hÖ pt cã 1 nghiÖm duy nhÊt: (m; n) =

1 1

;

3 2

 



 

 

0,25

0,5

0,25

3
(2,0

đ)

a) Parabol (P) có đỉnh ở gốc tọa độ nên phương trình có dạng y = ax2 (a

0). Vì (P) đi qua điểm B

1
1;

 



 

  nên ta có:

1 1

2 a a 2

   

.
Vậy pt của parabol (P) là y =

2x



0,5
0,25
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = 1(hay y = -2x +

1) và đi qua điểm C(0; m) nên ta có pt: y = -2x + m.
* Phương trình hồnh độ giao điểm (P) và (d) là:

2 2

2 4 2 0

2x x m x x m

      

Có    4 2m 0 2m4 m2

Với m < 2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1= 2 + ,

x2= 2 - .

Theo bài ra: 2x1+3x2 = 6

 2(2+ ) + 3(2- ) = 6
 4 + 2  + 6 - 3 = 6

4 16

 

     

Do đó 4 - 2m = 16  2m = - 12  m = - 6 (thỏa mãn ĐK m < 2)

Vậy m = - 6.

0,25

0,25
0,25
4

(3,5
đ)

M D

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

0,25

a) C/m tứ giác MNOI nội tiếp được trong một đường trịn.
Ta có MD//NP (gt) MN DP

 1

MIN 

sđ



MN DP 



sđMN; MON = sđMN  MIN MON .

Tứ giác MNOI có 2 đỉnh O và I cùng nhìn MN dưới 2 góc bằng nhau
nên nội tiếp được trong một đường trịn.

b) C/m OI vng góc với EI.
Tứ giác MONE có:

  900 900 1800

OME ONE    nên nội tiếp được trong một đường tròn.

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNOI và đường tròn ngoại tiếp tứ giác
MNOE có 3 điểm chung là M, N, O nên chúng trùng nhau.

Suy ra 5 điểm M, N, O, E, I cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: EIO EMO  (cùng chắn cung OE)

Mà EMO 900 nên EIO 900  OI EI

c) C/m

HQ NQ
HK MK .

Kẻ QA//MN (AEM). Trong MEN có QA//MN theo đ/l Ta - Let ta

có:

NQ MA

NE ME, mà EM = EN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau của 1 đường tròn)

 NQ = MA (1).

Trong QKA có MH//QA nên

HQ MA
HK MK (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

HQ NQ
HK MK .

0,25

0,5

0,25
0,25
0,25

2. Vẽ hình, xác định đúng kích thớc:
Hình nón tạo thành có bán kính

đáy r = MP = 4cm, chiều cao h = MN = 6cm.
Thể tích hình nón:





2 2 3

1 1

.4 .6 32

3r h V 3   cm

0,5
0,5

5
(1,0

đ)

Vì a, b  R+ và a + b = 1,2  5a + 5b = 6.

Ta có: Q =

5 1

5 5 6

5 a b

a b   .

Theo BĐT Cô - Si ta có:

5 5 1 1

5 2 .5 10; 5 2 .5 2

5 5

a a b b

a  a  b  b 

Suy ra Q 10 2 6 6  

0,25
0,25

0,25

E I

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Vậy min Q = 6
5

5a a 1

a

   

và b = 0,2

0,25

Bài Đề C Điểm

1
(1,5
đ)

a) Vì c - 3 c 2



c 2

 

c1



nên P có nghĩa khi và chỉ khi:

0 0

2 0 4

1
1 0
c c
c c
c
c

  
 
   
 
  
  

0,5



 





 





 





 



3 1 2 1 2 2

)

2 1

4 3 2 5 2 2

2 1

1 1

1 2

c c c c c

b M

c c

c c c c c

c c
c
c
c c
      

 
      

 

 

 

0,25
0,25

c) M < 1

1
1
2
c
 


2 0 2 0 4

2 1 3

c c c

c
c c
       
     

   
 
 

Kết hợp với ĐK trên ta được:

0 4, 1

9
a a
a
  

 

0,25
0,25
2
(2,0
đ)

1) §K: z 3, ta cã:

6 1

9 3

z   z



 





 



6 9 3

3 3 3 3

z z

z z z z

  

 

   

 (z2 - 9) + (z - 3) = 0  (z - 3)(z + 3)+(z - 3) = 0

 (z - 3)(z + 4) = 0  z - 3 = 0 hc z + 4 = 0
 z = 3 (loại, vì không thoả mÃn ĐK trên)
Hoặc z = - 4 (thoả mÃn ĐK trên)

Vậy PT cã 1 nghiÖm z = - 4.

