Giao an Phu dao hoc sinh lop 9 ky 1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.83 MB, 80 trang )

(1)Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 1(Tiết 1; 2; 3) CĂN BẬC HAI. CĂN THỨC BẬC HAI VÀ HẰNG ĐẲNG THỨC A2  A A./ Kiến thức cơ bản: 1. Căn bậc hai - Định nghĩa: Căn bậc hai của số thực a là số x sao cho x2 = a - Chú ý: + Mỗi số thực a > 0, có đúng 2 căn bậc hai là 2 số đối nhau: số dƣơng: a , số âm:  a + Số 0 có căn bậc hai là chính nó: 0  0 + Số thực a < 0 không có căn bậc hai (tức a không có nghĩa khi a < 0) 2. Căn bậc hai số học - Định nghĩa: Với a  0 thì số x  a đƣợc gọi là căn bậc hai số học của a. Số 0 cũng đƣợc gọi là căn bậc hai số học của 0 - Chú ý: Việc tìm căn bậc hai số học của 1 số không âm đƣợc gọi là phép khai phƣơng - Định lý: Với a, b > 0, ta có: + Nếu a < b  a  b + Nếu a  b  a < b 3. Căn thức bậc hai - Cho A là 1 biểu thức thì biểu thức A đƣợc gọi là căn thức bậc hai của A ; A đƣợc gọi là biểu thức lấy căn hay biểu thức dƣới dấu căn - A có nghĩa (hay xác định hay tồn tại)  A  0 4. Hằng đẳng thức. A2  A. a2  a. - Định lý: Với mọi số thực a, ta có:. A nÕu A  0 A2  A   -A nÕu A<0. - Tổng quát: Với A là biểu thức, ta có:. B./ Bài tập áp dụng Dạng 1 : Tìm căn bậc hai, căn bậc hai số học * Phƣơng pháp : - Viết số đã cho dƣới dạng bình phƣơng của một số - Tìm căn bậc hai số học của số đã cho - Xác định căn bậc hai của số đã cho Bài 1 : Tìm căn bậc hai của các số sau : 121 ; 144 ; 324 ;. 1 ; 3 2 2 64. LG : + Ta có CBHSH của 121 là : 121  112  11 nên CBH của 121 là 11 và -11 + CBHSH của 144 là : 144  122  12 nên CBH của 121 là 12 và -12 + CBHSH của 324 là : 324  182  18 nên CBH của 324 là 18 và -18 1 + CBHSH của là : 64. 2. 1 1 1 1 1 1     nên CBH của là và  64 8 64 8 8 8. + Ta có : 3  2 2  2  2 2  1 . . . 2. 2  1  2  1(vi 2  1  0) nên CBH của 3  2 2 là. 2  1 và  2  1 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 1.

(2) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. Bài 2:. Tìm những khẳng định đúng trong các khẳng định sau: a, Căn bậc hai của 0, 81 là 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. Vậy các khẳng định đúng là: b, d, e. Dạng 2: So sánh các căn bậc hai số học * Phƣơng pháp : - Xác định bình phƣơng của hai số - So sánh các bình phƣơng của hai số - So sánh giá trị các CBHSH của các bình phƣơng của hai số Bài 3: So sánh a) 2 và 3 b) 7 và 47 c) 2 33 và 10 d) 1 và 3  1 e) 3 và 5- 8 g) 2  11 và 3  5 LG a) Vì 4 > 3 nên 4  3  2  3 b) Vì 49 > 47 nên 49  47  7  47 c) Vì 33 > 25 nên 33  25  33  5  2 33  10 d) Vì 4 > 3 nên 4  3  2  3  2 1  3 1  1  3  1 e) * Cách 1: Ta có:. 3  2    3  8  5 3  5 8 8  3 . * Cách 2: giả sử 3  5 8  3  8  5 . . 3 8. . 2.  52  3  2 24  8  25.  2 24  14  24  7  24  49. Bất đẳng thức cuối cùng đúng do đó bất đẳng thức đầu tiên đúng g) Ta có:. 2  3    2  11  3  5 11  5  . Dạng 3: Tìm điều kiện để căn thức xác định: A xác định  A  0 Bài 4: Tìm điều kiện của x để các biểu thức sau xác định a). 2 1 x 3 5. b) x 2  2. c). 1 x 2x  3. d ) 3x  5 . 2 x4. LG Để các căn thức trên có nghĩa thì a). 2 1 2 1 3 x 0 x  x 3 5 3 5 10. b) Ta có: x2  2  0, x  x 2  2 xác định với mọi x 2. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(3) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 1  x  0 1  x  0 1 x c) hoặc  0 2x  3 2 x  3  0 2 x  3  0.  x  1 1  x  0 3  + Với   3 x 2 x 2 x  3  0  2   x  1 1  x  0  + Với   3  x  1 x  2 x  3  0  2  3 Vậy căn thức xác định nếu x  hoặc x  1 2 5 3x  5  0  3x  5  0  x  d)  2   3x4 x  4  0  0    x4 x  4. Dạng 4 : Rút gọn biểu thức Bài 5: Rút gọn các biểu thức sau: c) C  9 x2  2 x ( x  0). a) A  4  2 3  4  2 3. d) D  x  4  16  8x  x 2 ( x  4). b) B  6  2 5  6  2 5 LG:. . a) Cách 1 : A . . . 2. 3 1 . . 3 1. 2.  3  1  3 1  2 3. A2  4  2 3  4  2 3  2 (4  2 3).(4  2 3)  8  2 16  12  8  2.2  12. Cách 2 :.  A2 3. b) B . . c) C .  3x . . 2. 5 1  2. . . 5 1. 2.  5  1  5 1  2 5.  2 x  3x  2 x  3x  2 x  5 x (vì x  0). d) D  x  4  16  8x  x 2  x  4  (4  x )2  x  4  4  x  x  4  x  4  2( x  4) (v× x  4) Dạng 5 : Tìm Min, Max Bài 6 : Tìm Min a) y  x 2  2 x  5. b) y . x2 x  1 4 6. LG a) Ta có : x2  2 x  5  ( x  1)2  4  4  x2  2 x  5  4  2 vậy Miny = 2. dấu ‘‘ = ’’ xảy ra khi và chỉ khi x – 1 = 0 => x = 1 2. x2 x  x 1  35 35 b) Ta có :  1        y 4 6  2 6  36 36. vậy Miny =. x2 x 35 35  1   4 6 36 6. x 1 x 1 1 35 . Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi   0    x  2 6 2 6 3 6.  HDHT: - Tiếp tục ôn tập về định nghĩa, tính chất của căn thức bậc hai; các phép biến đổi căn thức bậc hai *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 3.

