Day them Toan 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.35 MB, 85 trang )

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

Bui 1: Tuần 3 tháng 9

Bi 1: Ôn tập về căn bậc hai – Hằng đẳng thức

A A
 .
Lun tËp vỊ HƯ thøc lỵng trong tam giác vuông (T1)

A. Mục tiêu:

- HS nắm đợc định nghĩa và kí hiệu về căn bậc hai số học của một số không âm.
- Biết đợc mối liên hệ của phép khai phơng với quan hệ thứ tự trong tập R và dùng

quan h ny so sỏnh cỏc s.

- Thành thạo tìm căn bậc hai của một số không âm bằng máy tính bỏ túi, trình bày
khoa học chính xác.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chức lớp: 9A1 9A2

2. Nội dung: Phần I: Ôn tập về Căn bậc hai – Hằng đẳng thức

A A

I. Nhắc lại:

1. Định nghĩa căn bËc hai sè häc:

 

2
2

x
x a

x a a





  

 



 với



a0



2. Hằng đẳng thức

2 A

A A

A



 



II. Bµi tËp:

1. Bài 1: Tìm những khẳng định đúng trong các khẳng định sau:
a, Căn bậc hai của 0, 81 l 0,9.

b, Căn bậc hai của 0, 81 là 0,9.
c, 0,81 = 0,9.

d, Căn bậc hai số học của 0, 81 là 0,9.
e, Số âm không có căn bậc hai.

f, 0,81=- 0,9.

Vy cỏc khng định đúng là: b, d, e.

2. Bµi 2: Rót gän biĨu thóc sau:









2 2

3 1  3 1 3 2

= 3 1  3 1 3 2   3 1  3 1 3 2  3 2 2





9 4 5  5 1

= 5 4 5 4   5 1 =

 

5  2. 5.2 2  5 1
=
nÕu A

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



5 2



2  5 1

= 5 2  5 1 = 5 2 + 5 1 =2 5 1
c, 25 49 2 16

d,
2

5
5
x
x



 =



5 .

 



x x

x

 

 = x 5

e, x - 4 + 16 8 x x 2 =





x - 4 + 4 x

=x - 4 + 4 x =

x - 4 + 4 - x
x - 4 + x - 4




 =

0
2x - 8



3. Bµi 3: Giải phơng trình vô tỉ:



2 5

x 

 x 2 5 

2 5

x
x

 



  

 

7
3
x
x



 

Vậy phơng trình có 2 nghiệm x1 = 7; x2 = -3

b, x2 6x9 10 





3 10

x 

 x 3 10 

3 10

x
x

 



  

 

13
7
x
x

Vậy phơng trình có 2 nghiÖm x1 = 13; x2 = -7

PhÇn II:

 HDHT:

- Tiếp tục ơn tập về định nghĩa, tính chất của căn thức bậc hai; các phép biến đổi
căn thức bậc hai

- Ơn tập định lí Pytago và các hệ thức lợng trong tam giác vng.

Buổi 2: Tn 3 th¸ng 9

Bài 2: Các phép biến đổi biểu thức chứa căn thức bậc hai. (T1)

A. Mơc tiªu:

- Luyện tập cho học sinh các phép tính, các phép biến đổi v cn bc hai.

- Thành thạo tìm căn bậc hai của một số không âm bằng máy tính bỏ túi, trình bày
khoa học chính xác.

- Vn dng các phép biến đổi CBH vào thực hiện rút gọn biểu thức

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

GV: Bảng phụ ghi sẵn câu hỏi và bài tập, máy tính.

HS: Ơn tập các phép tính, các phép biến đổi về căn bậc hai; máy tính bỏ túi.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chức lớp: 9A1 9A2

2. Nội dung: Phần I Các phép biến đổi biểu thức chứa căn thức bậc hai. 
1. Bài1: Hãy chọn đáp án đúng? Nếu sai hãy sửa lại cho đúng?

Câu Khẳng định Đ S Sửa

1 Căn bậc hai số học của 25 là 5 S 25 5

2 √25x −√9x=4 khi x = 8 §

3 2

√3+1=¿ √3−1

√

4x2

y=2x.√y

víi x < 0 vµ y > 0

S 2

4x y 2 .x y

víi x < 0 vµ y > 0

5 5

2√3=
5√3

S 5 5. 3 5 3

6
2 3 2 3. 3 

6 36 64 36 64  100 10 S 36 64 6 8 14  

2. Bµi 2: Rót gän biĨu thøc.

a, √9x+√25x −√16x (víi x0) b, 2√5+√45−√500
c, (√12+√27−3√2). 2√3+6√6 d, 1

√3−1+
1

√3+1
Gi¶i:

Ta cã:

a, √9x+√25x −√16x (víi x0) b, 2√5+√45−√500

= 32x 52x 42x = 2 5 3 .52  10 .52

=3 x5 x 4 x =2 5 3 5 10 5 

=4 x =5 5

c, (√12+√27−3√2). 2√3+6√6 d, 1
√3−1+

√3+1

= 12.2 3 27.2 3 3 2.2 3 6 6  =











 



1. 3 1 1. 3 1
3 1 . 3 1

  

 

=2 36 2 81 6 6 6 6   =

 

3 1 3 1

3 1

  



= 2.6 2.9 12 18 30    =

2 3
3

2 

3. Bµi 3: So s¸nh

2007 2006 vµ

m



2

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

Ta cã:

2007 2006 =







 



1. 2007 2006

2007 2006 . 2007 2006


 

= 2007 2006

2008 2007 =







 



1. 2008 2007

2008 2007 . 2008 2007


 

= 2008 2007
Mµ 2007 2006 < 2008 2007



2007 2006 <

2008 2007

Buổi 3: TuÇn 1 th¸ng 10

Bài 3: Các phép biến đổi biểu thức chứa căn thức bậc hai. (T1)

Lun tËp vỊ HƯ thøc giữa cạnh và góc trong tam giác vuông

(T

)

A. Mục tiêu:

- Luyện tập cho học sinh các phép tính, cỏc phộp bin i v cn bc hai.

- Thành thạo tìm căn bậc hai của một số không âm bằng máy tính bỏ túi, trình bày
khoa học chính xác.

- Vận dụng các phép biến đổi CBH vào thực hiện rút gọn biểu thức

- RÌn lun cho häc sinh cách giải tam giác vuông kĩ năng tính toán và vận dụng
các công thức linh hoạt chính xác.

B. ChuÈn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi sẵn câu hỏi và bài tËp, m¸y tÝnh.

HS: Ơn tập các phép tính, các phép biến đổi về căn bậc hai; máy tính bỏ túi.

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



2 50 3 450 4 200 : 10 



2 2

3 1  3 1



 



2 2 . 5 2  3 2 5

5 5 5 5

 



 

a a a a

 



  ( víi a > 0; a  1)

Gi¶i:
a,



2 50 3 450 4 200 : 10 



2 2

3 1  3 1

2 50 3 450 4 200

10  10  10 =











 



2. 3 1 2. 3 1
3 1 . 3 1

  

 

= 2 5 3 45 4 20  =

 

2 3 2 2 3 2

3 1

  



= 2 5 3 3 .5 4 2 .5 2  2 =

4 3
3 1
=2 5 9 5 8 5  = 3 5 =

4 3
2 3

2 



 



2 2 . 5 2  3 2 5

5 5 5 5

 



 

= 10 2 10 18 30 2 25    =



 





 



5 5 . 5 5 5 5 . 5 5

5 5 . 5 5

    

 

=20 2 33 =

 

2
2

25 10 5 5 25 10 5 5

5 5

    



60
3
20
2. Bµi 2: T×m x biÕt:

a) x 3 5 b) 2x1 7
Gi¶i:

a) x 3 5 3 b) 2x1 7

§iỊu kiƯn x – 3  0  x  3 §iỊu kiÖn 2x – 1  0  x 
1
2



x 3



2 52

  





2
2

2x 1 7

  

3 25

x

    2x1 49

x

  (tm®/k)  2x50 x25 (tmđ/k)

Bài tập về nhµ: Rót gän biĨu thøc: (4®)

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





2 3

3 + 3 d,

1 1

2 2 3 2 2 3  

Bui 4: Tuần 2 tháng 10

Bµi 4

:

Lun tËp rút gọn biểu thức chứa căn thức bậc hai (T

)

LuyÖn tËp về Hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông

(T

)

A. Mục tiêu:

- Luyn tập cho học sinh các phép tính, các phép biến đổi về căn bậc hai.

- Thành thạo biến đổi rút gọn biểu thức chức căn thức bậc hai trình bày bài khoa học.
- Vận dụng các phép biến đổi CBH vào thực hiện rút gọn biểu thức cũng nh kĩ

năng vẽ hình tính toán và trình bày lời giải hình học.

B. Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ ghi sẵn câu hỏi và bài tËp, m¸y tÝnh.

HS: Ơn tập các phép tính, các phép biến đổi về căn bậc hai; máy tính bỏ túi.

C. TiÕn tr×nh d¹y - häc:

1. Tỉ chøc líp: 9A1 9A2

2. Néi dung: PhÇn I: Lun tËp rút gọn biểu thức chứa căn thức bậc hai (T1)

1. Bài 1: Hãy điền chữ đúng (Đ) hoặc sai (S) vào ô trồng để đợc khng nh ỳng.
(3)

Cõu Khng nh S

1 Căn bËc hai sè häc cđa 64 lµ 8

2 25x 9x 8

khi x = 8

3 2

√3+1=¿ √3−1

√

4x2

y=2x.√y víi x > 0 vµ y > 0

5 5

2√3=
5√3

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

6 25 16  25 16  9 3

2. Bài 2: Giải phơng trình:

a) x26x9 10 b) x 12 18x 8 27
Gi¶i:

a) x26x9 10 b) x 12 18x 8 27







3 10

x 

 x 12 x 8 27 18
 x 3 10  x 2 .32  x 2 .22  3 .32  3 .22


3 10

x
x

 



  

  2x 3 2 x 2 3 3 3 2 


13
7
x
x



 

  2x



3 2



3. 3



 2




3
2
x
3. Bµi 3: Rót gän biĨu thøc:

a, A =

a a a a

 



  ( víi a > 0; a  1)



 





 



2 2

a a a a

  

 

 

2 2

2
2

2 2

a a a a a a a a

a a

    



=
2

2a 2a

a a



 =









2 . 1

. 1

a a
a a












2 1

1
a
a




VËy A =









2 1

1
a
a




b, B =

1 . 1

1 1

a a a a

a a

     

 

   

     

    ( víi a > 0; a  1)

Ta cã: B =









. 1 . 1

1 . 1

1 1

a a a a

a a

     

     

   



1 a

 

. 1 a



 

1 a

= 1 - a
VËy B = 1 - a

4. Bµi 4: ( Đề thi vào THPT năm häc 2006 - 2007)
Cho biÓu thøc:

3 1 4 4

2 2

a a a

P

a

a a

  

  



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

b, TÝnh giá trị biểu thức P khi a = 9
Giải:
a, Ta cã:

3 1 4 4

2 2

a a a

P

a

a a

  

  



 



 





 



3 . 2 1 . 2 4 4

2 . 2

a a a a a

a a

      



 



 



3 2 6 2 2 4 4

2 . 2

a a a a a a a

a a

        



 



 



4 8

2 . 2

a

a a




 







 



4 2 4

2 . 2

a

a a



 



 

VËy P =

4
2
a

b, Thay a = 9 vào biểu thức P ta đợc:
P =

4 4

4
3 2
9 2   
VËy khi a = 9 th× P = 4.

Lun tËp vỊ HƯ thøc giữa cạnh và góc trong tam giác vuông (T2)

1. Bài 1: Tính giá trị biểu thức:

sin 2

cot 2
tg
P

cos g

 




 khi 300

 

Thay  300vào biểu thức P ta đợc:



0 2 0

sin 2.30 30
30 cot 2.30

tg
P

cos g








0 2 0

sin 60 30
30 cot 60

tg
P

cos g








 

2
2

3 3 3 6

3 3 3 6

2 2 2

3 3 3 6 3 6

3 3

2 2 2

P



 



   



2. Bài 2: Cho hình vÏ:
TÝnh kho¶ng cách AB
Giải:

+) Xét BHCvuông cân tại H

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

+) Xét AHC vuông tại H có HC = 20m; CAH 300
Suy ra AH =HC. cotgCAH = 20.cotg300=20. 3
VËy AB = AH - HB =20. 3 - 20 =20. 3 1







14,641 (m)

3. Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A, đờng cao AH. Biết AB = 20; AC = 15 .
a) Tính cạnh huyền BC

b) TÝnh BH, HC, AH

 HDHT:

- Tiếp tục ôn tập về thứ tự thực hiện các phép toán rút gọn căn thức bậc hai; các
phép biến đổi căn thức bậc hai .

- RÌn lun kĩ năng vận dụng tính toán và kiến thức về tỉ số lợng giác của góc nhọn

Bui 5 Tuần 2 tháng 10

Bài 5:

Luyện tập rút gọn biểu thức chứa căn thức bậc hai (T

)

Ôn tập chơng II (hình học) (T

1

)

A. Mục tiêu:

- Luyện tập cho học sinh các phép tính, các phép biến đổi về căn bậc hai.

- Thành thạo biến đổi rút gọn biểu thức chức căn thức bậc hai trình bày bài khoa
học.

- Vận dụng các phép biến đổi CBH vào thực hiện rút gọn biểu thức cũng nh kĩ
năng vẽ hình và trình bày lời giải hình học.

B. Chn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi sẵn câu hỏi và bài tËp, m¸y tÝnh.

HS: Ơn tập các phép tính, các phép biến đổi về căn bậc hai; máy tính bỏ túi.

C. TiÕn tr×nh d¹y - häc:

1. Tỉ chøc líp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

PhÇn I: Luyện tập rút gọn biểu thức chứa căn thức bËc hai (T2)

1. Bµi 1: ( Đề thi vào THPT năm học 2006 - 2007)
Rót gän biĨu thøc:

1 1 2

2 2 2 2 1

x x

Q

x x x

 

  

   ( víi x > 0; x 1)
Gi¶i:

Ta cã:

1 1 2

2 2 2 2 1

x x

Q

x x x

 

  

  









1 1 2

2. 1 2. 1

x x

x

x x

 

  



 



 









 



2 2

1 1 2. 1

2. 1 . 1

x x x

x x

    



 



 



2 1 2 1 2 2

2. 1 . 1

x x x x x

x x

      



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



 



2 2

2. 1 . 1

x

x x




 



 



2( 1)

2. 1 . 1

x

x x




 

1
1
x




VËy biĨu thøc Q

1
1
x




2. Bµi 2: ( Đề thi vào THPT năm häc 2006 - 2007)
Rót gän biĨu thøc:

1 1 1

. 1

3 3

A

x x x

   

     

 

    ( víi x > 0; x9)
Gi¶i:

Ta cã:

1 1 3

. 1

3 3

A

x x x

   

     

 

   











 



1. 3 1. 3 3

3 . 3

x x x

x

x x

      



 

  

     

 



 



3 3 3

3 . 3

x x x

x

x x

   

   

 

  

     

 



 



6 3

3 . 3

x
x

x x

   



 

  

 

     

 





. 3

x x





VËy A





. 3

x x





PhÇn II: Ôn tập chơng II (hình học - T1)

1. Định nghĩa đ ờng tròn: (Sgk - To¸n 6)

2. Các cách xác định 1 đ ờng tròn :

Có 3 cách xác định 1 đờng trịn là:

+) Cách 1: Biết tâm O và bán kính R thì xác định (O; R)
+) Cách 2: Một đoạn thẳng AB thì xác định

;
2
AB
O

 

 

  với O là trung điểm của đoạn
thẳng AB

+) Cỏch 3: Qua 3 điểm khơng thẳng hàng thì xác định 1 và chỉ 1 đờng trịn (O;R)

3. Bµi tËp 1:

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

GT: Cho ABC (A900) MB = MC = 
1
2BC

KL: AM =

1
2BC

Giải:

+) Kẻ MKAB MK // AC
+) XÐt ABC cã MB = MC = 
1

2BC (gt)

MK // AC (gt)  AK = KB
+) XÐt ABM cã MK  AB; AK = KB ABM cân tại M

 AM = MB = 
1

2BC mµ MB = MC = 
1

2BC  AM = MB = MC = 
1
2BC
2. Bµi tËp 2: Tø gi¸c ABCD cã B = D 900.

a) Chứng minh rằng 4 điểm A, B, C, D cùng nằm trên 1 đờng tròn.

b) So sánh độ dài AC và BD. Nếu AC = BD thì tứ giác ABCD là hình gì ?
Giải:

a) Gäi O lµ trung ®iĨm cđa AC  OA = OC = 
1

2 AC (1)

+) XÐt ABC vu«ng t¹i B cã OA = OC

 OB là đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền AC
 OB =

2AC (2)

+) Xét ADC vuông tại D có OA = OC

 OD là đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền AC 
 OD =

2AC (3)

Tõ (1) (2), vµ (3)  OA = OB = OC = OD =

1
2AC

Vậy 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc 1 đờng tròn

;
2
AC

O

 

 

 

b) Nếu AC = BD  AC, BD là các đờng kính của đờng trịn ; 2
AC
O

 

 

 

 ABC BCD CDA DAB   900
Tứ giác ABCD là hình chữ nhật.

4. Bài tập 2: Cho ABC có 3 góc nhọn. Các đờng cao AD; BE; CK cắt nhau tại H
CMR: a) 4 điểm B; C; E; K cùng nằm trên 1 đờng tròn. Hãy xác định tâm và
bán kính của đờng trịn đó.

b) 4 điểm A; B; E; D cùng nằm trên 1 đờng tròn.
Giải:

a) Gọi O1 là trung điểm của BC BO1 = CO1= 2

BC

+) Xét BECvuông tại E (AC BE)

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

 EO1 = BO1 = CO1= 2
BC

(1)
+) Xét BKCvuông tại K (AB CK)

 KO1 là đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền BC 
 KO1 = BO1 = CO1= 2

BC

(2)

Tõ (1); (2)  KO1 = EO1 = BO1 = CO1= 2
BC

Vậy 4 điểm 4 điểm B; C; E; K cùng nằm trên 1 đờng tròn tâm O1 và bán kính

2
BC

b) Gọi O2 là trung điểm của AB ta cũng chứng minh tơng tự 4 điểm A; B; E; D
cùng nằm trên 1 đờng tròn tâm O2 và bán kính 2

AB

 HDHT:

+) Tiếp tục ơn tập về căn thức bậc hai; các phép biến đổi căn thức bậc hai .
+) Ơn tập về đờng trịn (định nghĩa và tính chất đối xứng của đờng trịn)

Bui 6: Tuần 3 tháng 10

Bài 6: Lun tËp vỊ hµm số bậc nhất

y ax b

(

a

0

)

Ôn tập chơng II ( hình học T2 )

Soạn: 4/11/2009 D¹y: 8 + 9/11/2009

A. Mơc tiªu:

- Luyện tập cho học sinh về định nghĩa và tính chất đồng biến; nghịch biến của
hàm số bậc nhất y ax b  (a0)

- Thành thạo cách tính giá trị của hàm số tại giá trị của biến số; cách xác định giao
điểm của đồ thị hàm số với các trục toạ độ và vẽ đồ thị của hàm số trên trình bày
bài khoa hc.

- Vận dụng và rèn kĩ năng vẽ hình và trình bày lời giải hình học.

B. Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ ghi sẵn câu hỏi và bài tập, thớc kẻ, com pa, m¸y tÝnh.

HS: Ôn tập các phép biến đổi về căn bậc hai; máy tính bỏ túi, thớc kẻ, com pa.

C. TiÕn trình dạy - học:

1. Tổ chức lớp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

PhÇn I: Lun tËp vỊ hµm sè bËc nhÊt

y ax b





(

a



0 )

1. Bµi 1: Cho hµm sè y = f x

 

= 2x + 3

a) TÝnh gi¸ trị của hàm số khi x = -2; - 0,5; 0; 3;

3
2
b) Tìm giá trị của x để hàm số có giá trị bằng 10; -7
Giải:

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

x =

1
2




1 1

2. 3 1 3 2

2 2

f       

   

x = 0  f

 

0 2.0 3 3 
x = 3  f

 

3 2.3 3 6 3 9   
x =

2 

3 3

2. 3 3 3

2 2

f    

b) +) Để hàm số y = f x

 

 2x + 3 cã gi¸ trÞ b»ng 10  2x + 3=10

 2x = 10 - 3  2x = 7  x =

7
2

VËy khi x =

2 thì hàm số có giá trị bằng 10.

+) §Ĩ hµm sè y = f x

 

= 2x + 3 có giá trị bằng -7 2x + 3 = -7
 2x = -7 - 3  2x = - 10  x = -5

VËy khi x = -5 thì hàm số có giá trị b»ng -7.

2. Bµi 2: Cho hµm sè bËc nhÊt y = ax + 5

a) Tìm a để đồ thị hàm số đi qua điểm A (-2; 3)
b) Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm đợc ở câu a).
Giải:

a) Để đồ thị hàm số y = ax + 5 đi qua điểm A (-2; 3)
 3 = a.(-2) + 5

 -2a + 5 = 3
 -2a = 3 - 5
 -2a = - 2
 a = 1

Vậy khi a = 1 thì đồ thị hàm số y = ax + 5 đi qua điểm A (-2; 3)
b) Khi a = 1 thì cơng thức hàm số là: y = x + 5

Cho x = 0  y = 5  A (0; 5)
y = 0  x = -5  B (-5; 0)

 Đồ thị hàm số y = x + 5 là đờng thẳng đi qua 2 điểm A (0; 5); B (-5; 0)
3. Bài 3:

a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x + 2 và y =

2x + 2

b) Gọi toạ độ giao điểm của đồ thị các hàm số với các trục toạ độ là A và B, giao
điểm của đồ thị 2 hàm số trên là E. Tính chu vi và diện tích



ABE

Gi¶i:

a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x + 2 và y =

2x + 2

Cho x = 0  y = 2 E ( 0; 2)
y = 0  x = 2  A ( 2; 0)

 Đồ thị hàm số y = - x + 2 là đờng thẳng đi qua 2 điểm E ( 0; 2); A ( 2; 0)

Cho x = 0  y = 2  E ( 0; 2)

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

Đồ thị hàm số y =
1

2x + 2 là đờng thẳng đi qua 2 điểm E ( 0; 2); B( -4; 0)

PhÇn II:

Ôn tập chơng II ( h×nh häc

–

T

2

)

1. Bài tập 1: Hãy nối mỗi ý ở cột bên trái với 1 ô ở cột bên phải sao cho d ợc khẳng
định đúng:

1) Nếu tam giác có 3 góc nhọn a) là đờng trịn tâm Q bán kính 3 cm.
2) Tập hợp các điểm có khoảng cách đến

điểm Q cố định bằng 3cm b) thì tâm của dờng tròn ngoại tiếptam giác nằm ở bên trong đờng trịn.
3) Trong 1 đờng trịn đờng kính vng góc

víi 1 dây c) thì chia dây ấy thành 2 phần b»ngnhau.