0,25
0,25
0,25
0,25
2)









5 3 3 4

3 4 2 2

u v v

u u v

  



   



15 5 3 4

8 4 2 3

u v v

u v u

  


 

   



15 2 4 30 4 8

9 4 1 9 4 1

u v u v

   
 
   
   
 

1

21 7 3

9 4 1 1

9. 4 1

3
u
u
u v
v





 
   
 
   


1
1
3
3
1
4 2
2
u
u
v v


 

 
   
   
 


VËy hÖ pt cã 1 nghiÖm duy nhÊt: (u; v) =

1 1
;
3 2
 

 
 
0,25
0,5
0,25
3
(2,0
đ)

a) Parabol (P) có đỉnh ở gốc tọa độ nên phương trình có dạng y = ax2 (a

0). Vì (P) đi qua điểm C

1
1;
2
 

 

  nên ta có:

1 1

2 a a 2

   

. 0,5

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Vậy pt của parabol (P) là y =

2x



b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = 1(hay y = -2x
+ 1) và đi qua điểm Q(0; m) nên ta có pt: y = -2x + m.

* Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) là:

2 2

2 4 2 0

2x x m x x m

      

Có    4 2m 0 2m4 m2

Với m < 2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1= 2 + 

x2= 2 - .

Theo bài ra: 2x1+3x2 = 8

 2(2+ ) + 3(2- ) = 8
 4 + 2  + 6 - 3 = 8

2 4

 

     

Do đó 4 - 2m = 4  2m = 0  m = 0 (thỏa mãn ĐK m < 2)

Vậy m = 0.

0,25

0,25
0,25

4
(3,5

đ)

0,25

a) C/m tứ giác ABOI nội tiếp được trong một đường trịn.
Ta có AQ//BC (gt) AB QC

 1

AIB

sđ



AB QC



sđAB; AOB= sđAB AIBAOB.

Tứ giác ABOI có 2 đỉnh O và I cùng nhìn AB dưới 2 góc bằng nhau nên
nội tiếp được trong một đường tròn.

b) C/m OI vng góc với SI.

Tứ giác AOBS có:

  900 900 1800

OAS OBS    nên nội tiếp được trong một đường tròn.

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOI và đường trịn ngoại tiếp tứ giác
ABOS có 3 điểm chung là A, B, O nên chúng trùng nhau.

Suy ra 5 điểm A, B, O, S, I cùng thuộc một đường trịn.
Ta có: SIO SAO  (cùng chắn cung OS)

Mà SAO 900 nên SIO 900 OI SI

c) C/m

KM BM

KN AN .

Kẻ MH//BA (HSA). Trong ASB có MH//AB theo đ/l Ta - Let ta

có:

0,25

0,5

0,25
0,25

0,25

A Q

S I

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

BM AH

BS AS , mà SB = SA (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau của 1 đường tròn)

 BM = AH (1).

Trong MNH có MH//KA nên

KM AH

KN AN (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

KM BM

KN AN .

0,25
0,25
0,25

2. Vẽ hình, xác định đúng kích thớc:
Hình nón tạo thành có bán kính

đáy r = AC = 3cm, chiều cao h = AB = 4cm.
Thể tích hình nón:





2 2 3

1 1

.3 .4 12

3r h V 3   cm

0,5
0,5
5

(1,0
đ)

Vì u, v  R+ và u + v = 1,2  5u + 5v = 6.

Ta có: N =

5 1

5 5 6

5 u v

u v   .

Theo BĐT Cơ - Si ta có:

5 5 1 1

5 2 .5 10; 5 2 .5 2

5 5

v u v v

u  u  v  v 

Suy ra N10 2 6 6  

Vậy min N = 6
5

5u u 1

u

   

và v = 0,2

0,25
0,25

Bài Đề D Điểm

1
(1,5
đ)

a) Vì d - 3 d  2



d  2

 

d 1



nên P có nghĩa khi và chỉ khi:

0 0

2 0 4

1 0

d d

d d

d
d



  

 

   

 

  

  



0,5



 





 





 





 



3 1 2 1 2 2

)

2 1

4 3 2 5 2 2

2 1

1 1

1 2

d d d d d

b N

d d

d d d d d

d d

d

d d

      



 

      



 



 



 

0,25

c) PN< 1

1
1
2

d

 



2 0 2 0 4

2 1 3

d d d

d

d d

       

     



   

 

 

Kết hợp với ĐK trên ta được:

0 4, 1

d d

d

  



 



0,25
0,25
2

(2,0

đ)

1) §K: t 3, ta cã:
2

6 1

9 3

t   t



 





 



6 9 3

3 3 3 3

t t

t t t t

  

 

   

 (t2 - 9) + (t - 3) = 0  (t - 3)(t + 3)+(t - 3) = 0

0,25
0,25

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

 (t - 3)(t + 4) = 0  t - 3 = 0 hc t + 4 = 0
 t = 3 (loại, vì không thoả mÃn ĐK trên)
Hoặc t = - 4 (thoả mÃn §K trªn)

VËy PT cã 1 nghiÖm x = - 4. 0,25

0,25









5 3 3 4

3 4 2 2

a b b

a a b

  






   




15 5 3 4

8 4 2 3

a b b

a b a

  


 

   



15 2 4 30 4 8

9 4 1 9 4 1

a b a b

   