(4) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. - Ôn tập định lí Pytago và các hệ thức lƣợng trong tam giác vuông. - Bài tập về nhà: 1. Bài 1: a,. . Rút gọn biểu thức sau:. . b, 9  4 5 .  c, d,. . 2. 3 1 . 5 2. . 2. . . 2. 3 1  3 2 =. . 3 1  3  1  3 2  3 1  3 1  3 2  3 2  2. 2. 5 1 = 5  4 5  4  5 1 =.  5 1 =.  5. 2.  2. 5.2  22  5  1 =. 5  2  5  1 = 5  2 + 5  1 =2 5  1. 25  49  2 16. . . . x 5 . x 5 x2  5 = = x 5 x 5 x 5. e, x - 4 + 16  8x  x2 = x - 4 +. 2 4  x = x - 4 +.  x - 4 + 4 - x 0 4 x = =   x - 4 + x - 4  2x - 8. 2. Bài 2: Giải phƣơng trình vô tỉ: a,.  x  2. 2. 5. . x  2  5    x  2  5. x2 5. x  7    x  3. Vậy phƣơng trình có 2 nghiệm x1 = 7; x2 = -3 b,. x 2  6 x  9  10 .  x  3. 2.  10. Vậy phƣơng trình có 2 nghiệm x1 = 13;. .  x  3  10  x  13 x  3  10      x  3  10  x  7. x2 = -7. **************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 2(Tiết 4; 5; 6) VẬN DỤNG CÁC HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ ĐƢỜNG CAO TRONG TAM GIÁC VUÔNG A./ Kiến thức cơ bản Cho tam giác ABC vuông tại A, đƣờng cao AH sao cho ta có : AH  h, BC  a, AB  c, AC  b, BH  c' , CH  b' khi đó : 1) b 2  a.b' ;. c 2  a.c '. 2) h 2  b' .c ' 3) b.c  a.h 1 1 1 4) 2  2  2 h b c 2 5) a  b 2  c 2 ( Pitago) 4. A. b c. h. c' B. b' C. H a. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(5) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. B./ Bài tập áp dụng Bài 1 : Tìm x, y trong các hình vẽ sau a). + ta có : BC  AB 2  AC 2 ( Pitago). A.  BC  42  62  52  7, 21 6. + Áp dụng định lý 1 :. 4. AB 2  BC.BH  42  52.x  x  2, 22 x. y. B. C. H. b) A. Hay y = BC – x = 7,21 – 2,22 = 4,99 - Xét tam giác ABC vuông tại A. áp dụng định lý 1 ta có : AC 2  BC.CH  122  18. y  y  8  x  BC  y  18  8  10. 12. x. AC 2  BC.CH  62  52. y  y  4,99. y. B. C. H 18. * Cách 1 : AH2 = BH.CH = 4.9 = 36 => AH = 6 Theo Pitago cho các tam giác vuông AHB; AHC ta có:. c) A. y. x. x  BH 2  AH 2  42  62  52 4. B. y  CH 2  AH 2  62  92  117. 9 C. H. * Cách 2: Áp dụng định lý 1 ta có: AB 2  BC.BH  ( BH  CH ).BH  (4  9).4  52  AB  52  x  52 AC 2  BC.CH  ( BH  CH ).CH  (4  9).9  117  AC  117  y  117. Áp dụng định lý 2, ta có:. d). AH 2  BH .CH  x2  3.7  21  x  21. A. Áp dụng định lý 1. ta có : AC 2  BC.CH  ( BH  CH ).CH. y x. B. e). 3.  y 2  (3  7).7  70  y  70 7. H. C. ( y  x 2  CH 2  21  49  70). Theo Pitago, ta có : BC  AB2  AC 2  y  132  172  458. Áp dụng định lý 3, ta có : AB. AC  BC. AH.  13.17  458.x  x . 221  10,33 458. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 5.

(6) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** A. 17 13. x. B. C. H y. Áp dụng định lý 2, ta có :. g) A. AH 2  BH .CH  52  4.x  x . 52  6, 25 4. Theo Pitago cho tam giác AHC vuông tại H, ta có :. y 5. y  AH 2  CH 2  52  6, 252  8 x. 4. B. ( DL1: y 2  BC.x  (4  6, 25).6, 25  y  8). C. H. Bài 2 : Cho tam giác ABC vuông tại A, có các cạnh góc vuông AB = 15cm, AC = 20cm. Từ C kẻ đƣờng vuông góc với cạnh huyền, đƣờng này cắt đƣờng thẳng AB tại D. Tính AD và CD LG D BCD, C  900 , CA  BD . Theo định lý 3, ta có : CA2  AB. AD  202  15. AD  AD . 80 3. Theo Pitago trong tgiác ACD vuông tại A, ta có :. x y A 20. 2. 100  80  CD  AD 2  CA2     202  3  3. 15 B. C. Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 60cm, AD = 32cm. Từ D kẻ đƣờng thẳng vuông góc với đƣờng chéo AC, đƣờng thẳng này cắt AC tại E và AB tại F. Tính độ dài EA, EC, ED, FB, FD LG Xét tam giác ADC vuông tại D, ta có: AC  AD2  CD2  322  602  68 Theo định lý 1: AD 2  AC. AE  AE  F. A. 60. B. AD 2 322 256   AC 68 17. Theo định lý 1, ta có: CD 2  AC.CE  CE . E. Theo định lý 2, ta có:. 32. DE  AE.EC  ...  D. C. Xét tam giác DAF, theo định lý 1: AD 2  DF .DE  DF  6. CD 2 602 900   AC 68 17 480 17. AD 2 544  ...  DE 15. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(7) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 256 256 644 Theo Pitago: AF  DF 2  AD2  ....   FB  AB  AF  60   15 15 15. Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Gọi E là một điểm nằm giữa A, B. Tia DE và tia CB cắt nhau ở F. Kẻ đƣờng thẳng qua D vuông góc với DE, đƣờng thẳng này cắt đƣờng thẳng BC tại G. Chứng minh rằng: a) Tam giác DEG cân b) Tổng. 1 1 không đổi khi E chuyển động trên AB  2 DE DF 2. LG F. A. E. 1 D. 2. B. C. 3. G. a) Ta có: D1  D3 (cùng phụ với D2 ) xét ADE và CDG ta có :   D1  D3  cmt    ADE  CDG  g .c.g   A  C  900   DE  DG  DEG cân tại D 1 1 b) vì DE = DG   2 DE DG 2 1 1 1 1 ta có :    2 2 2 DE DF DG DF 2 AD  DC ( gt ). xét tam giác DGF vuông tại D, ta có : 1 1 1 (định lý 4)   2 2 CD DG DF 2 1 Vì không đổi khi E chuyển động trên AB, suy ra tổng CD 2 1 1 1 1 không đổi khi E thay đổi trên AB    2 2 2 DE DF DG DF 2.  HDHT: -. Tiếp tục ôn tập về định lí Pytago và các hệ thức lƣợng trong tam giác vuông.. - Bài tập về nhà: 1. Bài tập 1: +) Xét ABC vuông tại A Ta có: BC2 = AB2 + AC2 ( đ/l Pytago)  y2 = 72 + 92 = 130.  y = 130. +) áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và đƣờng cao ta có: AB . AC = BC . AH ( đ/lí 3)  AH =. AB.AC 7.9 63   BC 130 130.  x=. 63 130. 2. Bài tập 2: GT.  ABC ( A = 900). *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 7.