4) Trong 1 đờng trịn đờng kính i qua

trung điểm của 1 dây d) thì vuông góc với dây ấy.

5) Trong 1 đờng tròn đờng kính đi qua
trung im ca 1 dõy khụng i qua tõm

Đáp ¸n: Nèi 1) - b) ; 2) - a) ; 3) - c) ; 5) - d)

2. Bµi 19: (SBT – 130)

GT: Cho (O; R), AD =2R, vÏ (D; R)
(O; R)  (D; R)  B , C
KL: a) OBDC lµ h×nh g×?

b) Tính số đo các góc CBD , CBO ,OBA
c)



ABC

là tam giác đều.

Gi¶i:

a) Đối với đờng trịn tâm O ta có: OB = OC = OD = R (O) (1)
Đối với đờng tròn tâm D ta có: DB = DC = DO = R (D) (2)
Từ (1) và (2)  OB = OC = OD= DB = DC

 OBDC là hình thoi ( tứ giác có 4 cạnh bằng nhau)
b) Xét OBD Có OD = OB = BD  OBD là tam giác đều.

 OBD 600  CBO =

  600 0

2 2

OBD

CBD  

+) XÐt ABD Cã OD = OA = OB = 2

AD

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

c) Xét ABC có ABC600tơng tự ACB 600 ABC là tam giác đều. (đpcm)

 HDHT:

+) Tiếp tục ôn tập về định nghĩa và tính chất của hàm số bậc nhất .

+) Ôn tập về đờng trịn ( định nghĩa và tính chất đối xứng của ng trũn)

Bui 7: Tuần tháng

Bµi 7:

Lun tËp vỊ hµm sè bËc nhÊt

y ax b

(

a

0 ) (T

)

Ôn tập chơng II ( hình học- T

)

A. Mục tiêu:

- Luyn tp cho học sinh về định nghĩa và tính chất đồng biến; nghịch biến của
hàm số bậc nhất y ax b  (a0)

- Thành thạo cách tính giá trị của hàm số tại giá trị của biến số; cách xác định giao
điểm của đồ thị hàm số với các trục toạ độ và vẽ đồ thị của hàm số trên trình by
bi khoa hc.

- Vận dụng và rèn kĩ năng vẽ hình và trình bày lời giải hình học.

B. Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ ghi sẵn câu hỏi và bài tập, máy tính , thớc kẻ, com pa.

HS: Ơn tập về định nghĩa, tính chất của hàm số bậc nhất, thớc kẻ, com pa .

C. TiÕn trình dạy - học:

1. Tổ chức lớp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

PhÇn I: Lun tËp vỊ hµm sè bËc nhÊt

y ax b





(

a



0 )

1. Bµi 8: ( SBT - 57): Cho hµm sè y =



3 2 .



x1

a) Hàm số là đồng biến hay nghịch biến trên R ? Vỡ sao?

b) Tính giá trị tơng ứng của y khi x nhận các giá trị sau: 0; - 2; 3 2; 3 2.

c) TÝnh giá trị tơng ứng của x khi y nhận các giá trị sau: 0; 1; 8; 2 2
Giải:

a) Hàm số y = f x

 



3 2 .



x1 đồng biến trên R. (Vì : a = 3 2 > 0 )
b) Khi +) x = 0  y =



3 2 .0 1



 = 1

+) x = -2  y =



3 2 . 2









1 =  6 2 2 1 =  5 2 2
+) x =3 2  y =



3 2 . 3

 

 2



1 = 9 6 2 2 1   = 12 - 6 2
+) x = 3 2  y =



3 2 . 3

 

 2



1 =

 

2
2

3  2 1

= 9 - 2 +1 = 8
c) Khi y = 0 



3 2 .



x1 = 0 



3 2 .



x1



 

2
2

1 3 2 3 2

9 2

3 2 3 2

x    



 

3 2

7



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

a) Tìm hệ số a của hàm số y = ax + 1 biết rằng khi x = 1 2 thì y = 3 2
b) Xác định hệ số b biết đồ thị hàm số y= -2x + b đi qua điểm A ( 2; -3)

Giải:

a) Khi x = 1 2 th× y = 3 2 ta cã: 3 2 = a.(1 2) +1
 a.(1 2) = 3 2 -1

 a.(1 2) = 2 2 
 a =

2 2

1 2



 =





2. 2 1
2
2 1





VËy khi x = 1 2 và y = 3 2 thì a = 2.

b) Vì đồ thị hàm số y= -2x + b đi qua điểm A ( 2; -3) nên ta có:
 -3 = -2.2 + b

 - 4 + b = -3
 b = 1

H
O

D
A

C
B

Vậy khi b = 1 thì đồ thị hàm số y= -2x + b đi qua điểm A
( 2; -3)

D

E

K
A

O C

B

PhÇn II: Ôn tập ch ơng II ( hình

học T

)

1. Bài tập 9: ( SBT – 129)

Chøng minh:
a) XÐt  DBC vµ  EBC

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

 OB = OC = OE = OD = R 
 DBC vuông tại D ;

EBC vuụng ti E . Do đó
CD  AB ; BE  AC ( đcpcm )
b) Vì K là giao điểm ca BE v CD

K là trực tâm cña  ABC  AK  BC ( ® cpcm ) 
2. Bµi tËp 12: ( SBT – 130 )

Chứnh minh :
- Ta có :  ABC cân tại A  AH là trung trực
của BC . Do đó AD là đờng trung trực của BC
- Vì O nằm trên đờng trung trực của BC nên O
nằm trên AD . Vậy AD = 2R .

b)  ACD cã CO lµ trung tuyÕn vµ CO =

1
2 AD

nªn ta cã : ACD900 .

 HDHT:

+) Tiếp tục ơn tập về định nghĩa và tính chất của hàm số bậc nhất, cách vẽ đồ
thị hàm số bậc nhất

y ax b





+) Ôn tập về quan hệ vng góc giữa đờng kính với dây trong đờng tròn và liên
hệ giữa dây và khoảng cách từ dây đến tâm của đờng tròn.

Bui 8: Tuần Tháng

Bài 8:

Lun tËp vỊ hµm sè bËc nhÊt

y ax b





(

a



0 ) (T

)

Ôn tập chơng II ( hình học- T

)

A. Mục tiªu:

- Luyện tập cho học sinh cách vẽ đồ thị hàm số bậc nhất y ax b  (a0) cách xác
định giao điểm của đồ thị hàm số trên, biết trình bày lời giải khoa học .

- Vận dụng và rèn kĩ năng vẽ hình và trình bày lời giải hình học.

- Giỳp hc sinh vn dụng điều kiện để 2 đờng thẳng song song , cắt nhau, trùng
nhau, vng góc với nhau để là các bài tập có liên quan về hàm số.

B. Chn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi sẵn câu hỏi và bài tập, máy tính , thớc kẻ, com pa.
HS: Ơn tập về định nghĩa, tính chất của hàm số bậc nhất, thớc kẻ, com pa.

C. TiÕn tr×nh d¹y - häc:

1. Tỉ chøc líp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

PhÇn I: Lun tËp vỊ hµm sè bËc nhÊt

y ax b





(

a



0 )

1. Bài 1: Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 3x - 4 với 2 trc to .

( Đề thi THPT năm häc: 2006 - 2007)

Gi¶i:

Cho x = 0  y = - 4  A ( 0; -4)
Cho y = 0  =

4
3


 B (
4
3


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

Vậy đồ thị hàm số y = 3x – 4 cắt trục tung Oy tại điểm A ( 0; - 4) và cắt trục
hồnh tại điểm B (

4
3


;0)

2. Bµi 2; Cho hµm sè y = (m + 2).x + m - 3

a) Tìm điều kiện của m để hàm số luôn luôn nghịch biến.

b) Tìm điều kiện của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hồnh độ bằng
-3

c) CMR: Đồ thị hàm số luôn luôn đi qua 1 điểm cố định với mọi giá trị của m
( Đề thi THPT nm hc: 2001 - 2002)

Giải:

a) Để hàm sè y = (m + 2).x + m - 3lu«n luôn nghịch biến với mọi giá trị của x
 m +2 < 0  m < -2

VËy víi m < - 2 thì hàm số y = (m + 2).x + m - 3 luôn luôn nghịch biến với mọi giá
trị của x.

b) Để đồ thị hàm số y = (m + 2).x + m - 3 cắt trục hoành tại điểm có hồnh độ bằng -3
 x = -3 ; y = 0

Ta cã : 0 = (m + 2).



3



+ m - 3
 -3m – 6 + m - 3 = 0
 -2m = 9  m =

9
2


VËy víi m =

9
2


thì đồ thị hàm số trên cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ bằng –
3.

c) Giả sử đồ thị hàm số y = (m + 2).x + m - 3 luôn luôn đi qua 1 điểm cố định
M (x0; y0) với mọi giá trị của m

 y0 = (m + 2).x0 + m – 3 (víi m)
 y0 = m.x0 + 2 x0 +m – 3 (víi m)
 ( m.x0 + m) + (2 x0 – 3 - y0 ) = 0 (víi m)
 m.(x0 + 1) + (2 x0 – 3 - y0 ) = 0 (víi m)


0 0

1 0

2 3 0

x

x y

 




  

 





2 1 3 0

x

y






   



 

2 3 0

x

y




   

 

0
0

1
5
x
y








Vậy đồ thị hàm số y = (m + 2).x + m - 3 luôn luôn đi qua 1 điểm cố định
M (x0 = -1; y0 = -5) với mọi giá trị của m

3. Bµi 3; Cho hµm sè y = (m - 1).x - 2m + 3

a) Tìm điều kiện của m để hàm số ln ln đồng biến.

b) Tìm điều kiện của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hồnh độ bằng 3
c) CMR: Đồ thị hàm số luôn luôn đi qua 1 điểm cố định với mọi giá trị của m

Phần II: Ôn tập chơng II ( hình học T

)

1. Bài 20: (SBT – 131)

Giải:

GT Cho (O), AB = 2R, dây CD.
CH  CD (H ), DK  CD (K )

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

+) XÐt tø gi¸c CHKD cã

CH CD H (gt)
DK CD K (gt)

  



    CH // DK

Tứ giác CHKD là hình thang vu«ng (AH // BK cïng  CD)
+) KỴ OM  CD  MC = MD (1)

+) Xét hình thang vuông CHKD cã OA = OB = R vµ OM // AH // BK (Cïng 

CD)

 MO là đờng trung bình của hình thang CHKD  OH = OK (2)
Từ (1) và (2) suy ra OA – OH = OB – OK  AH = BK (đpcm)

2. Bµi tËp:

Gi¶i:

a) - XÐt ABC cã OA = OB = OC = R =

1
2 AC

ABC vuông tại B  ABC900
- XÐt ABD cã OA = OB = OD = r =

1
2AD

 ABD vuông tại B ABD900
Mµ CBD  ABC + ABD

 CBD 900 + 900  CBD 1800
VËy 3 ®iĨm C, B, D thẳng hàng.

b) Vì 3 điểm C, B, D thẳng hàng (cmt)

Mà ABC900( cmt)  AB BC  AB CD (1)
Mặt khác 2 đờng tròn (O; R) và(O’, r) cắt nhau tại A và B

 OO’ là đờng trung trực của đoạn AB  AB OO' (2) 
Từ (1) và (2)  OO’ // CD (cùng AB)

Hãy điền cụm từ thích hợp hoặc số đo độ dài thích hợp vào ơ trống trong bảng cho đúng:

R r d Vị trí tơng đối của (O; R) và (O ; r)’

6 cm 3 cm 7 cm

11 cm 4 cm 5 cm

6 cm 2 cm TiÕp xóc trong

8 cm 2 cm 23 cm

5 cm 2 cm 7 cm

6 cm 2 cm TiÕp xóc trong

10 cm 4 cm Đựng nhau.

Câu 2: (6đ) Cho hµm sè y = (m - 1).x - 2 m - 3

a) Tìm điều kiện của m để hàm số luôn luôn nghịch biến.
b) Tìm điều kiện của m để đồ thị hàm số đi qua điểm A (3; 5).

c) Tìm điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn luôn đi qua với mọi giá trị của m.
d) Xác định m để đồ thị hàm số cắt 2 trục toạ độ tạo thành một tam giác có diện

tích bằng 4 (đơn vị din tớch)

GT Cho (O; R) và(O,r) cắt nhau tại A và B
AC= 2R, dây AD= 2r.

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

Đáp án:

R r d Vị trí tơng đối của (O; R) và (O ; r)’

6 cm 3 cm 7 cm C¾t nhau

11 cm 4 cm 5 cm §ùng nhau

6 cm 2 cm 4cm TiÕp xóc trong

8 cm 2 cm 23 cm ë ngoµi nhau

5 cm 2 cm 7 cm TiÕp xóc ngoµi

5cm 6 cm 11 cm Tiếp xúc ngoài

10 cm 6cm 4 cm Đựng nhau.

Câu 2:

a) Để hàm số y = (m - 1).x - 2 m - 3 luôn luôn nghịch biến với mọi giá trị của x
 m -1 < 0  m < 1

VËy víi m < 1 thì hàm số y = (m - 1).x - 2 m - 3 luôn luôn nghịch biến với mọi giá
trị của x.

b) th hm s y = (m - 1).x - 2 m - 3 đi qua điểm A (3; 5) .
Ta có : 5 = (m - 1).3 - 2 m - 3

 3m – 3 - 2m - 3 = 5
 m = 11

Vậy với m = 11 thì đồ thị hàm số y = (m - 1).x - 2 m - 3 đi qua điểm A (3; 5) .
c) Giả sử đồ thị hàm số y = (m - 1).x - 2 m - 3 luôn luôn đi qua 1 điểm cố định

M (x0; y0) với mọi giá trị của m

y0 = (m - 1).x0 - 2 m - 3 (víi m)
 y0 = m.x0 - x0 - 2m – 3 (víi m)
 ( m.x0 -2m) - ( x0 + 3 - y0 ) = 0 (víi m)
 m.(x0 - 2) - ( x0 + 3 - y0 ) = 0 (víi m)



0 0

2 0

3 0

x

x y

 




  

 

2.2 3 0

x

y




  

 

0
0

4 3 0

x
y




  

 

2
7
x
y








Vậy đồ thị hàm số y = (m - 1).x - 2 m - 3 luôn luôn đi qua 1 điểm cố định
M (x0 = 2; y0 = 7) với mọi giá trị của m

d) Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = (m - 1).x - 2 m - 3 với các trục toạ độ là:
Cho x = 0  y = - 2m – 3  M (0; -2m – 3)  OM = -2m - 3 = 2m + 3
Cho y = 0  x =

2m +3

m - 1  N

2m +3
;0
m - 1

 

 

   ON =

2m +3
m - 1

Diện tích tam giác MON là: S OMN =

1
.

2OM ON =

1 2m +3

. 2m + 3 .

2 m - 1

 S =



2m +3



1
.

2 m - 1

§Ĩ diƯn tÝch OMN b»ng 4 th×



2m +3



1
.

2 m - 1 = 4







2m +3 4.2. m - 1


2

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


2
2

4 12 9 8 8

m m m

    



   

 

2
2

4 4 17 0

4 20 1 0

m m

   



  





 HDHT:

+) Tiếp tục ôn tập về điều kiện để đồ thị của hàm số bậc nhất đi qua 1 điểm,
điều kiện để 2 đờng thẳng song song, cắt nhau, trùng nhau, cách vẽ đồ thị
hàm số bậc nhất

y ax b





+) Ôn tập về định nghĩa và tính chất tiếp tuyến của đờng trịn và liên hệ giữa R;
r; d với vị trí tơng đối của 2 đờng trịn.

Buổi 9 : Tn Th¸ng

Bài 9:

Luyện tập v v trớ tng i

ca ng thng

Ôn tập chơng II ( hình học)
A. Mục tiêu:

- Luyn tp cho học sinh vận dụng điều kiện để 2 đờng thẳng song song , cắt nhau,
trùng nhau, vng góc với nhau làm bài tập liên quan về vị trí tơng đối của 2
đ-ờng thẳng, tính chất của tiếp tuyến, cách chứng minh 1 đđ-ờng thẳng là tiếp tuyến
của đờng tròn.

- Rèn luyện kĩ năng vận dụng lí thuyết vào giải các bài tập có liên quan nhanh,
chính xác, vẽ hình, trình bày lời giải khoa học.

B. Chuẩn bị:

GV: B¶ng phơ ghi sẵn câu hỏi và bài tập, máy tính , thớc kỴ, com pa.

HS: Ơn tập về vị trí tơng đối của 2 đờng thẳng trong mặt phẳng, thớc kẻ, com pa.

C. TiÕn trình dạy - học:

1. Tổ chức lớp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

Phần I: Luyện tập về vị trí tơng đối 2 của đờng thẳng

1. Bµi 1: Cho hµm sè y = (m - 3)x + m + 2 (*)

a) Tìm m để đồ thị hàm số (*) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng – 3.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (*) song song với đờng thẳng y = -2x + 1
c) Tìm m để đồ thị hàm số (*) vng góc với đờng thẳng y = 2x -3
Giải:

a) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 (*) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –
3.

 x = 0; y = - 3
Ta cã: -3 = (m-3).0 + m + 2
 m + 2 = 3

 m = 1

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

b) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 (*) song song với đờng thẳng y = - 2x + 1


3 2

2 1

m
m

 




 

 

2 3
1 2
m
m

 



 

 

1
1
m
m







 ( t/m)

Vậy với m = 1 thì đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 (*) song song với đờng thẳng

y = - 2x + 1

c) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 (*) vng góc với đờng thẳng y= 2x - 3
 a.a’ = -1  (m – 3) .2 = -1

 2m – 6 = -1  2m = 5 

5
m =

VËy víi

5
m =

2 đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 vng góc với đờng thẳng y = 2x - 3
2. Bài 2: Cho hàm số y = (2k +1)x + k - 2 *

 

a) Tìm k để đồ thị hàm số (*) cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ bằng 2.
b) Tìm k để đồ thị hàm số (*) song song với đờng thẳng y= 2x + 3

c) Tìm k để đồ thị hàm số (*) vng góc với đờng thẳng y =

3x – 3

Gi¶i:

a) Để đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - 2 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng – 3.
 x = 0; y = - 3

Ta cã: 0 = ( 2k + 1 ).2 + k - 2
 4k + 2 +k - 2 = 0
 5k = 0  k = 0

Vậy với k = 0 thì đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ bằng 2
b) Để đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - 2 song song với đờng thẳng y= 2x + 3



2 1 2

2 3
k
k

 





 

 

2 2 1

3 2
k
k

 



 

 

2 1

5
k
k








 

1
2
5
k
k





 

 t/m)

VËy víi

1
2
k

thì đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - 2 song song với đờng thẳng y= 2x + 3
c) Để đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - 2 vng góc với đờng thẳng y =

3x – 3

 a.a’ = -1  (2k + 1) .

1
3 = -1

 2k + 1 = - 3  2k = -4  k = -2
VËy víi m =

2 đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - 2 vng góc với đờng thẳng y =
1
3x–3

PhÇn II: Ôn tập chơng II ( hình học

)

1. Bµi 48: (SBT-134)

GT: A n»m ngoµi (O), tiÕp tuyÕn AM, AN
§êng kÝnh NOC =2R ; M, N  (O)

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

Giải:
a) Vì tiếp tuyến tại M và N cắt nhau tại A (gt)

AB = AC (Theo tÝnh chÊt cđa hai tiÕp tun c¾t nhau )
Mµ

 O

OB = OC= R
AM = AN (cmt)





  AO là đờng trung trực của BC 
 AO  BC (tính chất đờng trung trực)

b) Vì NOC là đờng kính của (O) (gt)
 OB = OD = OC = R (O) =

1
2NC 
 NMC900 

Ma OA MN (cmt)
MN

 



   MC // OA (cïng vu«ng gãc víi MN)
2. Bài 41: (SBT-133)

Giải:

a) Ta có:AE EF ; BF  EF  AE // BF  Tứ giác AEFB là hình thang vuông 
Mà EE là tiÕp tun t¹i C cđa

;
2
AB
O

 

 

  (gt)  OC  EF mµ OA = OB = R (gt) 
 CE = CF (®pcm)

b) XÐt OAC có OA =OC = R OAC cân tại O
 A1OCA ( t/c tam giác cân) (1)
Mµ OC // AE  A2 OCA (so le) (2)

Tõ (1)vµ (2) A1 A2 = 

1
2BAE

( t/c bắc cầu)
 AC là tia phân giác của BAE

c) +) Xét CAE vµ CAH cã:

 

1 2

( . )

90
CA canh chung

A A

AEC AHC




 



  

 CAE = CAH ( c¹nh hun – gãc nhän)

 AE = AH t¬ng tù BF = BH.

+) Xét ABCcó đờng trung tuyến CO ứng với canh AB bằng nửa cạnh AB
nên ABC vuông tại C mà CH AB (gt)

Theo hệ thức lợng trong tam giác ABC vuông tại C ta cã:
 CH2 = AH.HB  CH2 = AE.BF (®pcm)

 HDHT:

+) Ôn tập về các phép biến đổi căn thức bậc hai, thứ tự thực hiẹn các phép tính.