 

   

   

 

21 7 3

9 4 1 1

9. 4 1

a
a

a b

b






 

   

 

   




1
1

3
3

4 2

a
a

b b




 



 

   

   

 



VËy hÖ pt cã 1 nghiÖm duy nhÊt: (a; b) =

1 1

;

3 2

 



 

 

0,25

0,5

0,25
3

(2,0
đ)

a) Parabol (P) có đỉnh ở gốc tọa độ nên phương trình có dạng y = ax2 (a

0). Vì (P) đi qua điểm D

1
1;

 



 

  nên ta có:

1 1

2 a a 2

   

.
Vậy pt của parabol (P) là y =

2x



0,5
0,25
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = 1(hay y = -2x

+ 1) và đi qua điểm E(0; m) nên ta có pt: y = -2x + m.
* Phương trình hồnh độ giao điểm (P) và (d) là:

2 2

2 4 2 0

2x x m x x m

      

Có    4 2m 0 2m4 m2

Với m < 2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1= 2 + 

, x2= 2 - .

Theo bài ra: 2x1+3x2 = 2

 2(2+ ) + 3(2- ) = 2
 4 + 2  + 6 - 3 = 2

8 64

 

     

Do đó 4 - 2m = 64  2m = - 60  m = - 30 (thỏa mãn ĐK m < 2)

Vậy m = - 30.

0,25

0,25
0,25
4

(3,5
đ)

0,25

a) C/m tứ giác MNOI nội tiếp được trong một đường trịn.
Ta có MD//NP (gt) MN DP

 1

MIN 

sđ



MN DP 



sđMN ; MON = sđMN MIN MON .

0,25

M D

T I

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

Tứ giác MNOI có 2 đỉnh O và I cùng nhìn MN dưới 2 góc bằng nhau
nên nội tiếp được trong một đường tròn.

b) C/m OI vng góc với TI.
Tứ giác MONT có:

  900 900 1800

OMT ONT    nên nội tiếp được trong một đường tròn.

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNOI và đường tròn ngoại tiếp tứ giác
MNOT có 3 điểm chung là M, N, O nên chúng trùng nhau.

Suy ra 5 điểm M, N, O, S, I cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: TIO TAO  (cùng chắn cung OE)

Mà TMO 900 nên TIO 900 OI TI

c) C/m

KH NH
KL ML .

Kẻ HA//MN (ATM). Trong SMN có HA//MN theo đ/l Ta - Let ta

có:

NH MA

NT MT , mà TM = TN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau của 1 đường tròn)

 NH = MA (1).

Trong LHA có MK//AH nên

KH MA
KL ML (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

KH NH
KL ML .

0,5

0,25
0,25
0,25

2. Vẽ hình, xác định đúng kích thớc:
Hình nón tạo thành có bán kính

đáy r = AC = 2cm, chiều cao h = AB = 12cm.
Thể tích hình nón:





2 2 3

1 1

.2 .12 16

3r h V 3   cm

0,5
0,5
5

(1,0
đ)

Vì p, q  R+ và p+ q = 1,2  5p + 5q = 6.

Ta có: M =

5 1

5 5 6

5 p q

p q   .

Theo BĐT Cô - Si ta có:

5 5 1 1

5 2 .5 10; 5 2 .5 2

5 5

q p q q

p  p  q  q 

Suy ra M10 2 6 6  

Vậy min M = 6
5

5p p 1

p

   

và q = 0,2

0,25
0,25

Lưu ý: - HS có thể làm cách khác đúng, suy luận lôgic vẫn đạt điểm tối đa. Điểm
thành phần cho tương ứng với biểu điểm trên.

- Bài hình, nếu HS khơng vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì khơng tính điểm bài hình.

Sở GD&ĐT Thành phố HCM
ĐỀ

thi T UYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Ngày thi 21/6/2012
Mơn thi: Tốn

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

(Th

ời gian làm bài 120 phút )

Câu 1: (2,0 đ) Giải các pt và hệ pt sau:
a) 2x2 - x - 3 = 0; b)

2 3 7

3 2 4

x y
x y

 




 

 ; c) x4 + x - 12 = 0 ; d) x2 - 2 x - 7 = 0.

Câu 2: (1,5 đ)

a) Vẽ đồ thị (P) của hs y =
1

4x2 và đường thẳng (d): y = 
-1

2x + 2 trên cùng một hệ
trục tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) ở câu trên bằng phép tính.

Câu 3: (1,5 đ) Thu gọn các BT sau:
A =

1 2 1

x
x

x x    x x Với x > 0, x 1.