(8) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. AH  BC, AH = 16 ; BH = 25 AB = 12 ;BH = 6. a) Tính AB , AC , BC , CH. KL. b) Tính AH , AC , BC , CH. Giải : a) +) Xét AHB ( H = 900) Ta có:. AB2 = AH2 + BH2 (Định lí Pytago)  AB2 = 162 + 252  AB2 = 256 + 625 = 881  AB = 881  29,68. +) áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và đƣờng cao trong ABC vuông tại A ta có : AB2 881   35,24 BH 25 Lại có : CH = BC - BH = 35,24 - 25  CH = 10,24 AB2 = BC.BH  BC =. Mà AC2 = BC . CH =35,24 . 10,24 = 360,8576  AC = 360,8576  18,99 b) Xét  AHB ( H = 900) Ta có: AB2 = AH2 + BH2 (Đ/lí Pytago)  AH2 = AB2 - BH2  AH2 = 122 - 62 = 144 - 36 = 108  AH2 = 108  AH = 108  10,39. Theo hệ thức liên hệ giữa cạnh và đƣờng cao trong tam giác vuông ta có : AB2 = BC.BH (Đ/lí 1).  BC =. Có HC = BC - BH = 24 - 6 = 18 Mà AC2 = CH.BC ( Đ/L 1)  AC2 = 18.24 = 432  AC =. AB2 12 2   24 BH 6. 432  20,78. **************************************. Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 3(Tiết 7; 8; 9) CÁC PHÉP TÍNH VỀ CĂN BẬC HAI 8. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(9) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. A./ Kiến thức cơ bản : 1. khai phương một tích. Nhân các căn bậc hai a) Định lý : a; b  0, ta có: a.b = a. b b) Quy tắc khai phƣơng một tích : Muốn khai phƣơng một tích các số không âm, ta có thể khai phƣơng từng thừa số rồi nhân các kết quả với nhau ( a; b  0, ta có: a.b= a. b ) c) Quy tắc nhân các căn bậc hai : Muốn nhân các CBH của các số không âm, ta có thể nhân các số dƣới dấu căn với nhau rồi khai phƣơng kết quả đó ( a; b  0: a. b= a.b ) d) Chú ý : - Với A > 0 ta có :.  A. 2.  A2  A. - Nếu A, B là các biểu thức : A; B  0 ta có: A.B  A. B - Mở rộng : A.B.C  A. B . C ( A, B, C  0) 2. Khai phương một thương. Chia các căn bậc hai a a = . b b. a) Định lý : a  0, b  0 ta có:. b) Quy tắc khai phƣơng một thƣơng : Muốn khai phƣơng một thƣơng. a , trong đó số a b. không âm và số b dƣơng, ta có thể lần lƣợt khai phƣơng số a và số b, rồi lấy kết quả thứ a a = .) b b. nhất chia cho kết quả thứ hai ( a  0, b  0 ta có:. c) Quy tắc chia hai CBH : Muốn chia CBH của số a không âm cho số b dƣơng, ta có thể chia số a cho số b rồi khai phƣơng kết quả đó ( a  0, b  0 : d) Chú ý : Nếu A, B là biểu thức : A  0, B  0 :. a a ) = b b. A A = B B. B./ Bài tập áp dụng : 1: Hãy chọn đáp án đúng? Nếu sai hãy sửa lại cho đúng? Câu 1 2 3 4. Khẳng định Căn bậc hai số học của 25 là  5. Đ. Sửa. S S. 25  5. S. 4 x 2 y  2 x. y. Đ Đ. 25x  9 x  4 khi x = 8 2  3 1 3 1 4 x 2 y  2 x. y. với x < 0 và y > 0 5. 5 2 3. . víi x < 0 vµ y > 0 S. 5 3 2. 5 2 3. 6 36  64  36  64  100  10 Dạng 1 : Tính Bài 1 : Thực hiện phép tính 2. 2. S. . 5. 3 5 3  6 2 3. 3. 36  64  6  8  14. 2. 24 1 49 81 1 7 9 1 63 7 9  1  a) 1 .5 .0, 01  . .    .   .    . .  25 16 25 16 100 5 4 10 200  5   4   10 . b) 2, 25.1, 46  2, 25.0,02  2, 25(1, 46  0,02)  2, 25.1, 44  (1,5.1, 2)2  1,5.1, 2  1,8. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 9.

(10) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. 25 169 (5.13)2 5.13 13 .    10 10 102 10 2. c) 2,5.16,9 . d ) 117,52  26,52  1440  (117,5  26,5).(117,5  26,5)  1440  144.91  144.10  144(91  10)  144.81  (12.9)2  108. Dạng 2 : Rút gọn các biểu thức Bài 2 : Tính giá trị các biểu thức a) A  0,1  0,9  6, 4  0, 4  44,1 . 1 9 64 4 441     10 10 10 10 10. 1 3 8 2 2 35 35 10 7 10        10 2 10 10 10 10 10 10. . b) B . c) C  . . . . . 2 3 7 2 3 7 6  14 2    2 2 3  28 2 32 7 2( 3  7). . .   . . 3 5 4 3  3 5 4  3 3 5 3 5   4 3 4 3 4 3 4 3. . . . 12  3 3  4 5  15  12  3 3  4 5  15 24  2 15  16  3 13. Bài 3 : Rút gọn các biểu thức a) 9  x  5.  x  5  3 x  5  3  x  5. 2. b). x2 . x  2. c). 108 x3 12 x.  x  0 .  x  0 . x . x  2   x  2  x   x  x  2. 108 x3  9 x 2  3 x  3x 12 x. 13x 4 y 6 1 1 1 1      x  0; y  0   6 6 2 208 x y 16 x 4 x 4 x 4 x. 13x 4 y 6. d). 2. 208 x6 y 6. Dạng 3 : Chứng minh Bài 4 : Chứng minh các biểu thức sau a) 6  35. 6  35  1 VT  (6  35).(6  35)  36  35  1  VP b) 9  17 . 9  17  8 VT  (9  17).(9  17)  81  17  64  8  VP. c). . . 2. 2 1  9  8. VT  2  2 2  1  3  2 2    VT  VP VP  3  22.2  3  2 2 . d). . 4 3. . 2.  49  48. VT  4  2 12  3  7  2 22.3  7  4 3    VT  VP VP  7  42.3  7  4 3  10 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(11) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. .  . e) 2 2 2  3 3  1  2 2. . 2. 6 6 9. VT  4 2  6 6  1  4 2  8  6 6  9  VP g ) 8  2 15  8  2 15  2 3 VT . 5  2..  5  2. 5. 3  3   5  3    3   5  3  5  3  2 3  VP 2. 5. 3  3 .  5 3. . 5. 5 3. . 2. Dạng 4 : Giải phƣơng trình Bài 5 : Giải các phƣơng trình sau a) 2 2x  5 8x  7 18x  28. 1  2. 1. ®k : x  0. 2x  5.2. 2x  7.3. 2x  28  13 2x  28  2x . 28 784 392  2x  x  tm  13 169 169. 1 9x  45  4  2  3 1  2   4(x  5)  x  5  9(x  5)  4 ®k : x  5  0  x  5 3 1  2 x  5  x  5  .3 x  5  4  2 x  5  4  x  5  2  x  5  4  x  9  tm  3  2 x    3x  2  0 3   2    x  1  x  3x  2 3x  2 x 1  0  c) 3 (3) đk : 0   3  3x  2  0  x 1 x 1 2    x   x  1  3   x  1  0   x  1  3x  2 11 Ta có (3)  thỏa mãn  9  ...  6 x  11  x  x 1 6 4  5 x  4  0 5x  4 4 x  d)  2 (4) đk :   5  x 5 x2 x  2  0   x  2 b) 4x  20  x  5 . (4)  5x  4  2 x  2  5x  4  4  x  2   .....  x  12 thỏa mãn Bài tập : (bất đẳng thức Cauchy) : Cho 2 số a và b không âm. Chứng minh rằng ab  ab . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? 2. LG * Cách 1 : + vì a  0; b  0  a ; b xác định + ta có :. . a b. . 2.  0  a  2 ab  b  0  a  b  2 ab . ab  ab 2. + dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b * Cách 2 : ta có. a  b. 2.  0  a 2  2ab  b 2  0  a 2  b 2  2ab  a 2  2ab  b 2  4ab.   a  b   4ab  a  b  2 ab  2. ab  ab 2. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 11.