GT Cho , C

KỴ tiÕp tun d qua C
KỴ AE d ; BF d; CH AB

KL a) CE = CF.

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

+) Ơn tập về định nghĩa và tính chất tiếp tuyến của đờng tròn và liên hệ giữa R;
r; d với vị trí tơng đối của 2 đờng trũn.

Bui 10: Tuần Tháng

Bi 10:

ễn tp v bin i cn thc bc hai

Ôn tập chơng II ( hình học)

A. Mục tiêu:

- Luyện tập cho học sinh thành thạo rút gọn biểu thức chứa căn thức bậc hai. tính
giá trị của biểu thức. Tính chất của tiếp tuyến, cách chứng minh 1 đờng thẳng là
tiếp tuyến của đờng trịn.

- RÌn luyện kĩ năng vận dụng lí thuyết vào giải các bài tập có liên quan nhanh,
chính xác, vẽ hình, trình bày lời giải khoa học.

B. Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ ghi sẵn câu hỏi và bài tập, máy tính , thớc kẻ, com pa.

HS: Ôn tập về các phép biến đổi căn thức bậc hai, tính chất của hai tiếp tuyến cắt
nhau, thớc kẻ, com pa.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chức lớp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

Phần I:

Ôn tập về biến đổi căn thức bậc hai

1. Bµi 1: Cho biÓu thøc
N =

(

1+a+√a

√a+1

)

(

1−
a −√a

√a −1

)

víi a 0 vµ a 1

a, Rót gän N.

b, Tìm giá trị của a để N = - 2004
Giải:

a) Ta cã: N =









. 1 . 1

1 . 1

1 1

a a a a

a a

     

     

   



1 a

 

. 1 a



 

2
2

1  a

= 1 – a
VËy N = 1 - a

b) §Ĩ N = - 2004
 1 – a = - 2004
 - a = - 2004 – 1
 - a = - 2005
 a = 2005

VËy víi a = 2005 th× N = - 2004.

2. Bµi 2: Cho biÓu thøc: P =

3 1 4 4

2 2

a a a

a

a a

  

 



  víi a 0 vµ a 4

a) Rút gọn P.

b) Tìm giá trị của P víi a = 9

Gi¶i:

a) Ta cã: P =

3 1 4 4

2 2

a a a

a

a a

  

 



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



 



3 1 4 4

2 2 2 . 2

a a a

a a a a

  

 

   



 





 



3 . 2 1 2 4 4

2 2

a a a a a

a a

      

 



 



3 2 6 2 2 4 4

2 2

a a a a a a a

a a

        

 



 



4 8

2 2

a

a a



 







 



4 2

2 2

a

a a



 

4
2
a 
VËy P =

4
2
a

b) Thay a = 9 vµo biĨu thøc P =

4
2

a ta đợc P = 
4
9 2 =

4
3 2 = 4.

PhÇn II: Ôn tập chơng II ( hình học

)

2. Bài 51: (SBT-135)

Giải:

a) Ta có AOM + MOB 1800 (kề bù) (1)
Mà OC là tia phân gi¸c cđa AOM 

 

1 2

O O  

AOM (2)

OD là các phân giác của MOB

3 4

1
2

O O  

MOB (3)

Tõ (1), (2) & (3) 

 

2 3

1
2

O O 



MOA MOB 



1
2.1800

 O 2 O 3  900 Hay COD = 900. (đpcm)

b) Vì 2 tiếp tuyến AC, BD và CD cắt nhau tại C và D nên ta cã:

CM = AC
DM = BD




 CM + DM = AC + BD

Mµ CM + DM = CD  CD = AC + BD
c) Ta cã: AC . BD = CM . MD (4)

Xét COD vuông tại O và OM CD 
GT :

2 ; 2

AB
O

 

 

  , Ax  AB; By  AB.
M 

2 (O), CD OM, D By, C Ax
KL : a) COD = 900.

b) CD = AC + BD

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

nªn CM . MD = OM2 = R2 (5)

Tõ (4) & (5)  AC . BD = R2 (®pcm)

 HDHT:

+) Ơn tập về các phép biến đổi căn thức bậc hai, thứ tự thực hiện các phép tính.
+) Ơn tập về định nghĩa và tính chất tiếp tuyến của đờng tròn và liên hệ giữa R;
r; d với vị trí tơng đối của 2 đờng trịn.

Bui 11: Tuần Tháng

Bi 11:

Ôn tập v bin i cn thc bc hai

Ôn tập chơng II ( hình học)

A. Mục tiêu:

- Luyn tp cho học sinh thành thạo rút gọn biểu thức chứa căn thức bậc hai. tính
giá trị của biểu thức. Tính chất của tiếp tuyến, cách chứng minh 1 đờng thẳng l
tip tuyn ca ng trũn.

- Rèn luyện kĩ năng vận dụng lí thuyết vào giải các bài tập có liên quan nhanh,
chính xác, vẽ hình, trình bày lời giải khoa häc.

B. ChuÈn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi sẵn câu hỏi và bài tập, máy tính , thớc kẻ, com pa.

HS: Ôn tập về các phép biến đổi căn thức bậc hai, tính chất của hai tiếp tuyến cắt
nhau, thớc kẻ, com pa.

C. TiÕn tr×nh d¹y - häc:

1. Tỉ chøc líp: 9A1

2. Néi dung:

Phần I:

Ôn tập về biến đổi căn thức bậc hai

1. Bµi 1: Rót gän biÓu thøc: P =

1 1 2

2 2 2 2 1

x x

x x x

 

 

   víi x 0 vµ x 1

Gi¶i:

Ta cã: P =

1 1 2

2 2 2 2 1

x x

x x x

 

 

   víi x 0 vµ x 1









1 1 2

2 1 2 1

x x

x

x x

 

 



 







 









 









 



2 2

1 1 2.2. 1

2 1 1 2 1 1 2 1 1

x x x

x x x x x x

  

 

     



 



2 1 2 1 4 4

2 1 1

x x x x x

x x

      

 



 



4 4

2 1 1

x

x x



 







 



4 1

2 1 1

x

x x



 

2
1

x VËy P = 
2

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

3 8 50 18

 

25
3 48 12

 

2 2 5 2

3 2 .2 5 .2 3 .2
3

 

2 2

5 .3
3 4 .3 2 .3

 

= 6 2 5 2 5 2  =

12 3 2 2 3

 

= 6 3 =

37
3
3

2 2

3 2 2 3 2 2   d) 7 4 3. 7 4 3 











 



2. 3 2 2 2. 3 2 2
3 2 2 . 3 2 2

  

 



7 4 3 . 7 4 3

 









2
2

6 4 2 6 4 2

3 2 2

  







2
2

7  4 3

8 2

9 8 = 8 2 = 49 48 1 1

Phần II: Ôn tập chơng II ( hình học

)

Bài 73: (SBT-139)

Giải:

a) - Vì M là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại A và B của (O)
 MA = MC ( t/c 2 tiÕp c¾t nhau) (1)

- Vì M là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại A và C của (O)
 MA = MD ( t/c 2 tiÕp c¾t nhau) (2)

GT :

 

O và



O'



tiếp xúc ngoài tại A. d là tiếp tuyến chung trong của 2 đờng tròn.
CD là tiếp tuyến chung ngoài của

 

O và



O'



(D



O'



, C

 

O ) cắt d tại M.

KL : a) TÝnh sè ®o CAD
b) OMO '= 900

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

Tõ (1) vµ (2)  MA = MC = MD = 
1

2CD ( Vì 3 điểm D, M, C thẳng hàng)

- Xét ACD có MA = MC = MD =

2CD ( cmt)

 ACD vuông tại A Hay CAD 900

b) Ta cã: CMA + DMA 1800 (kỊ bï) (3)
Mµ OC là tia phân giác của AOM

1 2

1
2

M M  

AOM (4)

OD lµ các phân giác của DMA

3 4

1
2

M M

DMA (5)

Tõ (3), (4) & (5) vµ OMO ' = M 2M 3


 

2 3

1
2

M M 



MOA MOB



1
2.1800

 M 2M 3  900 Hay OMO ' = 900. (đpcm)
c) Gọi I là tâm đờng trịn đờng kính OO’  IO = IO’ =

1
'
2OO

- XÐt OMO' vuông tại M có IO = IO =

1
'

2OO (cmt)

 IM là đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền OO’
 IM =

1
'

2OO  M 

'
;

2
OO
I

 

 

  (a)

- XÐt tø gi¸c CDO’O cã OC // O’D ( cïng CD) 
 tø gi¸c CDOO là hình thang vuông

- Mà:

OO'
IO = IO' =

CD
MC = MD =

2







  IM là đờng trung bình của hình thang vuông
CDO’O

 MI // OC mµ OC CD  IM CD t¹i M (b)

Từ (a) và (b)  CD là tiếp tuyến của đờng trịn dờng kính OO’

 HDHT:

+) Ôn tập về qui tắc thế và cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế.
+) Ơn tập về định nghĩa và tính chất tiếp tuyến của đờng tròn và liên hệ giữa R;
r; d với vị trí tơng đối của 2 đờng trịn.

Bui 12: Tuần Tháng

Bài 12:

Luyện tập giải hệ phơng trình bằng

phơng pháp thế

A. Mơc tiªu:

- Luyện tập cho học sinh thành thạo giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế và
một số bài tốn có liên quan đến giải hệ phơng trỡnh bc nht hai n.

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

trình bày lời giải khoa học.

B. Chuẩn bị:

GV: Bng túm tt qui tc th, qui tc cng i s.

HS: Ôn tập về qui tắc thế, và cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chức líp: 9A1

2. Néi dung: Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thÕ

A. LÝ thuyÕt:

1. Qui tắc thế:

2. Cách giải hệ ph ơng trình bằng ph ơng pháp thế:

GV yờu cu hc sinh nờu qui tắc thế và treo bảng phụ ghi nội dung qui tắc thế và
cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế để khắc sâu qui tắc cho học sinh.

B. Bµi tËp: 
1.

Bài 1: Giải hệ phơng trình sau bằng phơng pháp thÕ
a)

4 5 3

3 5
x y
x y
 


 

 b)

2 3

2 3 17

x y
x y
 


 
 
c)



5 2 .



3 5

2 6 2 5

x y
x y
    


   

 d)









5 2 3 1

2 4 3 5 12

x y x

x x y

  



   



Gi¶i:
a)

4 5 3

3 5
x y
x y
 


 
 





4 5 3 5 3

5 3
y y
x y
  



 

 

20 12 5 3

5 3
y y
x y
  


 


17 17
5 3
y
x y



 
 





1
5 3. 1
y
x




  

 

1
2
y
x

Vậy hệ phơng trình có 1 nghiệm duy nhÊt (x; y) = ( 2; -1)
b)

2 3

2 3 17

x y
x y
 


 
 





2 3

2 3. 2 3 17

y x
x x

 



   

 
2 3

2 6 9 17

y x
x x
 


  


2 3
8 8
y x
x
 



  
2.1 3
1

y
x
 



  
5
1
y
x

Vậy hệ phơng trình có 1 nghiÖm duy nhÊt (x; y) = ( 1; -5)



5 2 .



3 5

2 6 2 5

x y
x y
    



   
 









3 5 5 2 .

2. 3 5 5 2 . 6 2 5

y x
x x
    


 
      

 
 










5 2 . 3 5

2. 5 2 . 6 2 5 6 2 5

y x
x x
    



      

 









5 2 . 3 5

2 5 4 1 . 0

y x
x
    


   






5 2 .0 3



5
0
y
x
    





  
3 5
0
y
x

Vậy hệ phơng trình cã 1 nghiÖm duy nhÊt (x; y) =



0; 3  5











5 2 3 1

2 4 3 5 12

x y x

x x y

  




   

 

5 10 3 1

2 4 3 15 12

x y x

x x y

  




   

 

2 10 1

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







2. 16 15 10 1

16 15
y y
x y
  



 

 

32 30 10 1

16 15
y y
x y
  


 
  
20 33
16 15
y
x y



 

 
 
33
20
33
16 15.
20
y
x





 
    
  
  
33
20
99
16
4
y
x






  

  
33
20
35
4
y
x





 



VËy hƯ ph¬ng tr×nh cã 1 nghiƯm duy nhÊt

35 33
;
4 20
x y
 
 
 
 

2. Bµi 2:

a) Tìm giá trị của a và b để hệ phơng trình





3 1 93

4 3

ax b y

bx ay
  



 



cã nghiƯm lµ ( x; y ) = ( 1; -5)

b) Tìm các giá trị của a; b để hai đờng thẳng ( d1) :





3a1 x2by56

vµ (d2) :



3 2 3

2ax b y cắt nhau tại 1 điểm M ( 2; -5)

Giải:

a) Vì hệ phơng trình





3 1 93

4 3

ax b y

bx ay
  



 


 cã nghiƯm lµ ( x; y ) = ( 1; -5)
ta cã hpt



 







3 .1 1 . 5 93

.1 4 . 5 3

a b
b a
   



  

 

3 5 5 93

20 3
a b
b a
  


 
 

3 5 88

20 3

a b
a b
 


  







3 5. 3 20 88

3 20
a a
b a
   



 

 

3 15 100 88

3 20
a a
b a
  



 

 
103 103
3 20
a
b a



 
  
1
3 20.1
a
b



 
 
1
17
a
b





 VËy với a =1 và b =17 thì hệ
phơng trình



3 1 93

4 3

ax b y

bx ay
  



 


 có nghiệm là (x; y ) =(1; -5)
b) Để hai đờng thẳng (d1) :



3a 1



x 2by 56

  

vµ (d2) :





3 2 3

2ax b y cắt nhau tại

điểm M ( 2; -5) ta có hệ phơng trình





3 1 .2 2 . 5 56
1

.2 3 2 . 5 3

2
a b
a b
   



   




6 2 10 56

15 10 3

a b
a b
  


  
 





6. 13 15 2 10 56
13 15
b b
a b
   



 

 

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

VËy víi a = 10 vµ

1
5
b

thì 2 đờng thẳng ( d1) :



3a1



x2by56 và

(d2):





3 2 3

2ax b y cắt nhau tại điểm M ( 2; -5)
3. Bài 3: Tìm a; b để đờng thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm:

a) A



5;3



vµ B

3
; 1
2
 

 
 

b) A



2;3



và B

2;1

Giải:

a) ng thng y = ax + b đi qua 2 điểm A



5;3



và B

3
; 1
2
 


 

  ta cã hƯ ph¬ng tr×nh





3 . 5

3
1 .
2
a b
a b
  



  

  
5 3
3
. 1
2
a b
a b
  




 

  
3 5
3

. 3 5 1

2
b a
a a
 



  



3 5

3 6 10 2

b a
a a
 



  
  
3 5
13 8
b a
a
 



  
8
3 5.
13
8
13
b
a
  
   

  

 

 
1
13
8

13
b
a





 


VËy víi
8
13
a
;
1
13
b

thì dờng thẳng y = ax + b ®i qua 2 ®iĨm A



5;3



vµ B

3
; 1
2
 

 
 

b) Để đờng thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm A



2;3



và B



2;1



ta có hệ phơng trình





3 .2

1 . 2

a b
a b
 



  

  
2 3
2 1
a b
a b
 


  
 





2 1 2 3

1 2

a a
b a
  



 


 
4 2
1 2
a
b a



 
  
1
2
1
1 2.
2
a
b






  

  
1
2
2
a
b




 

VËy víi
1
2
a

; b = 2 thì dờng thẳng y = ax + b ®i qua 2 ®iĨm A



2;3



vµ B



2;1



 HDHT:

+) Ôn tập về qui tắc thế và cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế, và
một số bài tốn có liên quan đến hệ phơng trình bậc nhất hai ẩn đã chữa.

Bui 13: Tuần Tháng

Bài 13:

Luyện tập giải hệ phơng trình bằng

phơng ph¸p thÕ

Một số bài tốn liên quan đến giải hệ phơng trình

A. Mơc tiªu:

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

một số bài tốn có liên quan đến việc giải hệ phơng trỡnhbc nht hai n.

- Rèn luyện kĩ năng vận dụng lí thuyết vào giải các bài tập nhanh, chính xác và
trình bày lời giải khoa học.

B. Chuẩn bị:

GV: Bảng tóm tắt qui tắc thế, cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế.
HS: Ôn tập về qui tắc thế và cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chức lớp: 9A1

2. Néi dung: Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế

A. LÝ thuyÕt:

GV yêu cầu học sinh nêu qui tắc thế và treo bảng phụ ghi nội dung qui tắc thế và
cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế để khắc sâu qui tắc cho học sinh.

B. Bµi tËp:

1. Bµi 1: Giải hệ phơng trình sau bằng phơng pháp thế
a)









35. 2
50. 1
x y
x y
 



 


 b)

2 3
1
y x
y x
 


 
 
c)



 





 



14 . 2 .

4 . 1 .

x y x y

  



  


 d) 
6
4
4 5
3
x
y
x
y








 


Gi¶i:
a)









35. 2
50. 1
x y
x y
 



 

 













50. 1 35. 2

50. 1
y y
x y
  




 

 





50 50 35 70

50. 1
y y
x y
  



 








50 35 50 70

50. 1
y y
x y
  



 


 





15 120
50. 1
y
x y




 

 





8
50. 1
y
x y




 

 





50. 8 1
y
x





 

 
8
350
y
x






Vậy hệ phơng trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) = ( 350; 8)
b)
2 3
1
y x
y x
 


 
 
2 3

2 3 1

y x
x x
 


  
 
2 3

2 3 1

y x
x x
 


  

 
2.2 3
2
y
x
 



  
1

2
y
x






Vậy hệ phơng trình có 1 nghiÖm duy nhÊt (x; y) = ( 2; 1)
c)



 





 



14 . 2 .

4 . 1 .

x y x y

  



  


 

2 14 28 .

4 4 .

xy x y x y

xy x y x y

   




   

 

2 14 28

4 4
x y
x y
  


 
 






2. 4 4 14 28

4 4
y y
x y
   



 

 

8 8 14 28

4 4
y y
x y
   


 
  
6 36
4 4
y
x y




 
 
 
6
4 4.6
y
x



 
  
6
28
y
x






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

d)
6
4
4 5
3
x

y
x
y







 

 
6
4

6 4 5

4 3
x
y
x x






 
 


  
6
4

18 3 16 20

x
y
x x





   


6
4
19 38
x
y
x





 

 
6
4
2
x
y
x





 
  
6 2
4
2
y
x





 
  
1
2
y
x





 
Vậy hệ phơng trình có 1 nghiệm duy nhÊt



x2;y1



2. Bµi 2:

a) Tìm giá trị của k để các đờng thẳng sau cắt nhau tại một điểm:

6
4

x

y 

;

4 5

3
x

y 

; vµ y = kx + k + 1

b) Tìm giá trị của m để các đờng thẳng: y3x4; y2x1; và





y m x m 

đồng qui
Giải:

a) Toạ độ giao điểm của hai đờng thẳng

6
4

x

y

;

4 5

3
x

y

là nghiệm của hệ

ph-ơng tr×nh:
6

4
4 5
3
x
y
x
y







 

 
6
4

6 4 5

4 3
x
y
x x







 
 

  
6
4

18 3 16 20

x
y
x x





   


6
4
19 38
x
y
x






 
 
6
4
2
x
y
x





 
  
6 2
4
2
y
x





 
 

1
2
y
x




 
Vậy toạ độ giao điểm của 2 đờng thẳng trên là A



2;1



+) Để các đờng thẳng sau cắt nhau tại một điểm:

6
4

x

y 

;

4 5

3
x

y 

; vµ





y m x m 

thì đờng thẳng y



m2



x m  3 phải đi qua điểm A



2;1



Ta có: 1 = k.2 + k + 1

 3k = 0 k = 0 (không thoả mÃn ®iỊu kiƯn k  0)

Vậy khơng có giá trị nào của k để các đờng thẳng sau cắt nhau tại một điểm:

6
4

x

y 

;

4 5

3
x

y 

; vµ y = kx + k + 1

b) Toạ độ giao điểm của hai đờng thẳng y3x4; y2x1 là nghiệm của hệ phơng
trình:

y = -3x+4

2 1
y x


 
 

2 1 = -3x+4

2 1
x
y x



 
 

2 3 = 4+1

2 1
x x
y x




 



5 = 5

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

+) Để các đờng thẳng: y3x4; y2x1 và y



m2



x m  3đồng qui thì đờng
thẳng y



m2



x m  3 phải đi qua điểm A



1;1



Ta cã: 1



m2 .1



m 3
 1  m 2 m 3

 2m2 m1 (thoả mÃn điều kiện k  -2)

Vậy với m = 1 thì các đờng thẳng y3x4; y2x1 và y



m2



x m  3 đồng
qui.

3. Bài 3: Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hàm số y = 2x + m (*)
1) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số đi qua:

a) A (- 1; 3) b) B



2; 5 2



c) C ( 2; - 1)

2) Tìm m để đồ thị hàm số (*) cắt đồ thị hàm số y = 3x – 2 trong góc phần t thứ IV

( §Ị thi tun sinh THPT Năm học : 2004 2005)

Giải:

1) a) đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua: A (- 1; 3)

 3 = 2.(-1) + m

 3 = - 2 + m 
 m = 5

Vậy với m = 5 thì đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua: A (- 1; 3)
b) Để đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua: B



2; 5 2



 5 2 = 2. 2 + m 
 m = 7 2

Vậy với m = 7 2 thì đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua: B



2; 5 2



c) Để đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua: C ( 2; - 1)

 -1 = 2.2+ m 
 -1 = 4 + m 
 m = - 5

Vậy với m = -5 thì đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua: C ( 2; - 1)

2) Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 2x + m với đồ thị hàm số y = 3x – 2 là
nghiệm của hệ phơng trình

y = 2x + m
y = 3x - 2




 

3x - 2 = 2x + m
y = 3x - 2








3x - 2x = m + 2
y = 3x - 2




 





x = m + 2

y = 3. m + 2 - 2






 

x = m + 2
y = 3m + 6 - 2




 

x = m+ 2
y = 3m +4





Vậy toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 2x + m với đồ thị hàm số y = 3x – 2
là



m+ 2 ; 3m +4



Để đồ thị hàm số (*) cắt đồ thị hàm số y = 3x – 2 trong góc phần t thứ IV

th×

0
0
x
y







 

m + 2 > 0
3m + 4 < 0




 

m > - 2
4
m < -

3






 

4
- 2 < m < -

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

VËy víi

4
- 2 < m < -

3 thì đồ thị hàm số y = 2x + m cắt đồ thị hàm số y = 3x –

2 trong gãc phÇn t thø IV

 HDHT:

+) Bài tập về nhà: Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hàm số y = 3x + m (*)
1) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số đi qua:

a) A (- 1; 3) b) B



2 2;5 2



c) C ( 2; - 3)

2) Tìm m để đồ thị hàm số (*) cắt đồ thị hàm số y = 2x – 1 trong góc phần t thứ IV

( Đề thi tuyển sinh THPT Năm học : 2004 – 2005)

+) Ôn tập về qui tắc thế và cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế, và
một số bài tốn có liên quan đến hệ phơng trình bc nht hai n.