B =



2 3



26 15 3 



2 3



26 15 3

Câu 4: (1,5 đ) Cho pt x2 - 2mx + m - 2 = 0 (x là ẩn số)
a) C/m pt ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

b) Gọi x1, x2 lần lượt là hai nghiệm của pt. Tìm m để biểu thức:

2 2

1 2 1 2

24
6

M

x x x x




  đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 5: (3,5 đ) Cho đường tròn (O) và điểm M nằm trong đường tròn (O). Đường thẳng
MO cắt (O) tại E và F (ME < MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là
tiếp điểm, A nằm giữa hai điểm M và B; A và C nằm khác phía đối với đường thẳng
MO.

a) C/mr MA.MB = ME.MF

b) Gọi H là hình chiếu vng góc của điểm C lên đường thẳng MO. C/m tứ giác
AHOB nội tiếp.

c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ đường trịn đường kính MF, nửa
đường trịn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của hai đường
thẳng CO và KF. C/m MS vuông góc với đường thẳng KC.

d) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BFS và ACS
và T là trung điểm của KS. C/m ba điểm P, Q, T thẳng hàng.

Sở GD&ĐT Thành phố Hà Nội
ĐỀ

thi T UYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

(Th

ời gian làm bài 120 phút )

Bài 1: (2,5 đ) 1) Cho biểu thức A =

4
2

x
x



 . Tính giá trị biểu thức khi x = 36.

2) Rút gọn biểu thức: B =





4 16

: , 0, 16

4 4 2

x x

x x x

  

  

 

    

 

3) Với các biểu thức A và B nói trên. Hãy tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức
B(A - 1) là số nguyên.

Bài 2: (2,0 đ) Giải bài toán bằng cách lập PT hoặc hệ PT:
Hai người cùng làm chung một công việc trong

5 giờ thì xong. Nếu mỗi người
làm một mình thì thời gian để người thứ nhất làm hồn thành cơng việc ít hơn người
thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người làm trong bao nhiêu giờ để xong
công việc.

Bài 3: (1,5 đ) 1) Giải hệ PT:

2 1
2
6 2

x y
x y



 





  




2) Cho PT x2 - (4m - 1)x + 3m2 - 2 = 0 (ẩn x)

Tìm m để PT có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn ĐK x12x22 7

Bài 4: (3,5 đ) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Bán kính COAB, M là điểm

bất kì trên cung nhỏ AC (M  A và C), BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H

trên AB.

1) C/m tứ giác CBKH nội tiếp.
2) C/m ACM ACK .

3) Trên đoạn thẳng BM lấy lấy điểm E sao cho BE = AM. C/m ECM là vuông

cân tại C.

4) Gọi d là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại điểm A. Cho P là một điểm nằm trên d
sao cho P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và

AP MB
R
MA  .

C/m đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.

Bài 5: (0,5 đ) Với x, y là các số dương thỏa mãn ĐK x  2y. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức:

2 2

x y
M

xy




Sở GD&ĐT Nghệ An

ĐỀ

thi T UYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Mơn thi: Tốn

(Th

ời gian làm bài 120 phút )

Câu 1: (2,5 đ) Cho biểu thức:

1 1 2

2 2

x
A

x x x



 

  

 

 

a) Nêu ĐKXĐ và rút gọn BT A.
b) Tìm tất cả các giá trị của x để A =

1
2.
c) Tìm tất cả các giá trị của x để B =

3A là số nguyên.

Câu 2: (1,5 đ) Trên quảng đường AB dài 156 km, một người đi xe máy từ A và một
người đi xe đạp từ B. Hai xe xuất phát cùng một lúc và sau 3 giờ thì gặp nhau. Biết
rằng vận tốc xe máy lớn hơn vận tốc xe đạp là 28 km/h. Tính vận tốc của mỗi xe.

Câu 3: (2,0 đ) Cho pt: x2 - 2(m - 1)x + m2 - 6 = 0 (m là tham số)
a) Giải pt với m = 3.

b) Tìm tất cả các gía trị của m để pt có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 = 16.

Câu 4: (4,0 đ) Cho điểm M ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB (A, B là các
tiếp điểm) và cát tuyến MCD không đi qua O (C nằm giữa M và D) với đường tròn
(O). Đoạn thẳng OM cắt AB và (O) theo thứ tự tại H và I. C/mr:

a) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
b) MC.MD = MA2.

c) OH.OM + MC.MD = MO2.
c) CI là phân giác của góc MCH.

Giải:

Câu 1: (2,5 đ) a) * ĐKXĐ pt: x > 0, x  4.

* Rút gọn A:



 



1 1 2 2 2 2 2 1 2

. . .

2 2 2 2 2 2

x x x x x

A

x x x x x x x x x

    

 

     

     

 

b) A =
1
2

2 1

2 4 2 4

2 x x x

x

        

 (không thỏa mãn ĐK trên)

Vậy khơng có giá trị nào của x để A = 1/2.

c) B =









7 7.2 14

3A3 x2 3 x2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ thi TUYỂN SINH VÀOLỚP 10 THPT
THANH HÓA NĂM HỌC 2012 - 2013

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

Mơn thi: TỐN

(Thời gian làm bài 120 phút)
Ngày thi 29/6/2012

Bài 1: (2,0 đ)

1) Giai phương trình sau: a) x - 1 = 0 ;
b) x2 - 3x + 2 = 0.