(12) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************.  HDHT: Tiếp tục ôn tập về định nghĩa, tính chất của căn thức bậc hai; các phép biến đổi căn thức bậc hai. - Bài tập về nhà: 1. Bài 1: Rút gọn biểu thức. a, 9 x  25x  16 x (với x  0 ) c,.  12 . b, 2 5  45  500. . 27  3 2 .2 3  6 6. 1 1  3 1 3 1. d, Giải:. Ta có: a, 9 x  25x  16 x (với x  0 ). b, 2 5  45  500. = 32 x  52 x  42 x =3 x 5 x 4 x =4 x c,.  12 . = 2 5  32.5  102.5 = 2 5  3 5 10 5 = 5 5. . 27  3 2 .2 3  6 6. 1 1  3 1 3 1. d,. = 12.2 3  27.2 3  3 2.2 3  6 6. =. = 2 36  2 81  6 6  6 6. =. = 2.6  2.9  12  18  30. =. 2. Bài 2:. Ta có:. So sánh. 1 2007  2006. 1 = 2007  2006 1 = 2008  2007. 1.. . Mà . .  3  1  1. 3  1  3  1 . 3  1. 3 1 3 1.  3. 2.  12. 2 3  3 2. 1 2008  2007. và. Giải: 2007  2006. . 2007  2006 . 1.. . . 1.. 2007  2006. 2008  2007. . 2008  2007 .. . . 2008  2007. . = 2007  2006. . = 2008  2007. 2007  2006 < 2008  2007 1 1 < 2007  2006 2008  2007. ******************************************* Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 4(Tiết 10; 11; 12) TỈ SỐ LƢỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN 12 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(13) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. A. Kiến thức cơ bản 1. Định nghĩa: Cho ABC   (00    900 ) ta định nghĩa các tỉ số giữa các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC vuông tại A nhƣ sau : C . AC ; BC AC tg  ; AB sin  . AB BC AB cot g  AC cos  . C.Huyền C.Đối . A. B. C.Kề * Nhận xét : từ định nghĩa ta thấy :. + tỉ số lƣợng giác của 1 góc nhọn luôn dƣơng + cot g . + 0 < sin, cos < 1. 1 ; tg .cot g  1 tg. 2. Tỉ số lượng giác của 2 góc phụ nhau - Định lý : nếu 2 góc phụ nhau thì sin góc này bằng cosin góc kia, tg góc này bằng cotg góc cos   sin  sin   cos  ; kia. Tức : nếu     900 thì ta có :  cot g  tg  tg  cot g  ; 3. Bảng các tỉ số lượng giác của các góc đặc biệt  300 450 600 Tỉ số lƣợng giác Sin Cos tg Cotg. 1 2. 2 2 2 2. 3 2 1 3 3. 3 2 1 2. 1. 3. 1. 1 3. * Nhận xét : - Dựa vào bảng trên ta thấy : sin 1  sin  2 ; tg1  tg 2 . cos 1  cos  2 ; cot g1  cot g 2. với 00  1; 2  900 và 1   2  . Tức là : + góc lớn hơn thì có sin lớn hơn, nhƣng lại có cosin nhỏ hơn + góc lớn hơn thì có tg lớn hơn, nhƣng lại có cotg nhỏ hơn Hay ta có thể phát biểu : 00    900 thì : + sin và tg đồng biến với góc  + cosin và cotg nghịch biến với góc  4. Các hệ thức cơ bản sin ; cos cos  2  cotg  ; sin. 1. tg .  3 tg.cot g  1;  4. sin 2  cos 2  1. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 13.

(14) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. B. Bài tập áp dụng Bài 1 : Cho biết sin = 0,6. Tính cos, tg và cotg + ta có: sin 2   cos2   1  cos   1  sin 2   1  0,62  0,8 sin  0, 6 3 cos  0,8 4 + tg    ; cotg    cos  0,8 4 sin  0, 6 3 Bài 2: 1. Chứng minh rằng: a) tg 2  1 . 1 1 ; b) cotg 2  1  ; c) cos 4   sin 4   2cos 2   1 2 2 cos  sin . 2. Áp dụng: tính sin, cos, cotg, biết tg = 2 LG 1. a) ta có: sin  sin 2  sin 2  2 tg   tg 2   tg   1  1 cos  cos 2  cos 2  sin 2   cos 2  1  tg 2  1   2 cos  cos 2  cos 2  cos2   sin 2  1 2 b) VT  cot g   1  2  1    VP 2 sin  sin  sin 2  c) VT  cos 4   sin 4    cos 2   sin 2   .  cos 2   sin 2    cos 2   sin 2 . . .  cos 2   1  cos 2   cos 2   1  cos 2   2cos 2   1  VP. 2. Ta có:  tg  2 nên  a   22  1 . 1 1 1  cos 2    cos  ; 2 cos  5 5. 1  tg  2  cotg  ; 2. 2. 1 1 5 4 2 5 1  b      1     sin 2    sin  2 2 sin  sin  4 5 5 2. Bài 3: Biết tg = 4/3. Tính sin, cos, cotg LG + ta có: tg = 4/3 nên cotg = ¾ + mà tg 2  1 . 1 9 3  cos 2    cos   ; 2 cos  25 5 2. 4 3 + mặt khác: sin   cos   1  sin   1  co s   1     5 5 2. 2. 2. Bài 4: Dựng góc  trong các trƣờng hợp sau: 1 a) sin   ; 2. 2 b) cos   ; 3. c) tg  3;. d ) cot g  4. LG. 14 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(15) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. a)* Cách dựng - dựng góc xOy = 900 . Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - trên Oy lấy điểm B sao cho OB = 1 - vẽ cung tròn tâm B, bán kính bằng 2, cung này cắt Ox tại A - nối A với B  BAO   cần dựng * Chứng minh: - ta có: sin   sin BAO . y. B 2 1 . OB 1 đpcm  AB 2. b)* Cách dựng - dựng góc xOy = 900 . Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - trên Ox lấy điểm A sao cho OA = 2 - vẽ cung tròn tâm A, bán kính bằng 3, cung này cắt Oy tại B - nối A với B  BAO   cần dựng * Chứng minh: - ta có: cos   cos BAO . y B. 3.  O. 2. x. A. OA 2 đpcm  AB 3. c) * Cách dựng - dựng góc xOy = 900 . Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - trên Ox lấy điểm A sao cho OA = 3 - trên Oy lấy điểm B sao cho OB = 1  OBA   cần dựng * Chứng minh: - thật vậy, ta có: tg  tg OBA . x. A. O. y. B  1. OA 3   3 đpcm OB 1. d) * Cách dựng - dựng góc xOy = 900 . Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - trên Ox lấy điểm A sao cho OA = 4 - trên Oy lấy điểm B sao cho OB = 1  OAB   cần dựng * Chứng minh: - thật vậy, ta có: OA 4 cotg  cotg OAB    4 đpcm OB 1. O. x. A. 3. y. B 1  O. 4. A. x. Bài 5: Cho tam giác ABC có AB = 5; BC = 12; AC = 13 a) CMR tam giác ABC vuông b) Tìm tỉ số lƣợng giác của góc A và góc C LG a) Ta có: AB2  BC 2  122  52  169  132  AC 2  AB2  BC 2  AC 2 theo định lý Pytago đảo, suy ra tam giác ABC vuông tại B b) *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 15.