Bui 14:Tuần Tháng

Bài 14:

luyện tập giải hệ phơng trình bằng phơng pháp

cng đại số

A. Mơc tiªu:

- Luyện tập cho học sinh thành thạo giải hệ phơng trình bằng phơng pháp cộng đại
số và một số bài tốn có liên quan đến việc giải hệ phơng trình bậc nhất

- Rèn luyện kĩ năng vận dụng lí thuyết vào giải hệ phơng trình bằng phơng pháp
cộng đại số nhanh, chính xác và trình bày lời giải khoa học.

B. Chn bÞ:

GV: Bảng tóm tắt qui tắc cộng đại số, cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp
cộng đại số.

HS:Ơn tập về qui tắc thế và cách giải hệ phơng trình bằng phơng phỏp cng i s

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chøc líp: 9A1 9A2

2. Nội dung: Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp cộng đại số

A. LÝ thuyÕt:

GV yêu cầu học sinh nêu qui tắc cộng và treo bảng phụ ghi nội dung qui tắc cộng
và cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế, cộng để khắc sâu qui tắc cho học
sinh.

B. Bµi tËp:

1. Bài 1: Giải hệ phơng trình sau bằng phơng pháp cộng đại số:
a)

2 11 7

10 11 31

x y
x y
 


 

 b)

4 7 16

4 3 24

x y
x y
 


 
 
c)



 





 



14 . 2 .

4 . 1 .

x y x y

  



  


 d)

2 3 5

3 4 2

x y
x y
 


  

Gi¶i:
a)

2 11 7

10 11 31

x y
x y
 


 
 

2 11 7

10 11 31

x y
x y
 

 
 
 
12 24

10 11 31

x
x y




 


2

10.2 11 31
x
y



 
  
2

20 11 31
x
y



 
  
2
11 11
x
y





  
2
1
x
y

Vậy hệ phơng trình có 1 nghiệm duy nhÊt (x; y) = (2 ;1)
b)

4 7 16

4 3 24

x y
x y
 


 
 

4 7 16

4 3 24

x y
x y
 


 
 
10 30

4 7 16

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

 
3

4 7.3 16
y
x



 
  
3

4 16 21

y
x




 
  
3
4 5
y
x




  
3
5
4
y
x








VËy hƯ ph¬ng tr×nh cã 1 nghiƯm duy nhÊt (x; y) = (

5
4


; 3)
c)



 





 



14 . 2 .

4 . 1 .

x y x y

  



  

 

2 14 28 .

4 4 .

xy x y x y

xy x y x y

   




   

 

2 14 28

4 4
x y
x y
  


 
 






2. 4 4 14 28

4 4
y y
x y
   




 

 

8 8 14 28

4 4
y y
x y
   


 
  
6 36
4 4
y
x y



 
 
 
6
4 4.6
y
x




 
  
6
28
y
x






Vậy hệ phơng trình có 1 nghiệm duy nhÊt (x; y) =



28;6



2 3 5

3 4 2

x y
x y
 


  
 

8 12 20

9 12 6

x y
x y
 

 
  
  
14

9 12 6

x
x y
 


  


14

2.14 3 5

x
y




 
 
14

28 3 5

x
y



 
  
14
3 33
x
y



 
  
14
11
x
y





 
Vậy hệ phơng trình có 1 nghiệm duy nhÊt



x14;y11



2. Bài 2: giải hệ phơng trình bằng phơng pháp đặt ẩn phụ.

a)
1 1
1
2 3
5
x y
x y

 



  


 b)

15 7
9
4 9
35
x y
x y


 



  


 c)

1 1 5

1 1 3

x y x y




 

Giải:

a) Xét hệ phơng tr×nh:

1 1
1
2 3
5
x y
x y

 



  


 §iỊu kiƯn: x0; y 0
Đặt a =

x ; b = 
1

y khi đó hệ phơng trình trở thành

2 3 5

a b
a b
 


 



3 3 3

2 3 5

a b
a b
 

 
 
  
5 8

2 3 5

a
a b


 

 


8
5
8

2. 3 5

5
a
b





  

  
8
5
16
3 5
5
a
b






  

  
8
5
9
3
5
a
b





 

  
8
5
3
5
a
b






 

  
1 8
5
1 3
5
x
y





 

  
5
8
5
3
x
y







Vậy hệ phơng trình có nghiệm là (x; y ) =

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

b) XÐt hÖ phơng trình:
15 7
9
4 9
35
x y
x y

 


 §iỊu kiện: x0; y 0
Đặt a =

x ; b = 
1

y khi đó hệ phơng trình trở thành

15 7 9

4 9 35

a b
a b
 


 



135 63 81

28 63 245

a b
a b
 

 
 
  
163 326

4 9 35

a
a b




 
  
2

4.2 9 35
a
b



 
 
 
2
9 35 8
a
b



 
  
2
9 27
a
b





  
2
3
a
b




  
1
2
1
3
x
y





 

  
1
2
1

3
x
y





 


 (t/m) 
VËy hƯ ph¬ng trình có nghiệm là (x; y ) =

1 1
;
2 3

c) Xét hệ phơng trình:

1 1 5

1 1 3

x y x y


 
  


  
  

 §iỊu kiƯn: x  y 
Đặt a =

x y ; b = 
1

x y khi đó hệ phơng trình trở thành :

5
8
3
8
a b
a b


 


 
  

 
1
2
4
5
8
a
a b





  

  
1
8
1 5
8 8
a
b






  

 
1
8
5 1
8 8
a
b





  

  
1
8
1
4
a
b






 

  
1 1
8
1 1
2
x y
x y


 


 
 

 
8
2
x y
x y
 


 
  
2 10

8
x
x y



 
  
5
5 8
x
y



 
  
5
3
x
y





 (t/m)
Vậy hệ phơng trình cã nghiƯm lµ ( x; y ) =



5;3



3. Bµi 3: Cho hệ phơng trình:

1
2
mx y
x my

a) Giải hệ phơng trình khi m = 2

b) Giải hệ phơng trình theo tham số m

c) Tỡm m để hệ phơng trình có nghiệm (x; y) thoả mãn x - y = 1
d) Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m.
Giải:

a) Thay m = 2 vào hệ phơng trình

1
2
mx y
x my



 

 ta cã hƯ ph¬ng trình trở thành

2 1
2 2
x y
x y
 


 
 





1 2

2. 1 2 2

y x
x x
 



  

 
1 2

2 4 2

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


1 2
3 0

y x
x
 


 
  
1 2.0
0
y
x
 



  
1
0
y
x






VËy víi m = 2 th× hƯ phơng trình có 1 nghiệm duy nhất ( x ; y) = ( 0 ; 1)
b) Giải hệ phơng trình theo tham sè m

Ta cã hpt

1
2
mx y
x my
 


 
 





. 1 2

y mx

x m mx

 



  


  2

y mx

x m m x
 


  
 





2
1
1 2
y mx

m x m

 



  


 2
1
2
1
y mx
m
x

m
 





 
  
2
2
2
1 .
1
2
1
m
y m
m
m
x
m
   
   

   


 
 

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

2
1

m m m

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

m




 


 
 


VËy hÖ phơng trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y ) = 2 2

2 1 2

;
1 1
m m
m m
 


c) Để hệ phơng trình có nghiệm (x; y) tho¶ m·n x - y = 1

 2 2

2 1 2

1
1 1
m m
m m
 
 

   2 m



1 2 m



 1 m2 
 m2m0  m m.



1



0


0
1 0
m
m


  
  
0
1
m
m


 


VËy víi m = 0 hc m = -1 thì hpt trên có nghiệm thoả mÃn điều kiện: x - y = 1
d) Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m.

Xét hệ phơng trình

1
2
mx y
x my

1
2

Từ phơng trình

1  mx 1 y 

1 y
m
x


thay
1 y
m
x




vào phơng trình

2 ta có phơng trình

1
. 2
y
x y
x

 
  
 
 
2
2
y y
x
x

 

 x2 y y2 2x  x2 y y2 2x0

Vậy x2 y y2 2x0 là đẳng thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m.

 HDHT:

 Bµi tËp vỊ nhµ: Cho hệ phơng trình:

2
1
mx y
x my

a) Giải hệ phơng trình khi m = 2

b) Giải hệ phơng trình theo tham sè m

c) Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm (x; y) thoả mãn x + y =- 1
d) Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y khơng phụ thuộc vào m.

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

+) Ơn tập về Góc ở tâm và mối quan hệ giữa cung và dây trong đờng trịn.

Bu«Ø 15: lun tập giải hệ phơng trình và một số bài toán có liên quan

Soạn: 18/1/2010 Dạy: 3/2/2010

A. Mơc tiªu:

- Luyện tập cho học sinh thành thạo giải hệ phơng trình bằng phơng pháp cộng đại
số và một số bài tốn có liên quan đến việc giải hệ phơng trình bậc nhất 2 ẩn.

- Rèn luyện kĩ năng vận dụng lí thuyết vào giải hệ phơng trình bằng phơng pháp

cộng đại số, p2 thế nhanh, chính xác và trình bày lời giải khoa học.

- RÌn luyện kĩ năng vẽ hình vận dụng và trình bày lời giải hình học.

B. Chuẩn bị:

GV: Bng túm tắt qui tắc cộng đại số, cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp
cộng đại số.

HS:Ơn tập về qui tắc thế và cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp cng i s

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chức líp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

Bµi 15: luyện tập giải hệ phơng trình và một số bài toán có liên quan

A. Lí thuyết:

GV yờu cầu học sinh phát biểu cách giải hpt theo phơng pháp cộng, phơng pháp
thế. GV khắc sâu qui tắc cho học sinh cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp
thế, p2 cng i s.

B. Bài tập:

1. Bài 1: Giải hệ phơng trình sau:

2 4 0

4 2 3

x

x y






 

 b)

2 4

2 3

x y

 




 

 c)



 





 



15 . 2 .

15 . 1 .

x y x y

  





  



 d)

1 1

5
2 5

x y



 





  



Gi¶i:

2 4 0

4 2 3

x

x y

 




 

 





4. 2 2 3

x

y





  



 

8 2 3

x
y




  





2 3 8

x
y





 

 

2 5

x
y









2
5
2
x
y

Vậy hệ phơng trình c ã nghiÖm duy nhÊt ( x; y) =

5
-2;

 

 

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

b)
2 4
2 3
x y
x y
 


 
 





2 4

2. 2 4 3

x y
x x
 




  

  
2 4

2 8 3

x y
x x
 


  
 
2 4
3 11
x y
x
 



 
 
11
2. 4
3
11

3
y
x
  
  
 

  

 

  
22
4
3
11
3
y
x

  



 

  
10
3
11

3
y
x

Vậy hệ phơng trình c ã nghiÖm duy nhÊt ( x; y) =

11 10
- ;
-3 3
 
 
 
c)



 





 



15 . 2 .

15 . 1 .

x y x y

  



  

 

2 15 30 .

15 15 .

xy x y x y

xy x y x y

   




   

 

2 15 30

15 15

x y
x y
 

 
  


45
15 15
x
x y



  
 
45

45 15 15
x
y



  
 
45
15 60
x

y

 
45
4
x
y

Vậy hệ phơng trình c ã nghiÖm duy nhÊt ( x; y) =

45; 4

d) Xét hệ phơng trình:

1 1
5
2 5
7
x y
x y

 




  


 §iỊu kiƯn: x0; y 0
Đặt a =

x ; b = 
1

y khi đó hệ phơng trình trở thành

2 5 7

a b
a b
 


 



5 5 25

2 5 7

a b
a b
 

 
 
  
3 18
5
a
a b



 
 
6
6 5
a
b



 
  
6
5 6
a
b




 
  
6
1
a
b




 
 
1
6
1
1
x
y





 

  
1

6
1
x
y




 

 ( tho¶ mÃn)

Vậy hệ phơng trình có nghiệm là (x; y ) =

1
; 1
6
 

 
 

2. Bµi 2: Cho hệ phơng trình:

1 2

m x y m

x m y

  



  



a) Giải hệ phơng trình khi m = 3

b) Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m.
c) Tìm giá trị của m tho¶ m·n: 2x2 – 7y = 1

d) Tìm các giá trị của m để biểu thức

2x 3y
x y

nhận giá trị nguyên.
(Đề thi tuyển sinh THPT Năm học : 2004 2005)

Giải:

a) Thay m = 3 vào hệ phơng trình

1 2

m x y m

x m y

  



  


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









3 1 3

3 1 2

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

4 2 6

2 2
x y
x y
 

 
 

 

3 4
2 2
x
x y



 
  
4
3
4
2 2
3
x
y





  

  
4
3
4
2 2

3
x
y





  

  
4
3
2
2
3
x
y





 

  
4
3
1
3

x
y





 



VËy víi m = 3 thì hệ phơng trình có 1 nghiệm duy nhÊt ( x ; y) =

4 1
;
3 3

b) Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m.
Xét hệ phơng trình

1 2

m x y m

x m y

  



  



 



1
2

Từ phơng trình

2 x my y  2  my 2 x y 

2 x y
m

y

 



thay

2 x y
m

y

 



vµo phơng trình

1 ta có phơng trình:

2 2

x y x y

x y
y y
     
  
 
   
2 2
.

x y y x y

x y
y y

      
 
 
  
 
2 2
.

x x y

x y
y y
    
 
 
   
2 2

2x x y 2 x y

y y

   



 2x x 2y2  2 x y  x2 y2 3x y  2 0

Vậy x2 y2 3x y  2 0 là đẳng thức liên hệ giữa x và y khơng phụ thuộc vào m.
c) Giải hệ phơng trình









1 2

m x y m

x m y

  



  


 theo tham sè m ta cã hpt









1 2

m x y m

x m y

  



  

 


















1 1 . 1

1 2

m x m y m m

x m y

     

 
  

 













1 . 1 2

1 2

m x x m m

x m y

     


  

 










2 2 1 1 2 2

1 2

m m x m m

x m y

      


  

 







 







. 2 1 2

1 2

m m x m m

x m y

   



  

 






1
1
1 2
m
x

m
m
m y
m







   

 





1
1
1 2
m
x
m
m
m y
m








   


` 





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





1
1
1
m
x
m
m

m y
m







  

  
1
1
m
x
m
y
m






 



Vậy hệ phơng trình có 1 nghiệm duy nhÊt (x; y ) =

1 1
;
m
m m

 
 
 

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



1 1

2 m 7. 1

m m

   
 
   
    
2
2

2 4 2 7

m m

 

 

 2m24m 2 7m m 2 
 m2 3m 2 0 



m 2 .

 

m1



0


2 0
1 0
m
m
 


 
  
2
1
m
m







VËy víi m = 2 hc m = 1 thì hpt trên có nghiệm thoả mÃn điều kiện: 2x2 - 7y = 1
d) Thay
1
m
x
m


;
1
y
m


vµo biĨu thøc A =

2x 3y
x y



 ta đợc biểu thức

A =

1 1
2. 3.
1 1

m
m m
m
m m

 

 
 


=

2 2 3

1 1
m
m
m
m
 
 
=

2 1 2

:
m m
m m
 

=
2 1
2
m
m

 =





2 2 5

2
m
m
 

=





2 2 5

2 2
m
m m


  = 
5
2
2

m



§Ĩ biĨu thøc A =

2x 3y
x y



 nhËn giá trị nguyên 

5
2
2
m

nhận giá trị nguyên

5
2

m nhận giá trị nguyên

m2

 (m+2) lµ íc cđa 5. Mà Ư(5) =

1; 5

2 1
2 1
2 5
2 5
m
m
m
m
 


 

  

 
  
1 2
1 2
5 2
5 2
m
m
m
m
 


 


  

 
  
1
3
3
7
m
m
m
m





 




KÕt hỵp với điều kiện m1; m2 Vậy với các giá trị m = -1; m = -3; m = -7; m = 3
thì giá trị của biểu thức

2x 3y
x y

nhận giá trị nguyên. 
3. Bài 3: Cho hệ phơng trình: ' ' '

ax by c
a x b y c

 




 



a) Chứng minh rằng hệ phơng trình có nghiÖm duy nhÊt  ' '

a b

a b

b) Chøng minh rằng hệ phơng trình vô số nghiệm ' ' '

a b c

a b c

c) Chøng minh r»ng hƯ ph¬ng trình vô nghiệm ' ' '

a b c

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

a) Ta có hệ phơng trình: ' ' '

ax by c
a x b y c

 




 

 

' '

a c

y x

b b

a c

y x

b b



 





  





 

1
2

 Số giao điểm
của 2 đờng thẳng (1); (2) là số nghiệm của hệ phơng trình ' ' '

ax by c
a x b y c

 




 



Nếu 2 đờng thẳng (1) ; (2) cắt nhau 

'
'

a a

b b

 

 ' '

a b

a b

VËy víi ' '

a b

a b th× hpt cã 1 nghiƯm duy nhÊt

b) Nếu 2 đờng thẳng (1) ; (2) song song 

'
'
'
'

a a

b b

c c

b b



 




 


 

' '
' '

a b

b c







 



  ' ' '

a b c

a b c

VËy víi ' ' '

a b c

a b c th× hpt v« nghiƯm.

c) Nếu 2 đờng thẳng (1) ; (2) trùng nhau 

'
'
'
'

a a

b b

c c

b b



 




 


 

' '
' '

a b

b c







 



  ' ' '

a b c

a b c

VËy víi ' ' '

a b c

a b c thì hpt có vô số nghiệm. 
Kết luận: Hệ phơng trình: ' ' '

ax by c
a x b y c



+) Hệ phơng trình có nghiÖm duy nhÊt  ' '

a b

+) Hệ phơng trình có vô số nghiệm  ' ' '

a b c

+) Hệ phơng trình vô nghiÖm  ' ' '

a b c

a b c

4.

Bài 4: Cho hệ phơng trình:

1
1
mx y

x my m

 




  



a) Với giá trị nào của m thì hệ phơng trình có nghiệm duy nhất.
b) Với giá trị nào của m thì hệ phơng trình có vô số nghiệm.
c) Với giá trị nào của m thì hệ phơng trình vô nghiệm.

Giải:

a Hệ phơng trình có 1 nghiệm duy nhất

1
1
m

m

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

b) Hệ phơng trình vô nghiệm

1 1

m

m m

 

 

1
1

1 1

m

m m







 

 




2

1
1
m

m m

 



 

 

2 1

m
m







 

1
1
2
m
m









 (t/m) 
Vậy với m1 thì hpt vô nghiệm

c) Hệ phơng trình có vô số nghiệm

1
1

1 1

1
m

m

m m



 

 

2 1

1
m

m m

 


 

 

2 1

m
m










1
1
2
m
m









 VËy víi 
1
2

m

thì hpt có vô số nghiệm.

HDHT:

Bài tập về nhà: Cho hệ phơng trình:

4 6

mx y m

x my m

 




  



a) Víi gi¸ trị nào của m thì hệ phơng trình có nghiệm duy nhất.
b) Với giá trị nào của m thì hệ phơng trình có vô số nghiệm.
c) Với giá trị nào của m thì hệ phơng trình vô nghiệm.

+) Tip tc ôn tập về qui tắc thế, qui tắc cộng và cách giải hệ phơng trình bằng
ph-ơng pháp thế, phph-ơng pháp cộng và một số bài tốn có liên quan đến hệ phph-ơng
trình bậc nhất hai ẩn.

+) Ơn tập về Góc ở tâm và mối liên hệ giữa cung và dây trong đờng trịn.

Bµi 16: lun tập giải bài toán bằng cách lập hệ phơng trình
ôn tập chơng III ( hình học)

Soạn: 7/2/2010 Dạy: 10/2/2010

A. Mục tiêu:

- Luyện tập cho học sinh cách giải bài toán bằng cách lập hệ phơng trình tập trung
vào dạng tốn quan hệ giữa các số; chuyển động, tìm số tự nhiên.

- Rèn kỹ năng phân tích bài tốn, chọn ẩn , đặt điều kiện và thiết lập đợc hệ phơng
trình và giải hệ phơng trình thành thạo.

- RÌn lun cho học sinh kỹ năng tính toán và trình bày lời giải.
- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình vận dụng và trình bày lời giải hình học.

B. Chuẩn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi nội dung đề bài tập và bảng số liệu để học sinh điền vào.
HS: Ôn tập cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế; p2 cng i s.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chøc líp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

luyện tập giải bài toán bằng cách lập hệ phơng trình
ôn tập chơng III ( hình học)

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

GV yêu cầu học sinh nêu cách giải bài toán bằng cách lập hpt.

GV khắc sâu qui tắc cho học sinh cách giải bài toán bằng cách lập hpt.

B. Bài tập:

1. Bài tập 1:

Một xe máy đi từ A đến B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm 14
km/h thì đến B sớm 2 giờ, nếu giảm vận tốc đi 4 km/h thì đến B muộn 1 giờ. Tính
vận tốc dự định và thời gian dự định.

 GV gọi h/s đọc đề bài và ghi tóm tắt nội dung bài tập.