2) Giải hệ phương trình:

2 7

x y
x y

 




 



Bài 2: (2,0 đ)

Cho biểu thức:

2
2

1 1 1

2 2 2 2

a
A

a

a a



  



 

1) Tìm ĐKXĐ và rút gọn biểu thức A.
2) Tìm giá trị của a, biết A <

1
3.

Bài 3: (2,0 đ)

1) Cho đường thẳng (d): y = ax + b. Tìm a, b để đường thẳng (d) đi qua điểm
A(-1; 3) và song song với đường thẳng (d/): y = 5x + 3.

2) Cho phương trình: ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 (x là ẩn số). Tìm a để phương
Trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x12 + x22 = 4.

Bài 4: (3,0 đ)

Cho đều ABC có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì (M khơng

trùng B, C, H). Từ M kẻ MP, MQ lần lượt vng góc với các cạnh AB, AC (P thuộc
AB, Q thuộc AC).

1) C/m: Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn.

2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ. C/m: OH  PQ.

3) C/mr: MP + MQ = AH.

Bài 5: (1,0 đ)

Cho hai số thực a; b thay đổi, thỏa mãn điều kiện a + b  1 và a > 0.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

8
4

a b

A b

a



 

Giải:
Bài 1: (2,0 đ)

1. a) x - 1 = 0  x = 1. Vậy PT có 1 nghiệm x = 1.

b) x2 -3x + 2 = 0, pt có dạng a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0 nên có 2 nghiệm x1 = 1,
x2 = c/a = 2/1 = 2. Vậy pt có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 2.

2 7 3 9 3 3

2 2 3 2 1

x y x x x

x y x y y y

    

   

  

   

      

    vậy hpt có 1 nghiệm (x; y)=(3; -1)

Bài 2: (2,0 đ)

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

* Ta có:







 





















 

















 





 









 



2
2

2 2

1 1 1 2 1

1 1 1

2 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1

2 1 2 1 1 1 1

2 1 1 1 1 1 1 1

a a a a

a
A

a a a a a a a a

a a a a a a a

A

a a a a a a a

     



   

       

      

    

      









1 1 3 1 2 1

0 0 2 1 0 0 0,5

3 1 3 3 1 3 1

a a a a

A a a

a a a

  

            

  

Vậy với những giá trị 0 a 0,5 thì A <

1
3.

Bài 3: (2,0 đ)

1. Đường thẳng (d): y = ax + b đi qua điểm A(-1;3) và song song với đường
thẳng (d/): y = 5x + 3. Suy ra a = 5. Thay x = -1, y = 3 vào PT y = 5x + b ta có

5.(-1) + b = 3 b8 (thỏa mãn ĐK khác 3). Vậy a = 5; b = 8.

2. PT: ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 có:

















2 2 2

2
2

9 1 4 2 4 9 18 9 8 16

2 1 8 1 8 0

a a a a a a a

a a a

         

         

Vậy Pt ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của a.
Theo hệ thức Vi ét ta có:

x1 + x2 =

-



1 2

3 1 2 4

; .

a a

x x

a a

 



Theo bài ra:









2 2

1 2 1 2 1 2

2 2 2

4 2 4

3 1 2 4

2. 4

9 18 9 4 8 4

10 9 0

x x x x x x

a a

a a a a a

a a

     



  

    

 

     

   

PT có dạng a - b + c = 1 - 10 + 9 = 0 nên có 2 nghiệm a1 = - 1 và a2 = - 9.

Bài 4: (3,0 đ)

1. C/m tứ giác APMQ nội tiếp đường trịn:

Vì MP  AB, MQ AC nên APM 90 ,0 AQM 900.

Xét tứ giác APMQ có:
APM AQM 900900 1800

 Tứ giác APMQ nội tiếp đường trịn đường kính AM.

2. C/m OH  PQ:

Vì AH là đường cao và MBC nên AHM 900

 H thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ

Và do ABC đều nênPAH QAH  PH QH  PH QH (1)

Vì O là tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ nên OP = OQ (2)

Từ (1) và (2) suy ra OH thuộc đường trung trực của PQ do đó OH PQ.

3. C/m: MP + MQ = AH:
Ta có:

Q
O

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

1 1 1

. . .

2 2 2

AMB AMC ACH

S S S AB MP AC MQ BC DH

MP MQ AH

    

  

Vì tam giác ABC đều nên AB = BC = CA.