(16) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** - vì A  C  900  A; C là 2 góc phụ A. nhau - do đó:. 13. 12 ; 13 12 tgA  cot gC  ; 5. 5. 5 13 5 cot gA  tgC  12. sin A  cos C . cos A  sin C . C B. 12.  HDHT: - Rèn luyện kĩ năng vận dụng tính toán và kiến thức về tỉ số lƣợng giác của góc nhọn - Bài tập về nhà: 1. Bài 1: Tính giá trị biểu thức: P . sin 2  tg 2 cos  cot g 2. khi   300. Thay   300 vào biểu thức P ta đƣợc: sin 2.300  tg 2 300  P cos300  cot g 2 2.300.  P. sin 600  tg 2 300 cos300  cot g 2 600. 3   P 2 3  2. 2. Bài 2:.  3  3. 2. 2. 3 3  2  3 3 2. 36 2  36 3 6 3 6 2. Cho hình vẽ: Tính khoảng cách AB Giải:. +) Xét BHC vuông cân tại H HB =HC ( t/c tam giác cân) mà HC = 20 m Suy ra HB = 20 m +) Xét AHC vuông tại H có HC = 20m; CAH  300 Suy ra AH =HC. cotg CAH = 20.cotg 300 =20. 3 Vậy AB = AH - HB =20. 3 - 20 =20.. . . 3 1  14,641 (m). 3. Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A, đƣờng cao AH. Biết AB = 20; AC = 15 . a) Tính cạnh huyền BC b) Tính BH, HC, AH ***********************************************. 16 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(17) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 5(Tiết 13; 14; 15) BIẾN ĐỔI ĐƠN GIẢN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI A. Kiến thức cơ bản 1. Đưa thừa số ra ngoài dấu căn   A B ( A  0; B  0) A2 B  A B     A B ( A  0; B  0). 2. Đưa thừa số vào trong dấu căn  A  0; B  0 : A B  A2 B  A  0; B  0 : A B   A2 B. 3. Khử mẫu của biểu thức lấy căn: A.B  0; B  0 :. A  B. A.B B. 4. Trục căn thức ở mẫu: A A B  B B. a) B  0 :. b) A  0; A  B 2 : c) A, B  0; A  B :. . C A B C  A  B2 AB C C  A B. . . A. B. . A B. * Chú ý: - các căn bậc hai đồng dạng là các căn bậc hai có cùng biểu thức dƣới dấu căn - biểu thức liên hợp: 2 biểu thức chứa căn thức đƣợc gọi là liên hợp với nhau nếu tích của chúng không chứa căn thức - quy tắc trục căn thức ở mẫu: muốn trục căn thức ở mẫu của 1 biểu thức ta nhân tử và mẫu của biểu thức đó với biểu thức liên hợp của mẫu B. Bài tập áp dụng 1: Hãy điền chữ đúng (Đ) hoặc sai (S) vào ô trồng để đƣợc khẳng định đúng. (3đ) Câu Khẳng định Đ S 1. Căn bậc hai số học của 64 là 8. 2. 25x  9 x  8 khi x = 8. 3. 2  3 1 3 1. 4. 4 x 2 y  2 x. y với x > 0 và y > 0. 5. 5 2 3. 6. . 5 3 2. 25  16  25  16  9  3. Dạng 1: Đƣa nhân tử ra ngoài, vào trong dấu căn *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 17.

(18) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. Bài 1: Đƣa nhân tử ra ngoài dấu căn a ) 125 x  x  0 . 5x . . 2. .5 x  5 x 5 x. b) 80 y 4. 4 y . . 2. . 2. c) 5 1  2. .5  4 y 2 5. . 2.  1 2 . 5 . . d ) 27 2  5. . . . 2 1. g). 2. 3  10  5 1  3 . 2. . 2. 4. 2 0. . 2.  2  5 . 3.32  e). 1 . 5. . . . 2  5  0 2  10  3 2  10  3 2    2 10  9 10  3  10  3 .  10  3. 5  2 .3. 3 2. 3  10. . 5 1 3 2. . 5. . . 3 1 2. 1 . 30. 10  3. . . Bài 2: Đƣa thừa số vào trong dấu căn và so sánh a) 3 5 và 5 3 ta có: 3 5  32.5  45    do 75  45  75  45  5 3  3 5 2 5 3  5 .3  75   b) 4 3 và 3 5. ta có: 4 3  42.3  48    do 48  45  48  45  4 3  3 5 3 5  32.5  45   c) 7 2 và 72. ta có: 7 2  72.2  98 do 98  72  98  72  7 2  72 d) 5 7 và 4 8 ta có: 5 7  52.7  175    do 175  128  175  128  5 7  4 8 2 4 8  4 .8  128  . Bài 3: Đƣa nhân tử vào trong dấu căn và rút gọn. 18 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(19) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 2a a)  2  a   a  2 a2 . 2a  a  2 .  2  a  0. x  0  x  5 25  x 2 x 5  x . x 5  x . 2. . 5  x .5  x .  x  5  0. 5  x . 3a 0  a  b b  a2. c)  a  b  .   2a  a  2 . a2. b)  x  5  . 2. 2. 3a  a  b  b a 2. 2. . 2. 3a  b  a . 3a  b  a . 2. b  a .b  a . .  a  b  0. b  a . Dạng 2: Thực hiện phép tính và rút gọn biểu thức Bài 4: Thực hiện phép tính a) 125  4 45  3 20  80  ...  5 5  12 5  6 5  4 5  5 5 b) 2. 27 48 2 75 3 4 2 5 7    ...  2. 3 3 . 3  ...  3 4 9 5 16 2 3 5 4 6. c) 2. 9 49 25 3 1 1 5 1 7 1 7 2    ...  2. .  7.  .  ...  .  8 2 18 2 2 3 6 2 3 2 2. d ) 5 20  3 12  15. 1  4 27  5. 52  42  5.2 5  3.2 3  15..  10 5  6 3  3 5  12 3 . 5  4  . 5  4 . 9  13 5  18 3  3  13 5  17 3. 2  3 . e) 7  4 3  28  10 3 . 1 5  4.3 3  5. 2. . 5  3 . 2.  2 3 5 3  7. Bài 5: Rút gọn biểu thức với giả thiết các biểu thức chữ đều có nghĩa a). x xy y x y . b). c). . . x  y . x  xy  y x y. a  ab b  ab. x.  x  0; y  0 .  xy.  a; b  0 . . yy x .. . x y. . . xy  x  xy  y  xy  x  2 xy  y .  b a.  a. a b b. xy .. . . x y . xy. x y. x y. . 2. a b.  x  0; y  0 . xy . . . . . x y .. . x  y  x y. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 19.