*GV híng dÉn cho h/s lËp bảng và điền vào bảng số liệu khi trả lời c©u hái sau:

Vận tốc ( km/h) Thời gian (h) Quãng đờng AB

Dự định x (h) y (h) x.y (km)

LÇn 1 x +14 (h) y - 2 (h) (x +14).(y – 2) (km)

LÇn 2 x - 4 (h) y + 1 (h) (x - 4).(y + 1) (km)

- Hãy chọn ẩn, gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn sau đó lập hệ phơng trình của bài
tập

- GV hớng dẫn cho học sinh thiết lập phơng trình  hệ phơng trình của bài cần
lập đợc là:

(x +14).(y - 2) = x.y
(x - 4).(y + 1) = x.y





Gi¶i :

- Gọi vận tốc dự định là x (km/h); thời gian dự định đi từ A đến B là y (h)
(Điều kiện x > 4, y > 2). Thì quãng đờng AB là x.y (km)

- Nếu tăng vận tốc đi 14 km/h thì vận tốc là: x + 14 (km/h) thì đến sớm 2 giờ thời
gian thực đi là: y – 2 (h) nên ta có phơng trình: (x +14).(y - 2) = x.y (1)

- Nếu giảm vận tốc đi 4 km/h thì vận tốc là: x – 4 (km/h) thì đến muộn 1 giờ thời
gian thực đi là: y + 1 (h) nên ta có phơng trình: (x - 4).(y + 1) = x.y (2)

Từ (1) và(2) ta có hệ phơng trình:

(x +14).(y - 2) = x.y
(x - 4).(y + 1) = x.y




 

xy - 2x + 14y - 28 = x.y
xy + x - 4y - 4 = x.y







- 2x + 14y = 28
x - 4y = 4




 

- 2x + 14y = 28
2x - 8y = 8


 

 

6y = 36
x - 4y = 4




 

y = 6
x - 4.6 = 4








y = 6
x - 24 = 4




 

y = 6
x = 28




 (tho¶ m·n)

Vậy vận tốc dự định là 28 (km/h); thời gian dự định đi từ A đến B là 6 (h)

2. Bµi tËp 2:

Một xe máy đi từ A đến B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm 15
km/h thì đến B sớm 1 giờ, nếu xe giảm vận tốc đi 15 km/h thì đến B muộn 2 giờ. 
Tính quãng đờng AB.

 GV gọi h/s đọc đề bài và ghi tóm tắt nội dung bài tập.

*GV hớng dẫn cho h/s lập bảng và điền vào bảng số liệu khi trả lời câu hỏi sau:

Vn tc ( km/h) Thời gian (h) Quãng đờng AB

Dự định x (h) y (h) x.y (km)

LÇn 1 x +15 (h) y - 1 (h) (x +15).(y – 1) (km)

LÇn 2 x - 15 (h) y + 2 (h) (x - 15).(y +2) (km)

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

- GV hớng dẫn cho học sinh thiết lập phơng trình  hệ phơng trình của bài cần
lập đợc là:

(x +15).(y - 1) = x.y
(x - 15).(y + 2) = x.y




Gi¶i :

- Gọi vận tốc dự định là x (km/h); thời gian dự định đi từ A đến B là y (h)
(Điều kiện x > 15, y > 1). Thì quãng đờng AB là x.y (km)

- Nếu tăng vận tốc đi 15 km/h thì vận tốc là: x + 15 (km/h) thì đến sớm 1 giờ thời
gian thực đi là: y –1(h) nên ta có phơng trình: (x +15).(y - 1) = x.y (1)

- Nếu giảm vận tốc đi 4 km/h thì vận tốc là: x – 15 (km/h) thì n mun 2 gi
thi

gian thực đi là: y + 2 (h) nên ta có phơng trình: (x - 15).(y + 2) = x.y (2)
Tõ (1) vµ(2) ta cã hệ phơng trình:

(x +15).(y - 1) = x.y
(x - 15).(y + 2) = x.y




 

xy - x + 15y - 15 = x.y
xy + 2x - 15y - 30 = x.y







- x + 15y = 15
2x - 15y = 30


 

 

x = 45
- x + 15y = 15





 

x = 45
- 45 + 15y = 15








x = 45
15y = 60




 

x = 45
y = 4




 (tho¶ m·n)

Vậy vận tốc dự định là 45 (km/h); thời gian dự định đi từ A đến B là 4 (h)
Quãng đờng AB dài là: S = v.t = 45 . 4 = 180 (km)

3. Bµi tËp 3:

Tìm 1 số tự nhiên có 2 chữ số, biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn

vị là 2 và nếu đổi chỗ 2 chữ số cho nhau thì đợc số mới bng

7 số ban đầu.
( Đề thi tuyển sinh THPT Năm học : 2005 2006)

GV gi h/s đọc đề bài và ghi tóm tắt nội dung bài tập.
*GV hớng dẫn cho h/s trả lời câu hỏi sau:

- Ta cần tìm đại lợng nào ? ( Chữ số hàng chục, chữ số hàng đơn vị )
- Hãy chọn ẩn, gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn sau

- Theo bài ra chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 ta có phơng trình
nào? (x - y = 2)

- Theo bài ra nếu đổi chỗ 2 chữ số cho nhau thì c s mi bng

7 số ban đầu ta

có phơng trình nào ?

4
10y + x = 10

7 x y

 



 

 

- GV híng dÉn cho học sinh thiết lập hệ phơng trình là:





x - y = 2

4
10y + x = 10

7 x y










Gi¶i:

- Gọi chữ số hàng chục là x và chữ số hàng đơn vị là y
( Điều kiện: 0< x; y 9); x; y  N)

- Theo bài ra chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 nên ta có ph ơng

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

- Ta có số đã cho là: xy10x y ,

số mới sau khi đổi chỗ 2 chữ số cho nhau là: yx10y x (1)
Theo bài ra nếu đổi chỗ 2 chữ số cho nhau thì đợc số mới bng

7 số ban đầu ta có

phơng trình:





4
10y + x = 10

7 x y (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phơng trình:





x - y = 2
4
10y + x = 10

7 x y








 









x - y = 2

7. 10y + x = 4. 10x y









x - y = 2
70y 7 = 40x + 4yx





 

x - y = 2
33x 66 = 0y





 

x - y = 2
2 = 0

x y


 



 

y = 2
= 2
x y






 

y = 2
2 = 2
x






 

y = 2
= 4
x



 ( tho¶ m·n )

Vậy chữ số hàng chục là 4; chữ số hàng đơn vị là 2, Số đã cho là: 42

4. Bµi tËp 4:

Tìm 1 số tự nhiên có 2 chữ số, biết rằng chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng

chục là 4 và nếu đổi chỗ 2 chữ số cho nhau thì đợc số mới bằng

5 số ban đầu.
( Đề thi tuyển sinh THPT Năm häc : 2005 – 2006)

 GV gọi h/s đọc đề bài và ghi tóm tắt nội dung bài tập.
*GV hớng dẫn cho h/s trả lời câu hỏi sau:

- Ta cần tìm đại lợng nào ? ( Chữ số hàng chục, chữ số hàng đơn vị )
- Hãy chọn ẩn, gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn sau

- Theo bài ra chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 ta có phơng trình
nào? ( y - x = 4)

- Theo bài ra nếu đổi chỗ 2 chữ số cho nhau thỡ c s mi bng

7 số ban đầu ta

có phơng trình nào ?

17
10y + x = 10

5 x y

 



 

 

- GV híng dÉn cho häc sinh thiÕt lËp  hƯ phơng trình là:

y - x = 4
17
10y + x = 10

5 x y










Gi¶i:

- Gọi chữ số hàng chục là x và chữ số hàng đơn vị là y
( Điều kiện: 0 < x , y  9); x , y  N)

- Theo bài ra chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 nên ta có ph ơng

tr×nh: x - y = 2

- Ta có số đã cho là: xy10x y ,

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

Theo bài ra nếu đổi chỗ 2 chữ số cho nhau thì đợc số mới bng

7 số ban đầu ta có

phơng trình:





17
10y + x = 10

5 x y (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã hƯ pt:





y - x = 4
17
10y + x = 10

5 x y









 









y - x = 4

5. 10y + x = 17. 10x y










y - x = 4
50y 5 = 170x x 17y




 

 

y - x = 4
165x 33y 0




 

 

- x + y = 4
15x 3y 0




 





- 15x +15 y = 60
15x 3y 0


 

 

 

12 y = 60
4
x y



  

 

y = 5
5 = 4
x




 

 

y = 5
= 1
x



 ( thoả mãn )

Vậy chữ số hàng chục là 1; chữ số hàng đơn vị là 5, Số đã cho là: 15

5. Bµi tËp 13: (SGK – 72)

CMR: Trong một đờng tròn hai cung bị chắn giữa 2 dây song song thì bằng nhau.

Gi¶i:

a) Trờng hợp: Tâm O nằm ngoài 2 dây song song. (AB // CD)
Kẻ đờng kính MN  MN // AB ; MN // CD

Ta cã:

 

OAB AOM

OBA BON

 







 (so le trong) (1)

Mµ AOB cân tại O OAB ABO (2)

Tõ (1) vµ (2)  AOM BON  s®AM = s® BN (a)
LÝ luËn t¬ng tù ta cã: s®CM = sđ DN (b)
Vì C nằm trên AM và D nằm trên BN nên từ (a) và (b)
s®AM - s®CM = s® BN - s® DN

Hay s®AC = s® BD  AC = BD (đpcm)
b) Trờng hợp: Tâm O nằm trong 2 d©y song song.

Kẻ đờng kính MN  MN // AB ; MN // CD
Ta có:

 

OAB AOM

OBA BON

 







 (so le trong) (1)

Mµ AOB cân tại O OAB ABO (2)

Tõ (1) vµ (2)  AOM BON  s®AM = s® BN (a)
LÝ luËn t¬ng tù ta cã: s®CM = s® DN (b)
Vì M nằm trên AC và N nằm trên BD nên từ (a) và (b)

sđAM + sđCM = s® BN

+ s® DN

Hay s®AC = s® BD  AC = BD (®pcm)
 HDHT:

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

+) Tiếp tục ôn tập về qui tắc thế, qui tắc cộng và cách giải hệ phơng trình bằng
ph-ơng pháp thế, phph-ơng pháp cộng và một số bài tốn có liên quan n h phph-ng
trỡnh bc nht hai n.

+) Ôn tập về Góc ở tâm, góc nội tiếp, và mối liên hệ giữa cung và dây trong đ ờng
tròn.

Bài 17: luyện tập giải bài toán bằng cách lập hệ phơng trình
ôn tập chơng III ( hình học) (tiếp)

Soạn: 12/2/2010 Dạy: 19/2/2010

A. Mục tiêu:

- Luyện tập cho học sinh cách giải bài toán bằng cách lập hệ phơng trình tập trung
vào dạng toán quan hệ giữa các số; làm chung, làm riêng.

- Rốn k nng phõn tích bài tốn, chọn ẩn, đặt điều kiện và thiết lập đợc hệ phơng
trình và giải hệ phơng trình thành tho.

- Rèn luyện cho học sinh kỹ năng tính toán và trình bày lời giải.
- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình vận dụng và trình bày lời giải hình học.

B. Chuẩn bị:

GV: Bng ph ghi ni dung đề bài tập và bảng số liệu để học sinh điền vào.
HS: Ơn tập cách giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế; p2 cộng đại số.

C. TiÕn tr×nh d¹y - häc:

1. Tỉ chøc líp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

A. LÝ thuyÕt:

GV yêu cầu học sinh nêu cách giải bài toán bằng cách lập hpt.

GV khắc sâu qui tắc cho học sinh cách giải bài toán bằng cách lập hpt.

B. Bµi tËp:

1. Bµi 33: ( SGK – 24)

Hai ngời thợ cùng làm 1 công việc trong 16 giờ thì xong. Nếu ngời thứ nhất làm 3
giờ và ngời thứ 2 làm trong 6 giờ thì cả 2 ngời hồn thành 25% cơng việc. Hỏi nếu
làm riêng thì mỗi ngời hồn thành cơng việc đó trong bao lâu.

 GV gọi h/s đọc đề bài và ghi tóm tắt bài 33 (SGK – 24).

*GV híng dẫn cho h/s lập bảng và điền vào bảng số liệu khi trả lời câu hỏi sau:

Ngời 1 Ngời 2 Cả 2 Ngời

Thời gian

làm riêng x (h) y (h) 16h

Năng suất/1

ngày 1x

(phần công việc)

y (phần công việc)
1

16 (phần công việc)

- Hóy chn n, gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn sau đó lập hệ phơng trình của bài
tập 33 ( Sgk - 24)

- Đổi 25% công việc (=

4 c«ng viƯc)

- GV hớng dẫn cho học sinh lập phơng trình m2 hệ phơng trình của bài cần lập đợc

lµ:

1 1 1

3 6 1

x y



 





  




Gi¶i :

Gọi số ngày để ngời thứ nhất làm một mình xong cơng việc là x ( ngày) và số ngày để
ngời thứ hai làm một mình xong cơng việc là y (ngày) (ĐK: x, y> 16)

- Mỗi ngày ngời thứ nhất làm đợc:

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

- Một ngày ngời thứ hai làm đợc:

y (phần công việc)

- Theo bi ra 2 ngi lm trong 16 giờ thì xong nên 1 giờ cả 2 ngi lm c:

16( phần

công việc) ta có phơng trình:

1 1 1

x y (1)

- Theo bµi ra ngêi thø nhÊt lµm trong 3 giê vµ ngêi thø hai lµm trong 6 giê chØ hoµn
thµnh 25% công việc nên ta có phơng trình:

3 6 1

4
x y  (2)

Tõ (1) và (2) ta có hệ phơng trình :

1 1 1

3 6 1

4
x y
x y

 



  


 Đặt a = 
1
;

x
1
b =
y

ta cã hpt

1
16
1
3 6
4
a b
a b

 



  

 

16 16 1

12 24 1

a b
a b
 



 
 

48 48 3

24 48 2

a b
a b
 

 
 
  
24 1
1
16
a
a b




 


1
24

1 1
24 16
a
b




 
  

 
1
24
1
48
a
b




 
 


1 1
24
1 1
48

x
y




 
 

 
24
48
x
y




(thoả mÃn)

Vậy ngời thứ nhất làm một mình thì sau 24 ngày xong công việc . ngời thứ hai làm
một mình thì sau 48 ngày xong công việc.

2. Bµi tËp 46: (SGK - 27)

- Gọi số thóc năm ngối đơn vị thứ nhất thu đợc là x ( tấn ), đơn vị thứ hai thu đợc
là y ( tấn ) . ĐK: x , y > 0

- Năm ngoái cả hai đơn vị thu đợc 720 tấn thóc nên ta có phơng trình:

x + y = 720 (1)

- Năm nay đơn vị thứ nhất vợt mức 15%, đơn vị thứ hai vợt mức 12% nên cả hai
đơn vị thu hoạch đợc 819 tấn ta có phơng trình :

(x + 0,15x) + (y + 0,12 y) = 819 (2)
Tõ (1 ) vµ (2) ta có hệ phơng trình :

720 1,15 1,15 828 0,03 9

1,15 1,12 819 1,15 1,12 819 720

x y x y y

x y x y x y

       
 
  
       
 
300
420
y
x





 (thoả mãn) 
Vậy Năm ngoái đơn vị thứ nhất thu đợc 420 tấn thóc đơn vị thứ hai thu đợc 300

tấn thóc. Năm nay đơn vị thứ nhất thu đợc 483 tấn thóc, đơn vị thứ hai thu đợc
336 tấn thóc .

3. Bµi tËp 45: (SGK - 27)

Gọi đội I làm một mình thì trong x ngày xong cơng việc, đội II làm một mình trong y
ngày xong cơng việc. ĐK : x , y > 132 .

Một ngày đội I làm đợc

x phần công vic, i II lm c 
1

y phần công viƯc .

Vì hai đội làm chung thì trong 12 ngày xong cơng việc nên ta có phơng trình:

1 1 1

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

Hai đội làm chung 8 ngày và đội II làm 3,5 ngày với năng xuất gấp đơi thì xong cơng
việc nên ta có phơng trình:

1 1 2

.8 3,5. 1

x y y

 

  

 

  ( 2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã hƯ phơng trình :

1 1 1

1 1 2

.8 3,5. 1

x y

x y y



 





 

   

 

 

 đặt a =

x ; b = 
1

y ta cã hÖ: 
1

12
8( ) 3,5.2 1

a b

a b b



 




   

 

1
28

1
21
a
b






 


 Thay a , b ta tìm đợc (x; y) = (28; 21) (thoả mãn)
x = 28 ( ngày ) ; y = 21 ( ngày )

Vậy đội I làm một mình trong 28 ngày xong cơng việc, đội II làm một mình trong 21
ngày xong cơng việc .

4. Bµi 44: (SGK)

- Gọi số gam đồng và số gam kẽm có trong vật đó là x (g) ; y( g) ( x ; y > 0 )
Vì vật đó nặng 124 gam nên ta có phơng trình : x + y = 124 (1)

Thể tích x gam đồng là:

89x ( cm3) . ThÓ tÝch của y gam kẽm là :

7y ( cm3) 
Vì thể tích của vật là 15 cm3 nên ta có phơng trình:

10 1

89x7 y ( 2) .

Từ (1) và (2) nên ta có hệ phơng trình:

124

10 1

89 7

x y

x y

 





 



 từ đó giải hệ phơng

trình tìm đợc x; y.

1. Bài tập 1: Cho  ABC (AB = AC) nội tiếp trong đờng tròn (O). Các đờng cao AG,
BE, CF cắt nhau tại H.

a) CMR: Tứ giác AEHF nội tiếp. Xác định tâm I của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó.
b) Chứng minh : AF . AC = AH . AG

c) Chøng minh GE lµ tiÕp tuyÕn cña (I) .

Chøng minh:

a) Ta có: AG , BE , CF là 3 đờng cao trong ABCcắt nhau tại H 
 AFH AEH 90   0

 AFH AEH 90   0900 1800 
 Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp .

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

b) XÐt AFH vµ AGB cã: BAG ( chung ) ; AFH AGB 90 (gt)    0
 AFH AGB (g.g)



AF AH

AG AB  AB . AF = AH . AG (*) 
l¹i cã AB = AC ( gt)  Thay vµo (*) ta cã
AF . AC = AH . AG (§cpcm)

c) Xét IAE có (IA = IE vì I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF) 
  IAE cân  IAE IEA (1) 

Xét GBE có EG là trung tuyến (Do AG là đờng cao của ABC cân)
 BG = GC  GE = GB = GC

GBE cân tại G GBE GEB (2)  
L¹i cã IAE BCA 90 ; GBE BCA 90   0    0

 IAE IEA = GBE = GEB    ( 3) 
Mµ IEA IEH = 90 (gt) (4)  0

Tõ (1) , (2) , (3) vµ (4)  IEH HEG 90   0
 GE  IE  GE lµ tiÕp tun cđa (I) t¹i E

 HDHT:

+) Tiếp tục ơn tập về qui tắc thế, qui tắc cộng và cách giải hệ phơng trình bằng
ph-ơng pháp thế, phph-ơng pháp cộng và một số bài tốn có liên quan đến hệ phph-ng
trỡnh bc nht hai n.

+) Ôn tập về Góc ở tâm, góc nội tiếp, và mối liên hệ giữa cung và dây trong đ ờng
tròn.

Tuần 24

Bài 18: luyện tập giải bài toán bằng cách lập hệ phơng trình 
ôn tập chơng III ( hình học) (tiếp)

Soạn: 20/2/2010 Dạy: 26+1/2-3/2010

A. Mục tiêu:

- Luyện tập cho học sinh cách giải bài toán bằng cách lập hệ phơng trình tập trung
vào dạng toán quan hệ giữa các số; làm chung, làm riêng.

- Rốn k nng phân tích bài tốn, chọn ẩn, đặt điều kiện và thiết lập đợc hệ phơng
trình và giải hệ phơng trình thnh tho.

- Rèn luyện cho học sinh kỹ năng tính toán và trình bày lời giải.

- Rốn luyn kĩ năng vẽ hình vận dụng kiến thức đã học về tính chất các góc trong
đờng trịn và số đo của cung bị chắn, trình bày lời giải hình học.

B. ChuÈn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi nội dung đề bài tập và bảng số liệu để học sinh điền vào.
HS: - Ơn tập cách giải bài tốn bằng cách lập hệ phơng trình

- Các định nghĩa, tính chất, hệ quả của góc nội tiếp, gúc tõm . . .

C. Tiến trình dạy - häc:

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

2. Néi dung:

1. Bµi tËp 1:

Một Ơ tơ du lịch đi từ A đến B, sau 17 phút một Ơ tơ tải đì từ B về A. Sau khi xe tải
đi đợc 28 phút thì hai xe gặp nhau. Biết vận tốc của xe du lịch hơn vận tốc của xe
tải là 20 km/h và quãng đờng AB dài 88 km. Tính vận tốc của mỗi xe.

 GV gọi h/s đọc đề bài và ghi tóm tắt nội dung bài tập.

*GV híng dÉn cho h/s lập bảng và điền vào bảng số liệu khi trả lời câu hỏi sau:

Xe du lịch Xe tải

Vận tèc ( km/h) x (km/h) y (km/h)

Thêi gian (h)

17 + 28 = 45phót =’ ’
3

4 (h) 28 phót =
7
15 (h)

Quãng đờng 3

4.x (km)

15.y (km)

- Hãy chọn ẩn, gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn sau đó lập hệ phơng trình của bài
tập

- GV híng dÉn cho häc sinh thiÕt lập phơng trình hệ phơng trình của bài cÇn

lập đợc là:

x - y = 20

3 7

. .y = 88
4 x 15









Gi¶i :

- Gäi vËn tèc xe du lịch là x (km/h); Vận tốc xe tải là y (km/h) (Điều kiện: x >y >
0). - Theo bài ra vận tốc xe du lịch lớn hơn vận tốc xe tải là 20 km/h nên ta có
phơng tr×nh: x - y = 20 (1)

- Quãng đờng xe du lịch đi đợc trong 45 phút là:

3
.