Bài 5: (1,0 đ) Tìm GTNN của A =

8
4

a b
b
a




với a + b 1 và a > 0

Từ a + b  1 b 1- a , b  1 - a. Vì tìm giá trị nhỏ nhất của A nên ta chỉ xét trường

hợp 0 < a  1, 0 < b  1 ta có:
2

2 2 2

8 1 1 1 1 1

4 4 4 4 4

a a

A b a b a a b

a a a

 

          

Thay a 1- b suy ra: A

2 2

1 1 1 1 1

4 4 4 4 2

a b b a b b

a a

   

          

    (*)

Vì a > 0 áp dụng BĐT cơ si có:
1
4

a
a



1

lại có:

2 1 1 0

4 2

b b b

   

    

   

   

Nên từ (*) suy ra: A  1 + 0 +

2 hay A

2. Vậy GTNN của A bằng 
3

2 Khi

1 1

4 2

1
2

a b

a a b

a
b



  




   









Sở GD&ĐT Thanh Hóa
ĐỀ

thi T UYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Ngày thi 29/6/2012
Mơn thi: Tốn

(Th

ời gian làm bài 120 phút )

Bài 1: (2,0 đ)

1) Giai phương trình sau: a) x - 4 = 0 ; b) x2 + 2x - 3 = 0.
2) Giải hệ phương trình:

2 1

x y
x y

 




 



Bài 2: (2,0 đ)

Cho biểu thức:

2
2

1 1 1

2 2 2 2

d
D

d

d d



  



 

1) Tìm ĐKXĐ và rút gọn biểu thức D.

2) Tìm giá trị của d, biết D <

1
3.

Bài 3: (2,0 đ)

1) Cho đường thẳng (d): y = ax + b. Tìm a, b để đường thẳng (d) đi qua điểm

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

D(1; 2) và song song với đường thẳng (d/): y = 5x + 3.

2) Cho phương trình: dx2 + 3(d + 1)x + 2d + 4 = 0 (x là ẩn số). Tìm d để phương
Trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x12 + x22 = 4.

Bài 4: (3,0 đ)

Cho đều DEF có đường cao DH. Trên cạnh EF lấy điểm M bất kì (M khơng

trùng E, F, H). Từ M kẻ MP, MQ lần lượt vng góc với các cạnh DE, DF (P thuộc
DE, Q thuộc DF).

1) C/m: Tứ giác DPMQ nội tiếp đường tròn.

2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DPMQ. C/m: OH  PQ.

3) C/mr: MP + MQ = DH.

Bài 5: (1,0 đ)

Cho hai số thực x; y thay đổi, thỏa mãn điều kiện x + y  1 và x > 0.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

8
4

x y

D y

x



 

Giải:

Bài 1: (2,0 đ)

1. a) x - 4 = 0  x = 4. Vậy PT có 1 nghiệm x = 4.

b) x2 + 2x - 3 = 0, pt có dạng a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0 nên có 2 nghiệm x1 = 1,
x2 = c/a = -3/1 = - 3. Vậy pt có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = - 3.

2 1 3 3 1 1

4 4 1 4 3

x y x x x

x y x y y y

    

   

  

   

       

    vậy hpt có 1 nghiệm (x; y)=(-1;3)

Bài 2: (2,0 đ)

1. * ĐKXĐ: d 0;d 1.

* Ta có:







 





















 

















 





 









 



2
2

2 2

1 1 1 2 1

1 1 1

2 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1

2 1 2 1 1 1 1

2 1 1 1 1 1 1 1

d d d d

d
D

d d d d d d d d

d d d d d d d

D

d d d d d d d

     



   

       

      

    

      









1 1 3 1 2 1

0 0 2 1 0 0 0,5

3 1 3 3 1 3 1

d d d d

D d d

d d d

  

            

  

Vậy với những giá trị 0 d 0,5 thì D <

1
3.

Bài 3: (2,0 đ)

1. Đường thẳng (d): y = ax + b đi qua điểm D(1; 2) và song song với đường thẳng
(d/): y = 5x + 3. Suy ra a = 5. Thay x = 1, y = 2 vào PT y = 5x + b ta có 5.1 + b = 2

3
b

  (thỏa mãn ĐK khác 3). Vậy a = 5; b = -3.

2. PT: dx2 + 3(d + 1)x + 2d + 4 = 0 có:

















2 2 2

2
2

9 1 4 2 4 9 18 9 8 16

2 1 8 1 8 0

d d d d d d d

d d d

         

         

Vậy Pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của d.
Theo hệ thức Vi ét ta có:

x1 + x2 =

-



1 2

3 1 2 4

; .

d d

x x

d d

 



</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>









2 2

1 2 1 2 1 2

2 2 2

4 2 4

3 1 2 4

2. 4

9 18 9 4 8 4

10 9 0

x x x x x x

d d

d d d d d

d d

     



  

    

 

     

   

PT có dạng a - b + c = 1 - 10 + 9 = 0 nên có 2 nghiệm d1 = - 1 và d2 = - 9.

Bài 4: (3,0 đ)

1. C/m tứ giác DPMQ nội tiếp đường tròn:

Vì MP  DE, MQ DF nên DPM 90 ,0 DQM 900.

Xét tứ giác DPMQ có:
DPM DQM  900900 1800

 Tứ giác DPMQ nội tiếp đường trịn đường kính DM.