(20) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. d ) A  x  2 2  x  2  x  2 2  x  2  x  2 .  x  2   2  x  2 .. . . x2  2. . 2.  x  2   2  x  2 .. 22. . .  x  2 .. . x2  2. 2. 2  x2.  x  2 .. 2. 22.  x2  2 . x2  2. x2  2  x2 2 x  4. - nếu.  A x2  2  x2  2  2 x2 x2  2  x2 2 x  4. - nếu.  A x2  2  x2  2  2 2. Dạng 3: Trục căn thức ở mẫu Bài 6: Trục căn thức ở mẫu a). . . . . 12. 3  3 12. 3  3 12    2. 3  3 93 3 3 3 3 . 3 3. . 8.. b). 8  52. c). 14  10  3. . . . 5 2. . 52 .. 14.. . . . 5 2. . . . 10  3. . 10  3 ..  . 8.. . 5 2 54. . 10  3.   2  . 2 2 . 2. . . .   8.. 14.. . . 5 2. 10  3 10  3.  .   2.. . 10  3. .  . d). 7 3  5 11 . 8 3  7 11 168  49 33  40 33  385 9 33  217 7 3  5 11    192  539 337 8 3  7 11 8 3  7 11 . 8 3  7 11. e). 3 5 2 3 5 2 2  2 5 3 2 2 5 3.  .   30  9 2. 5 3 2 5 3. 10  4 10  12 18  5 10  20  18 2. Bài 7: Trục căn thức ở mẫu và thực hiện phép tính a) . 5 4  11. . . 1 6 7 5   2 3 7 7 2. 5. 4  11. . . 3 7. . 6.. . 7 2. . .  4  11  . 4  11  3  7  .3  7   7  2 .  7  2  5.  4  11  3  7 6.  7  2  7  5 5.  4  11  3        16  11.  4  11 . 97. 74. 3 7  7 5 2 2. . 2. 5. 2. 7 5 2 7. . 6.. . 7 2 3. . 7 5 2. . 7  2  4  11  4  7  2 7  4  4  11  3 7. 20 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(21) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 4 3 2 3 1 b)    6 5 2 5 2 32. .  . 4. . . 5 2. .  . 8. 5 52. . 2.. . . 32. . . 5  2  18.. 54. . 34. . 5  2  12.. . . 6. 3. 3  2  3 1. 6 26 5  8 2  13 3  59  6. . 3 1 6. .   5  2   5  2. 5  2  3  2. 3  2  2  3 . 5  2  2.  3  2  3 1 4  5  2       3.. 5 2 .. 4. . 3 . 52. . .  . 5  2  2.. . 32 . 3 1 6. 8 5  8 2  18 5  36  12 3  24  3  1 6.  HDHT: Tiếp tục ôn tập về căn thức bậc hai; các phép biến đổi căn thức bậc hai - Bài tập về nhà: 1. Bài 1: Rút gọn biểu thức:. . . a, 2 50  3 450  4 200 : 10. . .  . b, 2  2 . 5 2  3 2  5 e,. . 2. c,. 2 2  3 1 3 1. d,. 5 5 5 5  5 5 5 5. a a a a ( với a > 0; a  1)  a a a a. . Giải:. . a, 2 50  3 450  4 200 : 10 =. c,. 2 50 3 450 4 200   10 10 10. =. = 2 5  3 45  4 20. =. = 2 5  3 32.5  4 22.5. . .  . 2..  3 1  2. 3  1  3  1 . 3  1. 2 3 22 3 2.  3. 2. 1. 4 3 3 1 4 3 = 2 3 2 5 5 5 5 d,  5 5 5 5. =. = 2 5  9 5 8 5 = 3 5 b, 2  2 . 5 2  3 2  5. 2 2  3 1 3 1. . 2. = 10 2  10 18  30 2  25. =. = 20 2  33. =. 5  5  .5  5   5  5 .5  5  5  5 .5  5  25  10 5  5  25  10 5  5 52 .  5. 2. =. 60 3 20. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 21.

(22) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. 2. Bài 2:. Tìm x biết:. a). x 3  5. b). 2x 1  7. b). 2x 1  7. Giải: a). x 3  5. 3. Điều kiện x – 3  0  x  3 . . x 3. . 2. Điều kiện 2x – 1  0  x .  52. .  x  3  25  x  28 (tmđ/k). . 2x 1. . 2. 1 2.  72.  2 x 1  49  2 x  50.  x  25 (tmđ/k). 3. Bài 3: Rút gọn biểu thức: a, 9 x  25x  16 x (với x  0 ) c,. 2  3. 2. 25 + 3. -. b, 2 5  45  500 1 1  2 2 3 2 2 3. d,. 3. ****************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 6(Tiết 16; 17; 18) RÖT GỌN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI. ÔN TẬP ĐẠI SỐ - CHƢƠNG I A. Kiến thức cơ bản Để rút gọn biểu thức có chứa căn thức bậc hai, ta cần vận dụng thích hợp các phép biến đổi đã biết B. Bài tập áp dụng Bài 1: Tính. . a) 3  2 2  6  4 2  b) . . 5  3  29  12 5  5  62 5 . 5. 2. 2 1 . 2  2 . 5  3. . . 5 1. 2. . 2. 2. . .  2 1  2  2  2 2 1. 5 3. . 2. . 5  3 2 5 3. 5  5 1  1. c) 6  2 5  29  12 5  6  2 5  2 5  3  9  3 d ) 2  5  13  48  2  5  13  4 3  2  5   2 42 3  2. . . 3 1. 2. 2. . 3 1. 2.  2  5  2 3 1.  2  3 1  1 3. Bài 2: Thực hiện phép tính, rút gọn kết quả a) 2 20  45  3 18  3 32  50  4 5  3 5  9 2  12 2  5 2  5  16 2 b) 32  0,5  2. 1 1 1 2 1 17 10   48  4 2  2 3 2  4 3  ...  2 3 3 8 2 3 4 4 3. 22 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(23) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 1 1 c)  4,5  12,5  0,5 200  242  6 1  24,5 2 8. 1 9 25 1 9 49 2   102.2  112.2  6  2 2 2 2 8 2 1 3 5 3 7  2 2 2  5 2  11 2  6. 2 2 2 2 2 4 2 3 7 13 1 3 5      5  11  6.   2  2 4 2 2 2 2 2 . 3  2 3  2 d )  6 2 4  12  6   .  3 3 2  3 2  2 1 3   6 6  2 6 . 6  2 3  6  6. 2 3   3 3 6 2 . . . . . Bài 3: Chứng minh đẳng thức a). a b a b 2b 2 b    2 a 2 b 2 a 2 b ba a b. Biến đổi vế trái ta đƣợc: VT . a b a b 2b a b a b      2 a 2 b 2 a 2 b ba 2 a  b 2 a b. .  . a b 2. . 2. . 2. a b. 4 b. .  . . a b. a b. . a b. . . 2. a b. . a b. . .  4b. . .  .  . a  2 ab  b  a  2 ab  b  4b 2. . a b. . a b. 2b. . . a b .  2. . a b. . 4 ab  4b a b. . a b. . 2 b  VP a b. 2 3 6 216  1 3 b)     . 3  6 2  8 2. Biến đổi vế trái ta đƣợc:. . .   2 3 6 216  1  6 2  1 6 6  1 VT    .   .  3  6  2 2  1 3  6  8 2    6  1 3 1 3    2 6  .  6.   VP 2 2 2 6 6  . .  Bài 4: Cho biểu thức A . a b. . 2. .  4 ab. a b. . a b b a ab. a) Tìm điều kiện để A có nghĩa b) Chửng tỏ rằng giá trị của biểu thức A không phụ thuộc vào a LG a) đk: a > 0; b > 0; a khác b b) ta có:. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 23.