4 x (km)

- Quãng đờng xe tải đi đợc trong 28 phút là:

7
.

15 y (km)

Theo bài ra quãng đờng AB dài 88km nên ta có phơng trình:

3 7

. .y = 88
4 x15 (2)

Tõ (1) vµ(2) ta cã hệ phơng trình:

x - y = 20

3 7

. .y = 88
4 x 15








 

x - y = 20
45x 28y = 5280





 . . . 

x = 80
y = 60




 (tho¶ m·n)
VËy vận tốc xe du lịch là 80 (km/h); Vận tốc xe tải là 60 (km/h)

2. Bài tập 2:

Trên cùng một dòng sông, một ca nô chạy xuôi dòng 108 km và ngợc dòng 63km hết
tất cả 7 h. Nếu ca nô xuôi dòng 81km và ngợc dòng 84km thì hết 7 h. Tính vận tốc
thực của ca nô và vận tốc của dòng nớc.

GV gi h/s c đề bài và ghi tóm tắt nội dung bài tập.
*GV hớng dẫn cho h/s trả lời câu hỏi sau:

- Ta cần tìm đại lợng nào ? (Tính vận tốc thực của ca nơ và vận tốc của dịng nớc)
- Hãy chọn ẩn, gọi ẩn và đặt điều kiện cho n ?

Gọi vận tốc thực của ca nô là x (km/h), vận tốc của dòng nớc là: y (km/h)

- Tính vận tốc xuôi dòng vận tốc ngợc dòng khi biÕt vËn tèc cđa dßng níc, vËn tèc
thùc cđa ca nô nh thế nào?

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

- Tính thời gian xuôi dòng 108km và thời gian ngợc dòng 63 km ta có phơng trình

nào ? (

108 63

+ = 7
x + y x - y )

- TÝnh thêi gian xuôi dòng 81 km và thời gian ngợc dòng 84 km ta có phơng
trình nào ? (

81 84

+ = 7
x + y x - y )

- GV híng dÉn cho häc sinh thiÕt lËp  hệ phơng trình là:

108 63

+ = 7
x + y x - y

81 84

+ = 7
x + y x - y











Giải:

- Gọi vận tốc thực của ca nô là x (km/h), vận tốc của dòng nớc là: y (km/h)

( §iỊu kiƯn: x > y > 0)

- Thì vận tốc xuôi dòng là: x + y (km/h), vận tốc ngợc dòng là: x - y (km/h)

- Theo bài ra thời gian xuôi dòng 108km và ngợc dòng 63 km hết 7 giờ nên ta có
phơng trình:

108 63

+ = 7
x + y x - y (1)

- Theo bài ra thời gian xuôi dòng 81 km và ngợc dòng 84 km hết 7 giờ nên ta có
phơng trình:

81 84

+ = 7
x + y x - y (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phơng trình:

108 63

+ = 7
x + y x - y

81 84

+ = 7
x + y x - y








 đặt: a =

x + y ; b = 
1
x - y

Ta có hệ phơng trình:

108a +63 b = 7

81a 84b 7




 

 

1
a =

27
1
b =

21








 

1 1

x + y 27

1 1

=
x - y 21








 

x + y = 27
x - y = 21




 

x = 24
y = 3



 ( tho¶ m·n )

VËy vận tốc thực của ca nô là 24 (km/h), vận tốc của dòng nớc là: 3 (km/h)

3. Bài tËp 17: (SGK – 76)

Cho đờng trịn tâm O có 2 dây AB và AC bằng nhau. Qua A vẽ 1 cát tuyến cắt dây
BC tại D và cắt đờng tròn (O) tại E. CMR: AB2 = AD.AE

 GV gọi h/s đọc đề bài và hớng dẫn cho học sinh vẽ hình.
*GV hớng dẫn cho h/s trả lời câu hỏi sau:

- Ta cần tìm chứng minh điều gì ? (AB2 = AD.AE)
- GV híng dÉn ph©n tÝch cho häc sinh: AB2 = AD.AE



AB AE

AD AB



ABD AEB. . . 
Gi¶i:

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

- Ta cã AB = AC (gt)  AB = AC  sđAB = sđAC
- Ta có ABD là góc nội tiếp chắn cung AC

ABD

2sđAC (hệ quả cđa gãc néi tiÕp) (2)

- Ta cã AEB lµ gãc nội tiếp chắn cung AB
AEB=

2sđ AB

(hệ quả của gãc néi tiÕp) (3)
Tõ (1), (2) vµ (3)  ABDAEB

- XÐt ABD vµ AEB cã:


 

(Goc chung)

( )

A

ABD AEB cmt





   ABD AEB (g . g)


AB AE

AD AB  AB2 = AD.AE (®pcm)

4. Bài tập 4: Cho tam giác ABC đều nội tiếp trong (O) và 1 điểm M nằm trên cung
nhỏ BC.

CMR: MA = MB + MC

Giải:

Trên dây AM lấy ®iÓm D sao cho: MD = MB
+) XÐt MDB cã: MB = MD ( c¸ch dùng )

 

BCA AMB ( 2 gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AB)

Mà ACB600 BMD600  MDB là tam giác đều
 ABD CBM (cùng cộng với góc CBD bằng 600)
+) Xét ADB và CMB có:

BAD ACM  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
AB = BC (ABC đều)

ABD CBM (cmt)

 ADB = CMB (g. c. g)  AD = MC (2 cạnh tơng ứng) 
Mà AM = AD + DM  AM = MB + MC (®pcm)

 HDHT:

Bài tập về nhà: Một ca nô dự định đi từ A đến B trong một thời gian nhất định.
Nếu vận tốc ca nô tăng 3km /h thì đến nơi sớm 2 giờ. Nếu vận tốc ca nơ giảm 3
km/h thì đến B chậm 3 giờ. Tính chiều dài khúc sơng AB.

+) Tiếp tục ơn tập về qui tắc thế, qui tắc cộng và cách giải hệ phơng trình bằng
ph-ơng pháp thế, phph-ơng pháp cộng và một số bài tốn có liên quan đến h phph-ng
trỡnh bc nht hai n.

+) Ôn tập về Góc ở tâm, góc nội tiếp, và mối liên hệ giữa cung và dây trong đ ờng
tròn.

Bài 19: Lun tËp vỊ hµm sè y ax 2 (a0)
«n tập chơng III ( hình học) (tiếp)

Soạn: 28/2/2010 D¹y: 5+8/3/2010
A. Mơc tiêu:

- Củng cố cho học sinh khái niệm hµm sè bËc hai y ax 2 (a0) tích chất biến
thiên của hàm số y ax 2 (a0)

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

- Rèn kỹ năng tính giá trị của hàm số khi biết giá trị của biến số và ngợc lại. Xác
định công thức của hàm số khi biết các yếu tố có liên quan, biết cách tìm toạ độ

giao điểm của đồ thị hàm số bậc nhất và đồ thị hàm số bậc hai.

- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình, vận dụng kiến thức đã học về định nghĩa, tính chất
của tứ giác nội tiếp, các dấu hiệu nhận biết một tứ giác nội tiếp và cách suy nghĩ
tìm tịi lời giải hình học.

B. Chn bÞ:

GV: nội dung đề bài tập và bảng số liệu để học sinh điền vào.
HS: - Ôn tập về định nghĩa hàm số và tích chất của y ax 2 (a0)
- Định nghĩa và tính chất của tứ giác nội tiếp.

- Thớc kẻ , com pa, bút chì.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chức lớp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

1. Bµi tËp 1: Cho hµm sè

 

3
2

yf x  x

1) H·y tÝnh f



2



; f

 

3 ; f



5 ;

2
3
f

2) Các điểm A



2;6



, B



 2;3



, C



4; 24



,

1 3
;

4
2

D 

  có thuộc đồ thị hàm số khơng?

Gi¶i:

1) Ta cã:









3 3

2 . 2 .4 6

2 2

f     

;

 

3 3 27

3 .3 .9

2 2 2

f   

;

 

3 3 15

5 . 5 .5

2 2 2

f   

;

2 3 2 3 2 1

. .

3 2 3 2 9 3

f     

   

2) +) Thay toạ độ điểm A



2;6



vào công thức hàm số

 

3
2

yf x  x

Ta cã

3
6 .2

2


 6 6 ( T/M)

Vậy điểm A



2;6



thuộc đồ thị hàm số

 

3
2

yf x  x

+) Thay toạ độ điểm C



4; 24



vào công thức hàm số

 

3
2

yf x  x

Ta cã





24 . 4

 

 24 24 ( V« lÝ)

Vậy điểm C



4; 24



không thuộc đồ thị hàm số

 

3
2

yf x  x

+) Thay toạ độ điểm B



 2;3



vào công thức hàm số

 

3
2

yf x  x

Ta cã





3 . 2

 



3
3 .2

2


( T/M)

Vậy điểm B



 2;3



thuộc đồ thị hàm số

 

3
2

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

+) Thay toạ độ im

1 3
;

4
2
D

vào công thức hàm số

 

3
2

yf x  x

Ta cã

3 3 1

4 2 2

 

  

  

3 3

4 4 ( T/M)

VËy ®iĨm

1 3
;

4
2

D 

  thuộc đồ thị hàm số

 

3
2

yf x  x

2. Bµi tËp 2: Cho hµm sè

 

3
2

yf x  x

1) H·y tÝnh f

 

2 ; f



3



; f

 

3 ;

2
3
f  

 

2) C¸c ®iĨm A



2; 6



, B



2;3



,

3
1;

2
C 

 ,

1 3
;

4
2
D 

  có thuộc đồ thị hàm số
không ?

3. Bài tập 3: Trong hệ toạ độ Oxy, cho hàm số

  



yf x  m x

 

*
1) Tìm m để đồ thị hàm số

 

* đi qua các điểm :

a) A



1;3



b) B



2; 1



1
;5

2
C 

 

2) Thay m = 0. Tìm tạo độ giao điểm của đồ thị hàm số

 

* với đồ thị hàm số

y x
Gi¶i:

1) a) Để đồ thị hàm hàm số

  



yf x  m x

 

* ®i qua ®iĨm A



1;3



Ta cã:



 



3 m2 . 1

 3 m 2  m1

Vậy với m = 1 thì đồ thị hàm số

 

* đi qua điểm A



1;3



b) Để đồ thị hàm hàm số

  



yf x  m x

 

* ®i qua ®iĨm B



2; 1



Ta cã:





 

1 m 2 . 2

  

  1



m2 .2



 2m 4 1  2m5 

5
2
m

VËy víi

5
2

m

thì đồ thị hàm số

 

* đi qua điểm B



2; 1



c) Để đồ thị hàm hàm số

  



yf x  m x

 

* ®i qua ®iÓm

1
;5
2
C 

 

Ta cã:





5 2 .

m  

   

  





5 2 .

4
m

 

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

Vậy với m18 thì đồ thị hàm số

 

* đi qua điểm

1
;5
2
C

2) +) Thay m = 0 vào công thøc hµm sè

  



yf x  m x

 

* ta cã:

 

yf x  x

- Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số

 

yf x  x

vvới đồ thị hàm số y x 1
là nghiệm của hệ phơng trình:

2
1

y x

y x
 


 

 

2
2

2 1

y x

x x

 



 


 

2
2

2 1 0

y x

x x

 



  





1
2

- Giải phơng trình (2) 2x2 x1 0

Ta cã: a + b + c = 2 + (-1) + (-1) = 0 nªn phơng trình (2) có 2 nghiệm phân biệt
x11; 2

1
2

x 

+) Víi x1 1 

2
1 2.1 2

y    M (1; 2)
+) Víi 2

1
2

x 



2
1

1 1 1

2. 2.

2 4 2

y     

   N

1 1
;
2 2

 



 

 

Vậy với m = 0 thì đồ thị hàm số y2x2và đồ thị hàm số y x 1 cắt nhau tại 2 điểm
phân biệt M (1; 2) và N

1 1
;
2 2

 



 

 . 
4. Bµi tËp 4:

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

 HDHT:

Bài tập về nhà: Trong hệ toạ độ Oxy, cho hàm số

  



yf x  m x

 

*
1) Tìm m để đồ thị hàm số

 

* đi qua các điểm :

a) A



2; 3



b) B



2;6



1
; 4
2
C 

 

2) Thay m = 0. Tìm tạo độ giao điểm của đồ thị hàm số

 

* với đồ thị hàm số y3x2
+) Tiếp tục ôn tập về định nghĩa và tính chất của hàm số bậc nhất, hàm số bậc hai

một ẩn nắm vững cách tìm toạ độ giao diểm của đồ thị hàm số bậc nhất với đồ thị
hàm số bậc hai.

+) Ôn tập về định nghĩa và tính chất của các góc trong đờng trịn, định nghĩa và
tính chất của tứ giác nội tiếp.

Bµi 20: Lun tËp vỊ hàm số y ax 2 (a0)
ôn tập chơng III ( hình học) (tiếp)

Soạn: 9/3/2010 D¹y: 12+15/3/2010
A. Mơc tiªu:

- Rèn luyện cho học sinh định nghĩa và tính chất tích chất của hàm số y ax 2 (a0)
- Rèn kỹ năng xác định sự tơng giao của đồ thị các hàm số y ax 2 (a0) với đồ thị

hµm sè bËc nhÊt y ax b (a0) trên hệ trục toạ dé Oxy.

- Rèn luyện cho học sinh kỹ năng tính tốn, vẽ đồ thị của hàm số y ax 2 (a0) 
và đồ thị hàm số y ax b  (a0) trên hệ trục toạ dộ Oxy.

B. Chn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi nội dung đề bài tập và bảng số liệu để học sinh điền vào.
HS: - Ôn tập về định nghĩa hàm số và tích chất của y ax 2 (a0)

- Định nghĩa và tính chất của tứ giác nội tiếp. Thớc kẻ , com pa, bút chì.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tỉ chøc líp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

1. Bµi tËp 1:

a) Vẽ đồ thị hàm số y x 2 (P) và đờng thẳng yx2 (D) trên cùng một mặt phẳng
to Oxy.

b) Tìm toạ dộ giao điểm của (P ) và (D) bằng phép tÝnh.

Gi¶i:

a) Vẽ đồ thị hàm số y x 2 (P)

Lập bảng giá trị tơng ứng giữa x vµ y.

x -3 -2 -1 0 1 2 3

2
x

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

Đồ thị hàm số y x 2 (P) là một Parabol có bề lõm quay xuống dới và đi qua các điểm
có toạ độ O (0; 0); A



1;1



; A’



1;1



; B



2;4



; B

2; 4

; C

3;9

; C

3;9

+) Đờng thẳng y x2 (D)
Cho x = 0  y = 2  D (0; 2)
y = 0  x = 2  E (2; 0)

 Đờng thẳng y2x2 (D) 
đi qua 2 điểm D (0; 2) vµ E (2; 0)

b) Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y x 2 (P) và đờng thẳng yx2 (D) là
nghiệm của hệ phơng trình:

2
y x

y x

 


 

 

2 2

y x

x x

 



 


 

2 2 0

y x

x x

1
2

- Giải phơng tr×nh: x2 x 2 0 (2)

Ta cã a + b + c = 1 + 1 + (-2) = 0 nên phơng trình (2) có nghiƯm x1= 1; x2= -2
+) Víi x1 = 1  y1 = 12 = 1  M (1; 1)

+) Víi x2 = -2  y2 = (-2)2 = 4  N (-2; 4)

Vậy đồ thị hàm số y x 2(P) và đờng thẳng y x2 (D)

cắt nhau tại 2 điểm M (1; 1) và N (-2; 4) .

2. Bµi tËp 2:

a) Vẽ đồ thị hàm số y x 2 (P) và đờng thẳng y x 2 (D) trên cùng một mặt phẳng
to Oxy.

b) Tìm toạ dộ giao điểm của (P ) và (D) bằng phép tính.
Giải:

a) V đồ thị hàm số y x 2 (P)

LËp bảng giá trị tơng ứng giữa x và y.

x -3 -2 -1 0 1 2 3

2
x

y 9 4 1 0 1 4 9

Đồ thị hàm số y x 2 (P) là một Parabol có bề lõm quay xuống dới và đi qua các điểm
có toạ độ O (0; 0); B’



1;1



; B



1;1



; A



2;4



; A’

2; 4

;

+) Đờng thẳng y x 2 (D)
Cho x = 0  y = 2  D (0; 2)
y = 0  x = 2 E (-2; 0)

Đờng thẳng y2x2 (D) 
®i qua 2 ®iĨm D (0; 2) vµ E (-2; 0)

b) Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y x 2 (P)
và đờng thng y x 2 (D)

là nghiệm của hệ phơng tr×nh:

2
y x
y x
 


 

 

2 2

y x

x x

 




 


 

2 2 0

y x

x x

1
2

Giải phơng trình: x2 x 2 0 (2)

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

+) Víi x1 = -1  y1 = 12 = 1  B (-1; 1)
+) Víi x2 = 2  y2 = 22 = 4  A (2; 4)

Vậy đồ thị hàm số y x 2(P) và đờng thẳng (D) cắt nhau tại 2 điểm B (-1; 1) và A (2; 4)

3. Bµi tËp 3:

a) Xác định hệ số a biết đồ thị hàm số y ax 2 đi qua điểm A (-2; 1)
b) Vẽ đồ thị hàm số (P) vừa tìm đợc ở câu a

c) Tìm toạ dộ giao điểm của (P ) và đờng thẳng y x 1 bằng phép tính.
Giải:

a) Vẽ đồ thị hm s
2

4
x
y

(P)

Lập bảng giá trị tơng ứng giữa x và y.

x -3 -2 -1 0 1 2 3

4
x

y 9

4 1

4 0

4 1

9
4

Đồ thị hàm số
2

4
x
y

(P) là một Parabol có bề lõm quay lên trên và đi qua các điểm
có toạ độ O (0; 0); B’



1;1



; B



1;1



; A



2;4



; A’



2; 4



;

c) Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số
2

4
x
y

(P) và đờng thẳng y x 1 (D)

lµ nghiƯm cđa hƯ phơng trình:

1
y x
y x

2
2

4
1
4

x
y

x

 



 

2 2 0

y x

x x

 





1
2

Giải phơng trình: x2 x 2 0 (2)

Ta cã a - b + c = 1 (-1) + (-2) = 0 nên phơng tr×nh (2) cã nghiƯm x1=- 1; x2= -2
+) Víi x1 = -1  y1 = 12 = 1  B (-1; 1)

+) Víi x2 = 2  y2 = 22 = 4  A (2; 4)

Vậy đồ thị hàm số y x 2 (P) và đờng thẳng yx2 (D) cắt nhau tại 2 điểm B (-1;
1) và A (2; 4) .

Bài 4:

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

Bài 5

Giải:

HDHT:

Bµi tËp vỊ nhµ: Cho hµm sè

 

2 2 12

yf x x  x

 

*
1) TÝnh ;

1
3
f  

 ; f



 5



2) Tìm x để f x

 

0 ; f x

 

23; f x

 

21

+) Tiếp tục ôn tập về định nghĩa và tính chất của hàm số bậc nhất, hàm số bậc hai
một ẩn nắm vững cách tìm toạ độ giao diểm của đồ thị hàm số bậc nhất với đồ thị
hàm số bậc hai.

+) Ôn tập về định nghĩa và tính chất của các góc trong đờng trịn, định nghĩa và
tính chất của tứ giác nội tiếp.

Bµi 21: Lun tËp vỊ hµm sè y ax 2 (a0)
ôn tập chơng III ( hình học) (tiếp)

Soạn: 15/3/2010 Dạy: 19+22/3/2010

A. Mục tiêu:

- Rốn luyn cho học sinh định nghĩa và tính chất tích chất của hàm số y ax 2 (a0)
- Rèn kỹ năng xác định điều kiện để đồ thị hàm số đi qua 1 điểm M



x y0; 0



- RÌn lun cho học sinh kỹ năng tính toán, áp dụng công thức nghiệm giải phơng
trình bậc hai.

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

của tứ giác néi tiÕp, c¸c dÊu hiƯu nhËn biÕt mét tø gi¸c nội tiếp và cách suy nghĩ
tìm tòi lời giải hình häc.

B. ChuÈn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi nội dung đề bài tập và bảng số liệu để học sinh điền vào.

HS: - Ôn tập về định nghĩa hàm số và tích chất của y ax 2 (a0) cơng thức nghiệm
của phơng trình bậc hai một ẩn.

- Định nghĩa và tính chất của tứ giác nội tiếp. Thớc kẻ, com pa, bút chì.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chức lớp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

1. Bài tập 1: Trong hệ toạ độ Oxy, cho hàm số

  



yf x  m x

 

1) Tìm m để đồ thị hàm số

 

* đi qua các điểm :

a) A



2; 3



b) B



2;6



1
; 4
2
C 

 

2) Thay m = 0. Tìm tạo độ giao điểm của đồ thị hàm số

 

* với đồ thị hàm số y3x2

2. Bµi tËp 2:

Cho hµm sè y = (m-3)x + m + 2 (*)

a) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –
3.

 x = 0; y = - 3
Ta cã: -3 = (m-3).0 + m + 2
 m + 2 = 3

 m = 1

Vậy với m = 1 thì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng - 3
b) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 song song với đờng thẳng y = -2x + 1


3 2

2 1
m
m

 




 

 

2 3
1 2
m
m

 



 

 

1
1
m
m







 ( t/m)

Vậy với m = 1 thì đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 song2 với đờng thẳng y =- 2x + 1.
c) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 vng góc với đờng thẳng y = 2x -3

 a.a’ = -1  (m – 3) .2 = -1

 2m – 6 = -1  2m = 5  m = 
5
2

VËy víi m =

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

4. Bài tập 4:

Giải:

HDHT:

Bài tập về nhà: Cho hµm sè

 

2 2 12

yf x x  x

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

1) TÝnh ;

1
3
f  

 ; f



 5



2) Tìm x để f x

 

0 ; f x

 

23; f x

 

21

+) Tiếp tục ơn tập về định nghĩa và tính chất của hàm số bậc nhất, hàm số bậc hai
một ẩn nắm vững cách tìm toạ độ giao diểm của đồ thị hàm số bậc nhất với đồ thị
hàm số bậc hai.