2. C/m OH  PQ:

Vì DH là đường cao và MEF nên DHM 900

 H thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác DPMQ

Và do DEF đều nênPDH QDH  PH QH  PH QH (1)

Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DPMQ nên OP = OQ (2)

Từ (1) và (2) suy ra OH thuộc đường trung trực của PQ do đó OH PQ.

3. C/m: MP + MQ = DH:
Ta có:

1 1 1

. . EF.

2 2 2

DME DMF D

S S S DE MP DF MQ DH

MP MQ DH

    

  

Vì tam giác DEF đều nên DE = EF = FD.

Bài 5: (1,0 đ)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
 THANH HÓA NĂM HỌC 2012-2013
 Mơn thi : Tốn

Thời gian : 120 phút không kể thời gian
giao đề

Ngày thi 29 tháng 6 năm 2012

Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải các phương trình sau : a) x - 1 = 0

b) x2 - 3x + 2 = 0

2- Giải hệ phương trình :

{

2xx − y+y==27

Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A = 1

2+2√a +

2−2√a

-a2+1

1− a2

1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A

2- Tìm giá trị của a ; biết A < 13

Q
O

E M H F

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

Bài 3: (2.0 điểm)

1- Chođường thẳng (d) : y = ax + b .Tìm a; b để đường thẳng (d) đi qua điểm A(
-1 ; 3) và song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3

2- Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) .Tìm a để phươmg 
trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x12 + x22 = 4

Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam tam giác đều ABC có đường cao AH . Trên cạnh BC lấy

điểm M

bất kỳ ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ lần lượt vng góc với các cạnh
AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)

1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn

2- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ .Chứng minh OH PQ
3- Chứng minh rằng : MP +MQ = AH

Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b 1 và a >

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 8a2+b
4a +b

---HẾT

---BIỂU CHẤM

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ -A
Mơn thi : Tốn

Bài Nội dung Điểm

Bài 1
2 điểm

a) Giải phương trình : x – 1 = 0 ⇔ x = 1 vậy nghiệm của phương
trình là x = 1

0,25

b) x2 – 3x + 2 = 0 là phương trình bậc hai ẩn x có dạng : a + b+ c = 0

⇒ nghiệm của phương trình là x1 = 1; áp dụng vi ét ta có x2 = ca=2

1 =2
Vậy phương trình có hai nghiệm : x1 = 1; x2 = 2

0,25
0,25
0,25

2

Giải hệ phương trình :

{

2xx − y+y==27 ⇔

{

3x=9

x+y=2 ⇔

{

x=3

3+y=2 ⇔

{

x=3

y=2−3

{

x=3

y=−1 vậy nghiệm của hệ

{

x=3
y=−1

0,5

0,25

{

2−a≥2√0a ≠0 ⇔

{

a ≥0

2≠2√a ⇔

{

a ≥0

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

Bài 1
2 điểm

A = 1

2+2√a +

2−2√a

-a2+1

1− a2 =

A = 2 1

(1+√a) +

2(1−√a)

-a2+1

(1+a)(1+√a) (1−√a)
A = (a+1)(1−√a)+(a+1)(1+√a)−2a

−2

2 .(1+a)(1+√a)(1−√a)
A = (a+1).(1−√a)+ (a+1).(1+√a)−2a

−2

2 .(1+a).(1+√a).(1−√a)

A = a− a√a+1−√a+a+a√.a+1+√a −2a

−2

2 .(1+a)(1+√a) (1−√a)

A = 2a−2a

2 .(1+a)(1+√a) (1−√a) =

2a(1− a)

2 .(1+a) (1− a) = 
a

1+a

0,25

0,25
0,25

2

Với A < 13 ta có 1a

+a <

3 ⇒

a

1+a -

3 < 0 ⇒

2a −1
1+a <

với a 0 ⇒ 1 + a > 0 nên để 21a −+a1 < 0 ⇔ 2a – 1 < 0 ⇒ a <
1

vậy 0 a < 12 thì A < 13

0,25
0,25
0,25

Bài 3
2 điểm

1 đường thẳng (d) đi qua điểm A( -1 ; 3) có toạ độ x = -1 ; y = 3 thoả mãn
công thức y = ax + b thay số ta có 3 = -a + b (1)

Mà đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3 nên

{

a=5

b ≠3 (2) từ (1) và (2) ta có

{

a=5

b=8 vậy a = 5 ; b = 8 đường (d):y = 5x

+ 8

0,25
0,25
0,25
0,25

2 phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) để phương trình 
bậc hai khi a 0 ta có : Δ = b2 – 4ac =

[3(a+1)]2−4a .(2a+4)
Δ = 9 ( a2 + 2a + 1) – 8a2 – 16a = 9a2 + 18a + 9 – 8a2 – 16a

Δ = a2 + 2a + 9 = ( a+ 1)2 + 8 > 0 với mọi a

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi a :

Theo hệ thức vi et ta có :

{

x1+x2=−3 .(a+1)

a
x1.x2=

2a+4
a

theo bài ra ta có : x12 + x22 = 4 ⇒ ( x1 + x2)2 – 2x1.x2 = 4 thay vào ta
có

(

−3(a+1)

a

)