(24) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************.  A . a b. . 2.  4 ab. a b. a  2 ab  b  a b. . . ab a b  b a a  2 ab  b  4 ab   ab a b. . a b . . a b. . a b. 2 xx. 1. . a b. . ab. 2. . . . a  b  a  b  a  b  2 b. . x 1. Bài 5: Cho biểu thức B    : x  1  x  x  1  x x 1 a) Tìm đk xác định b) Rút gọn biểu thức B LG a) đk: x  0; x  1 b) Ta có:  2 xx 1  x 1  B    :   x 1  x  x 1   x x 1  . 2 x  x  x  x 1 x  x  1 .  x 1 x 1 x  x  1. . . . . Bài 6: Cho biểu thức C  1  . . 2 xx. . . x 1 x  x  1. .  1  x 1 : x 1  x  x 1 . x 1 1 1 .  x 1 x 1 x 1. x 3 x   x 3 x 2 9 x     :   x  9   2  x 3  x x  x  6 . a) Tìm đk để C có nghĩa b) Rút gọn C c) Tìm x để C = 4 LG a) đk: x  0; x  4; x  9 b) Ta có:  x 3 x   x 3 x 2 9 x  C  1     :   x  9   2  x 3  x x  x  6      x x 3 9 x  : 3 x  x  2   1  x 3 x 3 x 3   x 2 x 2 x 3   . . . . . .     x    3  x  3  x    x  2    1 :   x  3    x  2 x  3     x  2 x  3  3 3  . x 3 x 2  x  2. 2. .  9  x    . .    . . . 2. x 3 x 9 x  x  2 9 x : x 3 x 2 x 3. . . 2. 3 3 11 121  4 x 2  x   x  4 4 16 x 2  x x  9   3 x 1 1  Bài 7: Cho biểu thức D      :   x   3 x 9 x   x 3 x. c) C = 4 . a) Tìm đk c) Tìm x sao cho D < -1. b) Rút gọn. 24 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. .

(25) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. LG a) đk: x > 0; x khác 9 b) Ta có:      x x  9   3 x 1 1   x x9 3 x 1 1    D    :    :     x   3  x x 3 x 3 x   x x 3  3 x 9 x   x 3 x    . . . . . . . . . . . x 3  x  x  9 3 x 1 x  3 2 x 2 3 x 9 :  : 3 x 3 x x x 3 3 x 3 x x x 3 3. . . x 3. . . x .. 3  x 3  x  2 . c) D  1 . . . x 3 x 2. . . . . . . . . . . 3 x 2 x 4. 3 x  1  3 x  2 x  4  x  4  x  16 2 x 4. 2. x40. . ******************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 7(Tiết 19; 20; 21) HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ GÓC TRONG TAM GIÁC VUÔNG A. Kiến thức cơ bản 1. Các hệ thức * Định lý: Trong 1 tam giác vuông, mỗi cạnh góc vuông C bằng: - Cạnh huyền nhân Sin góc đối hoặc Cosin góc kề a - Cạnh góc vuông kia nhân Tang góc đối hoặc Cotg góc b kề (trong tam giác ABC vuông tại A, BC = a; AB = c; AC = b, ta có: B A. c. 1. b  a.sin B  a.cos C  c  a.sin C  a.cos B.  2. b  c.tgB  c.cot gC  c  b.tgC  b.cot gB. 2. Áp dụng giải tam giác vuông * Giải tam giác vuông: là tìm tất cả các yếu tố của một tam giác vuông (các cạnh, các góc) nếu biết trƣớc 2 yếu tố trong đó có ít nhất 1 yếu tố về cạnh và không kể góc vuông * Một số trƣờng hợp giải tam giác vuông thƣờng gặp a) Biết 2 cạnh góc vuông - Tính cạnh huyền (theo Pi-ta-go) - Tính một góc nhọn (tg hoặc cotg) - Tính góc nhọn còn lại (2 góc phụ nhau) b) Biết cạnh huyền và 1 góc nhọn - Tính góc nhọn còn lại (2 góc phụ nhau) - Tính các cạnh góc vuông (hệ thức về cạnh và góc – hệ thức (1)) c) Biết cạnh góc vuông và góc nhọn kề - Tính góc nhọn còn lại - Tính cạnh góc vuông còn lại và cạnh huyền (hệ thức về cạnh và góc – hệ thức (1); (2)) *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 25.

(26) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. B. Bài tập áp dụng Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, biết tgB . 4 và BC = 10. Tính AB; AC 3. 4 3. - tgB   B  53007'. B 10. - theo hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông AB  BC cos B  10.cos 530 07'  6 AC  BC.sin B  10.sin 53007'  8. C. A. Bài 2: Cho tam giác ABC cân tại A; AB = AC = 17; BC = 16. Tính đƣờng cao AH và góc A, góc B của tam giác ABC A1  A2  + tam giác ABC cân, có AH  BC   BC BH  CH  8  2 . A 12 17. + xét tam giác AHC, vuông tại H - ta có: AH  AC 2  CH 2  172  82  15 - mặt khác:. 17. B. C 16. sin A2 . CH 8   A2  A1  28004'  A  2A2  56008' AC 17. + xét tam giác AHB vuông tại H, ta có: B  900  A1  900  28004'  61056'. Bài 3: Cho tam giác ABC có AB = 11, ABC  380 ; ACB  300 . Gọi N là chân đƣờng vuông góc kẻ từ A đến BC. Tính AN; AC - xét tam giác ANB vuông tại N, theo hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông ta có: A AN  AB.sin B  11.sin 380  6,77. 11 C. 300. 380 N. - xét tam giác ANC vuông tại N, theo hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông ta có:. B. AN  AC.sin C  AC . AN 6, 77   13,54 sin C sin 300. Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, đƣờng cao AH. Biết BH = 9; HC = 16. Tính góc B, góc C? - xét tam giác ABC vuông tại A, theo hệ thức về A cạnh và đƣờng cao trong tam giác vuông , ta có: AH 2  BH .CH  9.16  144  AH  12. - xét tam giác AHB, vuông tại H, ta có: AH 12   B  5307' BH 9 - mà B  C  900  C  36053' tgB . B. 9. H. 16. C. Bài 5: Cho tam giác ABC có B  600 , các hình chiếu vuông góc của AB và AC lên BC theo thứ tự bằng 12 và 18. Tính các góc và đƣờng cao của tam giác ABC. 26 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(27) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. - xét tam giác AHB vuông tại H. A. B  600  A  300  BH . 1 2. 1 AB 2.  AB  2 BH  2.12  24.  AH  AB2  BH 2  242  122  20,8. - xét tam giác AHC, theo hệ thức lƣợng…. 600 12. B. H. 18. C. AH 20,8   C  49006' HC 18 0  A  180   B  C   70054' tgC . - theo hệ thức về cạnh và góc, ta có: HC  AC.cos C  AC . HC 18   27,5 cos C cos 49006'. Bài 6: Cho hình thang ABCD, có A  D  900 , đáy nhỏ AB = 4, đáy lớn CD = 8, AD = 3. Tính BC, B, C ? - kẻ BH vuông góc với CD, suy ra AD = BH = 3; A B 4 AB = DH = 4, do đó: CH = 8 – 4 = 4 - xét tam giác BHC vuông tại H, ta có: 3. H. D. 8. C. BC  BH 2  CH 2  32  42  5 BH 3 sin C    C  370 BC 5. - vì ABCD là hình thang nên: B  C  1800  B  1800  C  1800  370  1430. Bài 7: Giải các tam giác vuông sau, tam giác ABC vuông tại A biết: a) a = 18; b = 8 B 0 b) b = 20; C  38 3 4. c) tgB  ; c  4. a. c. A. b. C. a) a = 18; b= 8 AC 8   B  230 23'  C  900  230 23'  63037' BC 18 AB  BC.sin C  18.sin 63037'  16,1 b) b = 20; C  380 sin B . C  380  B  520 ;. AB  AC.tgC  20.tg 380  15,6;. BC . AC 20   25, 4 sin B sin 520. 3 4. c) tgB  ; c  4 3 AC  ABtgB  4.  3; BC  AB 2  AC 2  32  42  5 4 c 4 sin C    0,8  C  53008'  B  36052' a 5. . HDHT:. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 27.