+) Ơn tập về định nghĩa và tính chất của các góc trong đờng trịn, định nghĩa và
tính chất của tứ giác nội tiếp.

Bµi 22: Lun tËp vỊ HƯ thøc Vi – ét và các ứng dụng
Ôn tập chơng III (hình häc)

So¹n: 20/3/2010 D¹y: 26+29/3/2010

A. Mơc tiªu:

- RÌn lun cho häc sinh kü năng tính toán, áp dụng công thức nghiệm giải phơng
trình bậc hai.

- Rèn kỹ năng vận dụng hệ thức Vi ét vào tính toán tổng và tích các nghiệm của
phơng trình bậc hai và các bài toán có liªn quan.

- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình, vận dụng kiến thức đã học về định nghĩa, tính chất
của tứ giác nội tiếp, các dấu hiệu nhận biết một tứ giác nội tiếp và cách suy nghĩ
tìm tịi lời giải hình học, và các bài tốn khác.

B. Chn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi nội dung đề bài tập và bảng số liệu để học sinh điền vào.
HS: - Ôn tập về định nghĩa công thức nghiệm giải phơng trình bậc hai. hệ thức
Vi – ét. Định nghĩa và tính chất của tứ giác nội tiếp. Thớc k, com pa, bỳt chỡ.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tỉ chøc líp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

1. Bµi 1: Cho phơng trình x24x 1 0

1
a) Giải phơng trình

b) Gọi x1; x2 lµ hai nghiệm của phơng trình

 

1 . H·y tÝnh giá trị cđa biĨu thøc
3 3

1 2

B x x

(§Ị thi tun sinh vào THPT Năm học 2005 -2006)

Giải:

a) Xét phơng trình x24x 1 0

 

1
Ta cã:  ' 42 4.1.1 16 4 12 0   

 Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt 1

4 2 3

2 3

2.1

x    

4 2 3

2 3

2.1

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

b) ¸p dơng ®inh lÝ Vi – Ðt ta cã:
1 2
1 2
4
. 1
x x
x x
 




Mµ:
3 3
1 2

x x



 



3 2 2 3 2 2

1 3 .1 1 3 1 2 2 3 .1 1 3 1 2

x  x x  x x x  x x  x x









1 2 3 .1 2 1 2

x x  x x x x

 

4  3.1.4. 64 12 52  

VËy

3 3
1 2

x x = 52

2. Bµi 2: Cho phơng trình 2x2 7x 4 0 gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phơng trình
1) Không giải phơng trình hÃy tính giá trị cđa c¸c biĨu thøc sau:

a) x1x2; x x1. 2 b) 
3 3
1 2

x x

2) Xác định phơng trình bậc hai nhận
2
1 2

x  x

vµ
2
2 1

x  x

lµ nghiƯm.

(Đề thi tuyển sinh vào THPT Năm học 2005 -2006)

Giải:

1) Xét phơng trình 2x2 7x 4 0
Ta cã:





7 4.2.4 49 32 17 0

   

Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2

áp dụng đinh lí Vi ét ta cã:

1 2
1 2
7

2
. 2
x x
x x

 


 


b) Ta cã:
3 3
1 2

x x =



x133 .x x12 1 3x x1 22x23

 

 3 .x x12 1 3x x1 22



=









1 2 3 .1 2 1 2

x x  x x x x

=
3
7 7
3.2.
2 2
   

   

    =

343 42 343 168 175

8 2 8 8



  

VËy
3 3
1 2

x x = 
175

2) Đặt u =
2
1 2

x  x vµ v = x22 x1
Ta cã: u + v =





2
1 2

x  x





2
2 1

x  x

=
2 2
1 2

x x -



x1x2



=





1 2 2 1 2

x x  x x



x1x2



=
2
7 7
2.2
2 2
 
 
 
  =

49 7 49 16 14 47

4 2 4 4

 

   

 u + v 
47

4


Mµ: u . v =





2
1 2

x  x





2
2 1

x  x

2 2
1. 2

x x -



x13x23



-x x1. 2 =





2
1 2
x x
-





3 3
1 2

x x

-x x1. 2
= 22 -

175

8 - 2 =

175 16 175 159
2

8 8 8

 

  

 u . v

159
8



</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

V× 2 sè u vµ v cã tỉng u + v

47
4

và tích u.

159
8

. Nên u ; v là 2 nghiệm của phơng
trình bậc hai:

2 47 159 0

4 8

X X

Vậy phơng trình cần tìm là:

2 47 159 0

4 8

X  X  

3. Bµi 3: Cho phơng trình 2x2 9x 6 0 gäi x1 ; x2 lµ hai nghiƯm cđa phơng trình 
1) Không giải phơng trình hÃy tính giá trị của các biểu thức sau:

a) x1x2; x x1. 2 b) 
3 3
1 2

x x

2) Xác định phơng trình bậc hai nhận 2x1  3x2 và 2x2  3x1 là nghiệm.

Giải:

1) Xét phơng trình 2x2 9x 6 0
Ta cã:





9 4.2.6 81 48 33 0

    

Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2

áp dụng đinh lí Vi ét ta cã:

1 2
1 2

9
2

. 3

x x

x x


 




 



b) Ta cã:
3 3
1 2

x x



 



3 2 2 3 2 2

1 3 .1 1 3 1 2 2 3 .1 1 3 1 2

x  x x  x x x  x x  x x









1 2 3 .1 2 1 2

x x  x x x x

=
3

9 9

3.3.

2 2

   



   

    =

729 81 729 324 405

8 2 8 8



  

VËy
3 3
1 2

x x = 
405

2) Đặt u = 2x1 3x2 và v = 2x2 3x1

Ta cã: u + v =



2x1  3x2



+



2x2 3x1



= 2x1  3x2 + 2x2  3x1= -



x1x2



=

9
2


 u + v =

7
2


Mµ: u . v =



2x1  3x2



.



2x2 3x



1

=4 .x x1 2-





2 2
1 2

6 x x

-9 .x x1 2 = 7 .x x1 2





2
1 2

6 x x

 

9 81 84 81 3

7.3 21

2 4 4 4


 

      

 

 u . v

3
4

Vì 2 số u và v cã tỉng u + v =

7
2


vµ tích u. v

3
4

Nên u; v là 2 nghiệm của phơng trình bậc hai:

2 7 3

2 4

X  X  

Vậy phơng trình cần tìm là:

2 7 3

2 4

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

4. Bài 4: Tứ giác MNPQ nội tiếp đợc trong 1 đờng trịn nếu:

5. Bµi 5:

 HDHT: 
Bµi tËp vỊ nhµ

Bµi 1: Cho phơng trình 2x2 5x1 0 gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phơng trình
1) Không giải phơng trình hÃy tính giá trị cđa c¸c biĨu thøc sau:

a) x1x2; x x1. 2 b) 
2 2

1 2 2 1 2

x x  x x

2) Xác định phơng trình bậc hai nhận
2
1

x vµ 2
2

x lµ nghiƯm.

+) Tiếp tục ơn tập về định nghĩa phơng trình bậc hai một ẩn, cơng thức nghiệm của
phơng trình bậc hai một ẩn số. Hệ thức Vi – ét.

+) Ôn tập về định nghĩa và tính chất của các góc trong đờng trịn, định nghĩa và
tính chất của tứ giác nội tiếp. Tính chất cuẩ hai tiếp tuyến cắt nhau.

Bài 23: Ôn tập về giải bài toán bằng cách lập phơng trình (T1)

Ôn tập hình học

Soạn: 27/3/2010 D¹y: 2+5/4/2010

A. Mơc tiêu:

- Luyện tập cho học sinh cách giải bài toán bằng cách lập hệ phơng trình tập trung
vào dạng toán quan hệ giữa các số.

- Rốn k nng phân tích bài tốn, chọn ẩn, đặt điều kiện và thiết lập đợc hệ phơng
trình và giải hệ phơng trình thành thạo. kỹ năng tính tốn và trình bày lời giải.
- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình, vận dụng kiến thức đã học về định nghĩa, tính chất

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

B. Chn bÞ:

GV: Bảng phụ tóm tắt các bớc giải bài tốn bằng cách lập phơng trình, Phiếu học
tập kẻ sẵn bảng số liệu để trống.

HS: Nắm chắc các bớc giải bài toán bằng cách lập phơng trình.
- Định nghĩa và tính chất của tứ giác nội tiếp.

- Thớc kẻ, com pa, bút chì.

C. Tiến trình d¹y - häc:

1. Tỉ chøc líp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

1. Bµi tËp 17: (Sgk - 134)

Tãm t¾t: tỉng sè: 40 HS ; bớt 2 ghế mỗi ghế xếp thêm 1 HS Tính số ghế lúc đầu.
- HS làm bài GV gợi ý cách lập bảng số liƯu biĨu diƠn mèi quan hƯ .

Mèi quan hƯ Đầu Sau

Số ghế x x 2

Số học sinh 40 40

Số học sinh /1 ghế. 40

x

40
2

x
Dựa vào bảng số liệu trên hÃy lập phơng trình và giải bài toán .
Bài giải:

- Gọi số ghế băng lúc đầu của lớp học là x (ghế) (Điều kiện x > 2; x  N*) 
- Sè häc sinh ngåi trên một ghế là

x (h/s)

- Nếu bớt đi 2 ghế thì số ghế còn lại là x - 2 (ghÕ)
- Sè häc sinh ngåi trên 1 ghế lúc sau là

40
2
x (h/s)
Theo bài ra ta có phơng trình:

40 40

1
2

x  x 

 40x - 40 ( x - 2) = x( x- 2) 
 40x + 80 - 40x = x2 - 2x

 x2 - 2x - 80 = 0 (a = 1; b' = - 1; c = - 80) 
Ta cã : ' = (-1)2 - 1. (-80) = 81 > 0   ' 9

Phơng trình có 2 nghiệm x1 = 10 ; x2 = - 8

§èi chiếu điều kiện ta thấy x = 10 thoả mÃn số ghế lúc đầu của lớp học là 10 cái.

2. Bài 59: (SBT 47)

Một xuồng máy xuôi dòng sông 30 km và ngợc dòng 28 km hết một thời gian bằng
thời gian mà xuồng đi 59,5 km trên mặt hồ yêu lặng. Tính vận tốc của

xng khi ®i trong hå biÕt r»ng vËn tèc cđa nớc chảy trên sông là 3 km/h.
H

ớng dẫn cách giải:

- i vi bi toỏn ny cỏc em cần vận dụng cơng thức chuyển động với dịng nớc

(v

xu«i

= v

Thùc

+ v

níc

; v

Ngỵc

= v

Thùc

- v

níc

)

- Hãy chọn ẩn, gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn?

Gäi vËn tèc thùc cđa ca n« là x (km/h) điều kiện x > 3

- Biểu diễn vận tốc xuôi dòng, vận tốc ngợc dòng khi biết vận tốc của dòng nớc là 3
km và vận tốc thực của ca nô là x (km/h)?

- Hoàn thành bảng số liệu sau

Xuôi dòng Ngợc dßng Trong hå 
 VËn tèc (km/h) x3 (km/h) x 3 (km/h) x

Thêi gian ®i (h) 30

x (h)

28
3

x (h)

59,5

x (h)

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

gian và mối quan hệ giữa thời gian đi trong hồ với thời gian xi, ngợc dịng để từ đó
thiết lập phơng trình.

Gi¶i:

Gäi vận tốc của xuồng khi đi trên hồ là x (km/h) (Điều kiện x > 3)
thì vận tốc xuôi dòng là x + 3 (km/h), vận tốc ngợc dòng là x - 3 (km/h).
Thời gian xuồng khi đi trong hồ 59,5 km là

59,5

x (giờ)

Thời gian xuồng máy xuôi dòng 30 km lµ

30
3

x (giờ)
Thời gian xuồng máy ngợc dòng 28 km là

28
3

x (giê)
Theo bµi ra ta có phơng trình:

30
3
x +

28
3
x =

59,5
x

 30.x x



 3



28.x x



3



59,5.



x 3

 

x3









2 2 2

30x  90x28x 84x59,5 x  9
 58x2 6x59,5x2 535,5

 1,5x26x 535,5 0
 x24x 357 0

Giải phơng trình này ta đợc: x121; x2 17. Nhận thấy x = 17 > 0 thoả mãn điều
kiện

Tr¶ lêi: VËy vËn tèc cđa xuồng khi đi trên hồ là 17 (km /h).

3. Bµi tËp:

4. Bµi tËp 4:

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

 HDHT:

+) Ôn tập về định nghĩa và tính chất của các góc trong đờng trịn, định nghĩa và
tính chất của tứ giác nội tiếp.

+) Tiếp tục ôn tập về giải bài toán bằng cách lập phơng trình bậc hai một ẩn , cách
giải phơng trình qui về phơng trình bËc hai.

Bài 2 4 Giải bài tốn bằng cách lập phơng trình
dạng tốn chuyển động

So¹n: 6/4/2010 Dạy: 9+12/4/2010

A. Mục tiêu:

- Luyện tập cho học sinh cách giải bài toán bằng cách lập phơng trình dạng tốn
chuyển động cùng chiều, ngợc chiều.

- Rèn kỹ năng phân tích bài tốn, chọn ẩn, đặt điều kiện và thiết lập đợc phơng
trình và giải phơng trình thành thạo.

- RÌn lun cho häc sinh kỹ năng tính toán và trình bày lời giải.

- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình vận dụng kiến thức đã học về tính chất các góc trong
đờng trịn và số đo của cung bị chắn, trình bày lời giải hình học.

B. Chn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi nội dung đề bài tập và bảng số liệu để học sinh điền vào.
HS: - Ơn tập cách giải bài tốn bằng cách lập phơng trình

- Các định nghĩa, tính chất, hệ quả của tứ giỏc ni tip.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chức líp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

1. Bµi tËp 1: (§Ị thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Năm học: 2007 – 2009)

Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B cách nhau 108 km. Hai ôtô cùng khởi hành một lúc
từ A đến B, mỗi giờ xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 6 km nên đến B trớc xe thứ
hai 12 phút. Tính vận tốc của mỗi xe.

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

Sau khi cho học sinh đọc kĩ đề bài tốn trên màn hình tơi phát phiếu học tập và yêu
cầu các em trả lời câu hỏi rồi điền số liệu vào bảng số liệu trong bảng sau:

Ô tô thứ nhất Ô tô thứ hai
Vận tốc (km/h) x6 (km/h) x (km/h)

Thêi gian ( h) 108

x (h)

108

x (h)

- §ỉi 12 phót = ? (giê)

1
5

- Bài tốn u cầu tính đại lợng nào ? ( Vận tốc của mỗi xe)

- Nếu gọi vận tốc của Ô tô thứ hai là x thì vận tốc của Ô tô thứ nhất đ îc tÝnh nh
thÕ nµo ? (x6)

- Biểu diễn thời gian di hết quãng đờng AB của Ơ tơ thứ nhất và Ơ tơ thứ hai qua
ẩn số x.

108
6

x (h) vµ

108

x (h)

- Theo bài ra Ơ tơ thứ nhất đến B trớc Ơ tơ thứ hai 12 phút nên ta có phơng trình
nào ?

108

x -

108
6

x =

1
5

+) Với gợi ý trên tơi cho học sinh thảo luận nhóm sau 7 phút tơi kiểm tra kết quả của
các nhóm và đối chiếu kết quả trên máy chiếu.

+) Căn cứ vào những gợi ý trên các em đã trình bày lời giải bi toỏn nh sau:

Giải: Đổi: 12 phút =

1
5 (h)

Gọi vận tốc của Ô tô thứ hai là x (km/h) (điều kiện x > 0)
thì vận tốc của Ô tô thứ nhất là x6 (km/h)

Thời gian Ô tô thứ nhất đi là

108
6

x (giờ); Thời gian Ô tô thứ hai đi là

108

x (giờ)

Theo bi ra Ô tô thứ nhất đến sớm hơn Ô tô thứ hai 10 phút nên ta có phơng trình:

108

x -

108
6

x =

1
5

 108.5.



x6



108.5.x x x .



6



 540x3240 540 x x 26x
 x26x 3240 0

Ta cã:





' 3 1. 3240

   

= 9 + 3240 = 3249 > 0   ' 3249 57
 Ph¬ng trình có 2 nghiệm phân biệt : 1

3 57

54;
1

x   

3 57
60
1

x   

;
NhËn thÊy x154 > 0 (tho¶ m·n điều kiện), x2 60< 0 (loại)

Trả lời: Vận tốc của Ô tô thứ hai là 54 (km/h)

Vận tốc của Ô tô thứ nhất lµ 54 + 6 = 60 (km/h)

 Các em có nhận xét gì nếu ta thay đổi yêu cầu của bài toán nh sau:
2. Bài tập 2:

Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B cách nhau 108 km. Hai ôtô cùng khởi hành một lúc
từ A đến B, mỗi giờ xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 6 km nên

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Giải: Đổi: 12 phót =

1
5 (h)

Gọi thời gian Ơ tơ thứ nhất đi hết quãng đờng AB làx(giờ) (điều kiện x > 0)
Thì thời gian Ơ tơ thứ hai đi hết quãng đờng AB là

1 5 1

5 5

x

(giờ)
Vận tốc Ô tô thứ nhất là

108

x (km/h), Vận tốc Ô tô thứ hai là 
540

5x1 (km/h)

Theo bài ra mỗi giờ xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 6 km ta có phơng trình:

108

x - 
540
5x1 = 6

 108. 5



x1



 540.x6 . 5x



x1



 540x108 540 x30x26x
 30x26x108 0

 5x2 x 18 0

Ta cã:





' 1 5. 18 1 80 81 0

       

   81 9
 Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt: 1

1 9 8

5 5

x   

; 2

1 9 10

5 5

x    

NhËn thÊy 1

8
5

x 

> 0 (thoả mÃn điều kiện), x2 2< 0 (lo¹i)

Trả lời: Thời gian Ơ tơ thứ nhất đi hết quãng đờng AB là:

5(h) = 1giê 36 phót.

Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đờng AB là

8
5 +

1
5 =

5(h) =1 giê 48 phót.

3. Bµi tËp 57: (SBT – 47)

Hai sân bay Hà Nội và Đà Nẵng cách nhau 600 km. Một máy bay cánh quạt từ Đà
Nẵng đi Hà Nội. Sau đó 10 phút một máy bay phản lực từ Hà Nội bay đi Đà Nẵng với
vận tốc lớn hơn vận tốc của máy bay cánh quạt là 300 km/h. Nó đến Đà

Nẵng trớc khi máy bay kia đến Hà Nội 10 phút. Tính vận tốc của mỗi máy bay.
H

ớng dẫn cách giải:

- Nhỡn chung cỏc em u nhn dạng đợc bài tốn và trình bày lời giải sau khi tho
lun trong nhúm

Bảng số liệu:

Máy bay cánh quạt Máy bay phản lực
Vận tốc (km/h) x (km/h) x300 (km/h)

Thêi gian ( h)

600

x (h)

600
300

x (h)

- Sau khi kiểm tra kết quả của một số nhóm và đối chiếu với kết quả của GV trên máy
chiếu nhìn chung các em đều làm đợc bài tập này

Gi¶i: §ỉi: 10 phót =

1
6 (h)

Gọi vận tốc của máy bay cánh quạt là x (km/h) (điều kiện x > 0)
thì vận tốc của máy bay phản lực là x + 300 (km/h)

Thời gian của máy bay cánh quạt đi lµ

600

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Thời gian máy bay phản lực đã đi là

600
300

x (giê)

Theo bài ra máy bay phản lực đến sớm hơn máy bay cánh quạt 10 phút nên ta có
ph-ơng trình:

600
x -

600
300

x =

1
6
 600.6.



x300



 600.6x x x .



300



 x2300x 540000 0
Giải phơng trình này ta đợc:

1
2

150 750 900
150 750 600
x

x

  




  



NhËn thấy x = 600 > 0 thoả mÃn điều kiện

Trả lời: Vận tốc của máy bay cánh quạt là 600 (km/h) và vận tốc của máy bay phản
lực lµ 900 (km/h)

4. Bµi tËp 56: (SBT – 46)

Quãng đờng từ Thanh Hoá - Hà Nội dài 150 km. Một Ơ tơ từ Hà nội vào Thanh Hố
rồi nghỉ lại thanh Hoá 3 giờ 15 phút, rồi trở về Hà Nội hết tất cả 10 giờ. Tính vận tốc
của ơ tô lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn lúc về là 10 km/h.

ớng dẫn cách giải:

+) GV phát phiếu học tập và yêu cầu học sinh chọn ẩn và điền vào bảng sè liƯu
ë trong b¶ng (5 phót) HÃy thiết lập phơng trình ?

GV Chiếu kết quả để học sinh đối chiếu với bài làm của nhóm.

Lóc §i Lóc VỊ

VËn tèc (km/h) x10 (km/h) x (km/h)
Thêi gian ( h) 150

x (h)

150

x (h)

Ta có phơng trình sau:

150
10
x +

13
4 +

150
x = 10

Từ đó giáo viên hớng dẫn và trình bày lời giải cho học sinh.

Giải: Đổi: 3 giờ 15 phút =

13
4 (h)

Gọi vận tốc của Ô tô lúc về là x (km/h) (điều kiện x > 0)
thì vận tốc của Ô tô lúc đi là x + 10 (km/h)

Thời gian Ô tô đi từ Hà Nội vào Thanh Hoá là

150
10

x (gi)
Thi gian Ơ tơ đi từ Thanh Hóa đến Hà Nội l

150

x (giờ)

Theo bài ra Ô tô từ Hà nội vào Thanh Hoá rồi nghỉ lại thanh Hoá 3 giờ 15 phút, rồi trở
về Hà Nội hết tất cả 10 giờ nên ta có phơng trình:

150
10

x +

13
4 +

150
x = 10

 150.4.x13. .x x



10



150.



x10



10. .x x



10



 600x13x2130x600x1500 10 x2100x
 27x2270x1200x6000

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

Giải phơng trình này ta đợc
1

155 205 360
40

9 9

155 205 50

9 9

x
x




  





 

  





NhËn thÊy x = 40 > (thoả mÃn đ/k) nên vận tốc Ô tô lúc về là 40 (km/h).