−2×2a+4

a = 4 ⇒ 9 ( a

2 + 2a + 1) -2a.(2a+4) = 4a2

9a2 + 18a + 9 -4a2 -8a = 4a2 ⇒ a2 + 10a + 9 = 0 là phương trình bậc hai
ẩn a có dạng a – b + c= 1- 10 + 9 = 0 nên có hai nghiệm a1 = –1 và a2 = -9
với a = - 1 hoặc a = -9 thoả mãn

vậy với a = - 1 hoặc a = -9 p/ trình có hai nghiệm thoả mãn x12 + x22 =
4

0,25

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

Bài 4
3 điểm

1 Xét Tứ giác APMQ

ta có MQ AC ( gt)  MQ A^ = 900
và MP AB ( gt)  MP A^ = 900

Nên : MQ A^ + MP A^ = 1800 mà MQ A^ và

MP A^ là hai góc đối của ⋄ APMQ nên ⋄

APMQ nội tiếp được trong đường trịn

0,25
0,25
0,25
0,25

2 theo câu 1 thì ⋄ APMQ nội tiếp được trong đường tròn mà MP A^ =

900 nên AM là đường kính do đó O là trung điểm cuả AM 
Q; H ; P thuộc (O) nên OP = OH = OQ( = R) (1)

Ta có P^A H = 1

2PO H^ ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
PH)

Q^A H = 1

2QO H^ ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung QH)
Vì Δ ABC đề có AH là đường cao nên nó cũng là phân giác góc BAC

⇒

P^A H = Q^A H ⇒ PO H^ = QO H^ ⇒ OH là phân giác PO Q^

Mặt khác OP = OQ nên Δ OPQ cân tại O có OH là phân giác PO Q^

nên OH là đường cao Δ OPQ vậy OH PQ

0,25

0,25
0,25

0,25

S

ΔABC

= S

ΔAMB

+ S

ΔAMC

Mà

S

ΔABC

=

12 BC AH ;

S

ΔAMB

=

12 AB MP ;

S

ΔAMC

=

2 AC MQ

⇒

S

ΔABC

=

2 BC AH =
1

2 AB MP +
1

2 AC MQ
Vì Δ ABC dều nên BC = AC = AB ⇒ 12 BC AH = 12 BC ( MP
+ MQ)

⇒ MP +MQ = AH

0,25
0,25
0,25

0,25

Bài 5
1điểm

Tìm GTNN của A =

8
4

a b
b
a




với a + b 1 và a > 0
Từ a + b  1 b 1- a ta có:

2 2

8 1 1 1

4 4 4

1 1

4 4

a a

A b a b

a a

a a b

a

 

     

    

Thay a 1- b ta suy ra:A

2 2

1 1 1 1 1

4 4 4 4 2

a b b a b b

a a

   

          

    (1)

Vì a > 0 áp dụng BĐT cơ si có:
1
4

a
a



1

lại có:

2 1 1 0

4 2

b b b

   

    

   

   

0,25

0,25
P

B C

H M

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

Nên từ (1) suy ra: A  1 + 0 +

2 hay A

2. Vậy GTNN của A bằng 
3
2

Khi

1 1

4 2

1
2

a b

a a b

a
b



  




   










0,25

Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực x; y thay đổi , thoả mãn điều kiện x + y 1và a >

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức D =

8
4

x y
y
x




BÀI LÀM

Cách 1 :Tìm GTNN của D =

8
4

x y
y
x




với x+ y 1 và x > 0
Từ x+ y  1 y 1- x ta có:

2 2

8 1 1 1

4 4 4

1 1

4 4

x x

D y x y

x x

x x y

x

 

     

    

Thay x 1- y ta suy ra:D

2 2

1 1 1 1 1

4 4 4 4 2

x y y x y y

x x

   

           

    (1)

Vì x> 0 áp dụng BĐT cơ si có:
1
4

x
x



1

lại có:

2 1 1 0

4 2

y y y

   

    

   

   

Nên từ (1) suy ra: D  1 + 0 +

2 hay D

2. Vậy GTNN của D bằng 
3

2 Khi

1 1

4 2

x y

x x y

x
y



  




   





</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

Cách 2 :Tìm GTNN của A =

8
4

a b
b
a




với a+ b 1 và a > 0
Từ a+ b  1 b 1- a ta có:

2 2

3 2 2

2 2

8 1 1

A 2 (1 )

4 4 4

4 4 4 4 1 6

(2 1) (2 1) 3

4 2

(2 1) ( 1) 3 3

4 2 2

a b

b a a

a a

a a a a a a

a

a a a

a

a a

a



      

     



  

 

 

  

vì với a > 0 thì

(2 1) ( 1)

0
4

a a

a

 



Dấu bằng xảy ra khi a =
1
2
Nên từ (1) suy ra: A  0 +

2 hay A

3
2. 
Vậy GTNN của A =

</div>