5. Bài tập 5: (STK – RÌn luyện kĩ năng giải toán THCS)

Mt ụtụ i trờn quóng đờng dài 520 km. Sau khi đi đợc 240 km thì ơtơ tăng vận tốc
thêm 10 km/h và đi hết qng đờng cịn lại. Tính vận tốc của ơtơ lúc ban đầu, biết thời
gian đi hết quãng đờng là 8 gi.

ớng dẫn cách giải:

- GV yờu cầu học sinh xác định đoạn đờng đi

+) Độ dài đoạn đờng ôtô đi lúc đầu là ? 240 km

+) Độ dài đoạn đờng còn lại là ? 520 - 240 = 280 (km)

- Dựa vào bài tốn trên nhìn chung các em đều nhận thấy nội dung bài tốn có sự
giống nhau xong cịn một số em cha xác định đúng độ dài đoạn đờng đi lúc đầu, đoạn
đờng đi lúc sau nên thiết lập phơng trình cịn sai.

Đoạn đầu Đoạn sau
Qng đờng ( km) 240 km 280 km

VËn tèc (km/h) x km/h) x + 10 (km/h)

Thêi gian (h) 240

x (h)

280
10

x h)
Theo bài ra ta có phơng trình:

240 280
8
10

x x 

Vậy trong trờng hợp này chỉ có một vật tham gia chuyển động nhng đoạn đờng đi đợc
chia thành 2 đoạn nên ta cần xác định rõ đoạn đờng đi lúc đầu, đoạn đờng sau để điền
đúng số liệu vào bảng, từ đó có lời giải đúng khi đó ta có lời giải nh sau:

Gi¶i:

Gọi vận tốc của ôtô đi lúc đầu là x (km/h) (điều kịên x > 0)
Thì vận tốc của ơtơ trên đoạn đờng còn lại là: x + 10 (km/h)
Thời gian ôtô đi đoạn đờng đầu là

240

x (giê)

Thời gian ơtơ đi trên đoạn đờng cịn lại là

280
10

x (giê)

Theo bài ra thời gian đi hết quãng đờng là 8 giờ nên ta có phơng trình:

240 280
8
10

x x 

 240.



x10



280.x8. .x x



10



 240x2400 280. x8x28x
 8x2 512x 2400 0

 x2 55x 300 0
Giải phơng trình ta đợc: x160; x2 5

NhËn thấy x160> 0 thoả mÃn đ/k bài toán; x2 5 < 0 không thoả mÃn đ/k.

Trả lời: Vậy vận tốc của ôtô đi lúc đầu là: 60 (km/h).

Ph ơng pháp chung:

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

- Đối với bài tốn chuyển động thì chúng ta cần vận dụng linh hoạt các công thức

S
v

t


;

S
t

v



; Sv t. để biểu diễn các đại lợng cha biết qua ẩn số. Từ đó tìm mối tơng
quan giữa chúng để thiết lập phơng trình.

 Chó ý:

- Điều kiện của bài tốn thay đổi vì vậy trong quá trình chọn ẩn ta cần chú ý
đặt điều kiện của ẩn sao cho phù hợp.

- Nhận thấy kết quả của bài tốn khơng thay đổi nếu ta thay đổi cách chọn
ẩn cùng loại.

- Khi chọn ẩn ta nên chọn đại lợng nhỏ làm ẩn để thuận lợi trong q trình đặt điều
kiện và tính tốn cũng nh so sánh kết quả để trả lời bài tốn.

 HDHT:

Bµi tËp vỊ nhµ: (Đề thi tuyển sinh vào líp 10 THPT)

Một ngời đi xe đạp từ tỉnh A đến đỉnh B cách nhau 36 km. Sau khi đi đợc 2 giờ ngời
đó nghỉ lại 15 phút. Sau đó ngời đi xe đạp phải tăng vận tốc thêm 4 km /h và đến B
đúng giờ qui định. Tìm vận tốc lúc đầu của ngời đi xe đạp.

+) Ôn tập về định nghĩa và tính chất của các góc trong đờng trịn, định nghĩa và
tính chất của tứ giác nội tiếp.

+) Tiếp tục ôn tập về giải bài toán bằng cách lập phơng trình bậc hai một ẩn , cách
giải phơng trình qui về phơng trình bậc hai.

Bài 25: Giải bài toán bằng cách lập phơng trình
Ôn tập hình học

Soạn: 12/4/2010 Dạy: 16+19/4/2010

A. Mục tiêu:

- Luyn tập cho học sinh cách giải bài toán bằng cách lập phơng trình dạng tốn
chuyển động cùng chiều, ngợc chiều.

- Rèn kỹ năng phân tích bài tốn, chọn ẩn, đặt điều kiện và thiết lập đợc phơng
trình và giải phơng trình thành thạo.

- RÌn lun cho häc sinh kü năng tính toán và trình bày lời giải.

- Rốn luyện kĩ năng vẽ hình vận dụng kiến thức đã học về tính chất các góc trong
đờng trịn và số đo của cung bị chắn, trình bày lời giải hình học.

B. ChuÈn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi nội dung đề bài tập và bảng số liệu để học sinh điền vào.
HS: - Ơn tập cách giải bài tốn bằng cách lập phơng trình

- Các định nghĩa, tính chất, hệ quả của tứ giác nội tip.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chức lớp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

1. Bµi tËp 1: (STK Rèn luyện kĩ năng giải to¸n THCS)

Hai ngời đi xe đạp xuất phát cùng một lúc đi từ A đến B. vận tốc của họ hơn kém nhau
3 km/h, nên đến B sớm muộn hơn nhau 30 phút. Tính vận tốc của mỗi ngời biết

rằng quãng đờng AB dài 30 km.
H

ớng dẫn cách giải:

- Sau khi cho hc sinh c kĩ đề bài tốn này tơi u cầu học sinh thiết lập bảng số
liệu để từ đó thiết lập phơng trình, nhng các em gặp khó khăn khơng biết xe đạp thứ
nhất hay xe đạp thứ hai chuyển động nhanh, chậm nên không điền đợc số liệu vào
bảng số liệu.

- Tôi lu ý cho học sinh trong 2 xe đạp thì chắc chắn có một xe đi nhanh và một xe đi
chậm nên nếu gọi vận tốc của xe đi chậm là x thì hãy điền số liệu vào bảng số liệu

trong bảng sau:

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

VËn tèc (km/h) x (km/h) x3 (km/h)
Thêi gian ( h) 30

x (h)

30
3

x (h)

- Với gợi ý trên tôi cho học sinh thảo luận nhóm sau 7 phút tơi kiểm tra kết quả của
các nhóm và đối chiếu kết quả trên máy chiếu.

- Căn cứ vào những gợi ý trên tôi gợi ý các em đã trình bày lời giải nh sau:

Gi¶i: §ỉi: 30 phót =

1
2 (h)

Gọi vận tốc của xe đạp đi chậm là x (km/h) (điều kiện x > 0)
thì vận tốc của xe đạp đi nhanh là x3 (km/h)

Thời gian xe đạp đi chậm đi là

x (h), Thời gian xe đạp đi nhanh đi là

30
3

x (h) 
Theo bài ra hai xe đến B sớm muộn hơn nhau 30 phút nên ta có phơng trình:

x -

30
3

x =

1
2

 30.2.



x3



 30.2.x x x .



3



 60x180 60 x x 23x
 x23x180 0

Ta cã:





3 4.1. 180 9 720 729 0

           729 27

Ph¬ng trình có 2 nghiệm phân biệt: 1

3 27 24
12

2.1 2

x    

; 2

3 27 30

2.1 2

x    

Nhận thấy x112 > 0 (thoả mãn điều kiện), x2 15 0 (loại)
Trả lời: Vận tốc của xe đạp đi chậm là 12 (km/h)

Vận tốc của của xe đạp đi nhanh là 12 + 3 = 15 (km/h)

2. Bµi tËp 2:

Hai ngêi cïng lµm chung một công việc trong 4 giờ thì xong. Nếu làm riêng thì ngời
thứ nhất làm xong trớc ngời thức hai 6 giờ. Nếu làm riêng thì mỗi ngời làm trong bao
nhiêi lâu xong công việc.

Giải:

Gi thi gian ngi th nhất làm riêng xong cơng việc là x (ngày).
thì thời gian nguời thứ hai làm riêng xong công việc là x + 6 (ngày)
Một ngày ngời thứ nhất làm đợc

x (PCV).

Một ngày nguời thứ hai làm đợc

1
6

x (PCV)

Theo bài ra cả 2 ngời làm chung trong 4 giờ thì xong nên 1 giờ thì cả 2 ngời làm đợc

4 (PCV) nên ta có phơng trình: 
1
x +

1
6
x =

1
4

Giải phơng trình này ta đợc x1 = 6 (thoả mãn) và x2 = - 12 (Loi)

Vậy ngời thứ nhất làmriêng trong 6 ngày và ngêi thø hai lµm trong 12 ngµy.

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

4. Bµi tËp 4:

Giải:

HDHT:

+) Ôn tập giải bài toán bằng cách lập phơng trình , lập hệ phơng trình, cách giải
phơng trình bậc hai một ẩn.

+) Tip tc ụn tập về các loại góc trong đờng trịn, tứ giỏc ni tip.

Bài 26 Giải bài toán bằng cách lập phơng trình

Ôn tập hình học

Soạn: 16/4/2010 Dạy: 23+26/4/2010

A. Mục tiêu:

- Luyện tập cho học sinh cách giải bài tốn bằng cách lập phơng trình dạng tốn
chuyển động cùng chiều, ngợc chiều.

- Rèn kỹ năng phân tích bài tốn, chọn ẩn, đặt điều kiện và thiết lập đợc phơng

trình và giải phơng trình thành thạo.

- RÌn lun cho học sinh kỹ năng tính toán và trình bày lời gi¶i.

- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình vận dụng kiến thức đã học về tính chất các góc trong
đờng trịn và số đo của cung bị chắn, trình bày lời giải hình học.

B. Chn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi nội dung đề bài tập và bảng số liệu để học sinh điền vào.
HS: - Ôn tập cách giải bài tốn bằng cách lập phơng trình

- Các định nghĩa, tính chất, hệ quả của t giỏc ni tip.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tổ chøc líp: 9A1 9A2

2. Néi dung:

1. Bµi tËp 1:

Hai ngời cùng làm chung một công viƯc trong 3 giê th× xong. NÕu ngêi thø nhÊt làm
một nửa công việc rồi ngời thứ hai làm một mình xong công việc hết tất cả 8 giờ. Hỏi
nếu làm riêng mỗi ngời làm trong bao nhiêu lâu ?

2. Bµi tËp 2:

Hai ngời cùng làm chung một công việc trong . . . ngày thì xong. Nếu ngời thứ nhất
làm một nửa công việc rồi ngời thứ hai làm một mình xong công việc hết tất cả 25

ngày. Hỏi nếu làm riêng mỗi ngời làm trong bao nhiêu lâu ?

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

Mt t cụng nhân đợc giao nhiệm vụ làm 360 sản phẩm, đến khi làm việc có 3 ngời
đợc điều đi làm việc khác nên mỗi ngời còn lại phải làm nhiều hơn dự định 4 sản
phẩm. Hỏi lúc đầu tổ có bao nhiêu cơng nhân.

4. Bµi tËp 4:

Lớp 6 A đợc giao nhiệm vụ trồng 120 cây xanh. Đến khi làm việc có 6 học sinh đợc
điều đi làm việc khác nên mỗi học sinh còn lại phải làm nhiều hơn dự định 1 cây
xanh. Hỏi lúc đầu lớp có bao nhiêu học sinh.

5. Bài tập 5:

Giải:

HDHT: 
Bài tập:

Lớp 9A đợc giao nhiệm vụ trồng 480 cây xanh. Đến khi làm việc có 8 học sinh đợc
điều đi làm việc khác nên mỗi học sinh còn lại phải làm nhiều hơn dự định 3 cây
xanh. Hỏi lúc đầu lớp có bao nhiêu học sinh.

+) Ơn tập về định nghĩa và tính chất của các góc trong đờng trịn, định nghĩa và
tính chất của tứ giác nội tiếp.

+) Tiếp tục ôn tập về giải bài toán bằng cách lập phơng trình bậc hai một ẩn , cách
giải phơng trình qui về phơng trình bậc hai.

Bài 27 Ôn tập về Căn bậc hai - Hệ phơng trình bậc nhất 2 ẩn số.

Ôn tập hình học tổng hợp

Soạn: 20/4/2010 D¹y: 30/4- 3/5/2010

A. Mục tiêu:

- Ôn tập cho học sinh cách rút gọn biểu thức có chứa căn bậc hai và các phép toán
về căn bậc hai.

- Luyn tp cho hc sinh cách hệ phơng trình bằng phơng pháp cộng đại số, pp thế,
kỹ năng tính tốn và trình bày lời giải.

- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình vận dụng kiến thức đã học về tính chất các góc trong
đờng trịn và số đo của cung bị chắn, trình bày lời giải hình học.

B. Chn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi nội dung đề bài tập và bảng số liệu để học sinh điền vào.

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

phơng pháp cộng đại số, phơng pháp thế.

- Các định nghĩa, tính chất, hệ quả của tứ giỏc ni tip.

C. Tiến trình dạy - học:
1. Tổ chức líp: 9A1

2. Néi dung:

1. Bµi tËp 1: Cho biÓu thøc P =

2 2 (1 )

1 2 1 2

x x x

    



 

    

  (víi x0; x1)

a) Rót gän P

b) Tính giá trị của P với x = 7 4 3

Gi¶i:

a) Ta cã:

2 2 (1 )

1 2 1 2

x x x

P

x x x

    

  

    

  (víi x0; x1)



 



2
2

2 2 (1 )

1 . 1 1

x x x

x x x

 

  

  

   

  

 



 





 



2
2

2 1 2 1 (1 )

.
2

1 . 1

x x x x x

x x

     

 



 





 



1 1

2 2 2 2

1 . 1

x x

x x x x x x

x x

   

        

 













4 1 1

.
2
1

x x

x

  















4 1 1

.
2
1

x x

x

  



= 2



x1

 

x1





 







2 x 1 2 x 1 2 2x

     

Vậy với x0; x1thì biểu thức: P 2 2x
b) Thay x 7 4 3 vào biểu thức P 2 2x ta đợc:
P 2 2 7 4 3







 2 14 8 3 12 8 3

2. Bµi tËp 2: Rót gän biĨu thøc:









2 2 2

5 4 5 . 5 4 2 3

A a b a a a b  a

b) B5a 64ab3  3. 12a b3 32ab 9ab 5b 81a b3

Gi¶i:

a) Ta cã:









2 2 2

5 4 5 . 5 4 2 3

A a b a a a b  a

= 5 a 20ab20ab 6 a  a

b) Ta cã: B5a 64ab3  3. 12a b3 3 2ab 9ab 5b 81a b3

 









2 2 2 2

5a 8b ab 4ab ab. 2ab 3 .ab 5b 9a .ab

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

40ab ab 4ab ab6ab ab 4 5a b ab




40ab 4ab6ab 45ab



ab 3ab ab

3. Bµi tËp 3: Rót gän biĨu thøc:
M =

1 1 1

1 2 1

a

a a a a a



 



 

   

  (víi a0; a1 )

Gi¶i:

Ta cã: M =

1 1 1

1 2 1

a

a a a a a



 



 

   

  (víi a0; a1 )









1 1 1

:
1

. 1 1

a
a

a a a

 



  

    

 













1
1

. 1 1

a
a

a a a

  



 

   

  =

1
a

a


VËy víi a0; a1 th× biĨu thøc M =

1
a

a

4. Bài tập 4: Giải hệ phơng trình:

3 3 7

2 3 8

x y

 




 

 b)



 





 



3 1 2 1

5 2 3 2

x y x y

    





    



 c)

1 3
7
2 1

x y



 





  



5. Bµi tËp 5:

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

 HDHT:

Bµi tËp: Rót gän biÓu thøc: Q =

1 1 1

. 1

a a a a a

   

 

   

 

    (với a0; a1 )
+) Ôn tập về định nghĩa và tính chất của các góc trong đờng trịn, định nghĩa và

tÝnh chÊt cđa tø gi¸c néi tiÕp.

+) Tiếp tục ôn tập về giải bài toán bằng cách lập phơng trình bậc hai một ẩn , cách
giải phơng trình qui về phơng trình bậc hai, Hệ thøc Vi – Ðt.

Bµi 28 Ôn tập tổng hợp phơng trình bậc hai Hệ thức Vi - ét

Ôn tập hình học tổng hợp

Soạn: 23/4/2010 D¹y: 29/4/2010

A. Mơc tiêu:

- Rèn luyện cho học sinh cách vận dụng công thức nghiệm tổng quát của phơng

trình bậc hai một ẩn ,và hệ thức Vi ét vào làm các bài tập có liên quan.

- Rèn luyện cho học sinh kỹ năng tính toán và trình bày lời giải.

- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình, vận dụng kiến thức đã học về định nghĩa, tính chất
của hai tiếp tuyến cắt nhau, định lí Ta lét và trình bày lời giải hình học.

B. Chn bÞ:

GV: Bảng phụ ghi ni dung bi tp v

HS: - Ôn tập cách giải phơng trình bậc hai và hệ thức Vi – Ðt.

- Các định nghĩa, tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, v nh lớ Ta lột.

C. Tiến trình dạy - học:

1. Tỉ chøc líp: 9A1

2. Néi dung:

1. Bµi 1: Giải phơng trình:

a) 2x2 5x 7 0 c)

1 1 1

3 3 4

x x 



2x1 .

 

x4

 

 x1 .

 

x 4



d) 31 x  x 1
Gi¶i:

a) 2x2 5x 7 0

Ta cã:





2 4.2. 7





25 56 81 0

        

   81 9

Phơng trình có 2 nghiệm phân

biệt 1

5 9 14 7

2.2 4 2

x    

vµ
2

5 9 4

2.2 4

x    



2x1 .

 

x4

 

 x1 .

 

x 4



 2x28x x  4x2 4x x  4
 2x28x x  4 x24x x  4 0
 x211x0

 x x.



11



0 

11
0
x
x




 



 Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x111 vµ
2 0

x 

1 1 1

3 3 4

x x 

 4.



x3



4



x 3

 

 x3 .

 

x 3



 4x12 4 x12x2 9

 x2 8x 9 0

Vi a - b + c =1- -8

  

 9



0

 Ph¬ng trình có 2 nghiệm phân

d) 31 x x 1
+)§iỊu kiƯn:



31 0

1 0
x
x

 





 


 



31
1
x

x








  1 x 31











2 2

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

biƯt x11 vµ x2 9

Ta cã:









1 4.1. 30 1 120 121 0

        

   121 11 Phơng trình có 2 nghiƯm

ph©n biƯt









1
2

1 11 12
6

2.1 2

1 11 10

2.1 2

x
x

  



  





   

   





So sánh điều kiện ta thấy x1 6 (t/m) và x2 5
(loại)

Vậy phơng trình có nghiệm x = 6

2. Bài 2: Cho phơng trình 2x25x 6 0

1
a) Giải phơng trình

b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phơng trình

1 . HÃy tính giá trị của biểu thức: B =
3 3

1 2

x x

Giải:

a) Xét phơng trình 2x25x 6 0

 

Ta cã:





5 4.2. 6 25 48 73 0

       

 73
 Phơng trình có 2 nghiệm phân biÖt 1

5 73 5 73

2.2 4

x    

vµ 2

5 73 5 73

2.2 4

x  

b) áp dụng đinh lí Vi ét ta cã:

1 2
1 2

5
2

. 3

x x

x x


 




 



Mµ:
3 3

1 2

x x



 



3 2 2 3 2 2

1 3 .1 1 3 1 2 2 3 .1 1 3 1 2

x  x x  x x x  x x  x x









1 2 3 .1 2 1 2

x x  x x x x





5 5 125 45 125 180 205

3. 3 .

2 2 8 2 8 8

  

   

       

   

   

VËy
3 3
1 2

x x = 
205

8


3. Bµi 3 Cho phơng trình 2x2 7x 1 0 gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phơng trình 
Không giải phơng trình hÃy tính giá trị cđa c¸c biĨu thøc sau:

a) x1x2; x x1. 2 b) x1  x1 
Giải:

a) Xét phơng trình 2x2 7x 1 0
- Ta cã:





7 4.2.1 49 8 41 0

        

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

- áp dụng đinh lí Vi ét ta cã:

1 2
1 2

7
2
1
.

x x

x x


 





 



  x1 0; x2 0; x x1. 2 0
 x1 0; x2 0; x x1. 2 0; x1  x2 0

b) Đặt A = x1 x1 ( A > 0)











2
2

1 1 1 1 2 2 1 2 1 2

A = x  x x 2 x . x x  x x 2 x x



2 7 1 7 2 7 2 2

A 2 2.

2 2 2 2 2



    

( V× A > 0 )


7 2 2
A

2



VËy x1 x1 =

7 2 2
2


4 Bµi 4:

 HDHT: 
1. Bµi tËp 1:

Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B cách nhau 108 km. Hai ôtô cùng khởi hành một
lúc từ A đến B, mỗi giờ xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 6 km nên đến B tr
-ớc xe thứ hai 12 phút. Tính thời gian đi hết quãng đờng AB của mỗi xe.

2. Bài 2: Giải phơng trình:

a) 2x2 x 5 0



2x1 .

 

x 5

 

 x10 .

 

x 3



1 1 1

1 1

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

d) 11 x x 1

+) Ơn tập về định nghĩa và tính chất của các góc trong đờng trịn, định nghĩa và
tính chất của tứ giác nội tiếp.

</div>

Day them Toan 9

 

















 







 













<sub>√</sub>











 



 

<i>m</i>



2







 









 



Lun tËp vỊ HƯ thøc giữa cạnh và góc trong tam giác vuông

(T

)







 

 

















 



 



 

 





 

 

 





 



 