(28) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. Tiếp tục ôn tập về các kiến thức có liên quan tới hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông, cách giải tam giác vuông. - Bài tập về nhà: 1. Bài tập 1: AB 5  AC 6. GT. AH = 30 cm KL Tính HB , HC Giải: - Xét  ABH và  CAH AHB  AHC  900. Có. ABH  CAH (cùng phụ với góc BAH ). . AB AH  CA CH.  CAH (g.g). S.   ABH. . 5 30  6 CH. . CH . 30.6  36 m 5. +) Mặt khác BH.CH = AH2 ( Đ/L 2)  BH =. AH 2 30 2   25 ( cm ) CH 36. Vậy BH = 25 cm ; HC = 36 (cm ) 2. Bài tập 2: Cho ABC ABC vuông ở A có AB = 6cm, AC = 8cm. Từ A kẻ đƣờng cao AH xuống cạnh BC a) Tính BC, AH b) Tính C c) Kẻ đƣờng phân giác AP của BAC ( P  BC ). Từ P kẻ PE và PF lần lƣợt vuông góc với AB và AC. Hỏi tứ giác AEPF là hình gì ? Giải: a) Xét ABC vuông tại A Ta có: BC2 =AB2 + AC2 ( đ/l Pytogo)  BC2 = 62 + 82 = 36 + 64 = 100  BC = 10cm +) Vì AH  BC (gt)  AB.AC = AH.BC AB. AC 6.8  AH =   4,8 BC 10 AB 6  C  370 b) Ta có: sinC =   0, 6 BC 10 28 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(29) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** c) Xét tứ giác AEPF có: BAC = AEP = AFP  900 (1) Mà APE vuông cân tại E  AE = EP (2). Từ (1); (2)  Tứ giác AEPF là hình vuông ********************************************************* Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 8(Tiết 22; 23; 24) ÔN TẬP HÌNH HỌC – CHƢƠNG I A. Kiến thức cơ bản 1. Các hệ thức về cạnh và đƣờng cao trong tam giác vuông Cho tam giác ABC vuông tại A, đƣờng cao AH sao cho ta có : AH  h, BC  a, AB  c, AC  b, BH  c' , CH  b' khi đó : 1) b 2  a.b' ;. c 2  a.c '. 2) h 2  b ' .c ' 3) b.c  a.h 1 1 1 4) 2  2  2 h b c 2 5) a  b 2  c 2 ( Pitago). A. b c. h. c' B. b' C. H a. 2. Định nghĩa các tỉ số lƣợng giác của góc nhọn Cho ABC   (00    900 ) ta định nghĩa các tỉ số giữa các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC vuông tại A nhƣ sau : C. AC sin   ; BC AC tg  ; AB. AB cos   BC AB cot g  AC. . C.Huyền C.Đối . A. B. C.Kề 3. Một số tính chất của các tỉ số lƣợng giác cos   sin  sin   cos  ; - Nếu     900 thì ta có :  cot g  tg  tg  cot g  ; 0 0 - Cho 0    90 . Khi đó + 0 < sin, cos < 1 + sin 2  cos2  1 sin  cos  1 + tg  ;cot g  ;cot g  ; tg .cot g  1 cos  sin  tg *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 29.

(30) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. 4. Các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông C. - Cho tam giác ABC vuông tại A, BC = a; AB = c; AC = b, ta có:. a. b. 1. b  a.sin B  a.cos C  c  a.sin C  a.cos B.  2. b  c.tgB  c.cot gC  c  b.tgC  b.cot gB. B A. c. B. Bài tập áp dụng Bài 1 : Chứng minh rằng : với  là góc nhọn tƣơng ứng trong tam giác ABC, A  900 thì: a) cos 4   sin 4   2cos 2   1 b) sin   sin  .cos 2   sin 3  c) tg 2  sin 2  .tg 2  sin 2  d ) cos 2   tg 2 .cos 2   1. LG. a) VT   cos2   sin 2   .  cos2   sin 2    cos2   sin 2   cos2   1  cos2    2cos2   1  VP. . . b) VT  sin  . 1  cos 2   sin  .sin 2   sin 3   VP sin 2  c) VT  tg  .(1  sin  )  tg  .cos   .cos 2   sin 2   VP 2 cos   sin 2   cos2   sin 2  2 d ) VT  cos 2  . 1  tg 2  cos 2  . 1   cos  .  1  VP  2 cos 2   cos   2. 2. . 2. 2. . Bài 2 : Cho tam giác ABC, biết AB = 21 ; AC = 28 ; BC = 35 a) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông b) Tính sinB, sinC, góc B, góc C và đƣờng cao AH vủa tam giác ABC LG AB 2  AC 2  212  282  1225  2 2 2 a) ta có:   BC  AB  AC do đó 2 2 BC  35  1225  . theo định lý đảo của định lý Pi-ta-go tam giác ABC vuông tại A b). B H 21. A. 28. AC 28   0,8  B  530 BC 35 AB 21 sin C    0, 6  C  370 BC 35 sin B . 35. C. Xét tam giác AHB vuông tại H, áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông ta có: AH  AB.sin B  21.sin 53021.0,8  16,8 (hoặc AH.BC = AB.AC) Bài 3: Giải tam giác vuông tại A, biết a) a = 12; B  420 b) b = 13; c = 20 30 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(31) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. LG - ta có:. C. C  900  B  900  420  480 AB  BC.cos B  12.cos 420  9. 12. AC  BC.cos C  12.cos 480  8 420 B. A. - ta có:. C. BC  AB 2  AC 2  202  132  23,85 AC 13   0, 65  B  330 AB 20 C  900  B  570. tgB . 13. A. B. 20. Bài 4: Cho tam giác ABC có B  600 các hình chiếu vuông góc của AB, AC lên BC theo thứ tự bằng 12; 18. Tính các cạnh, các góc và đƣờng cao của tam giác ABC LG + ta có: BC = BH + CH = 12 + 18 = 30 + xét tam giác AHB vuông tại H A - ta có : AH  BH .tgB  12.tg 600  12 3 - mặt khác : 1 2 BH 12   24 cos B cos 600 A1  900  B  900  600  300 BH  AB.cos B  AB . + xét tam giác AHC vuông tại H, ta có :. 600 B. 12. H. 18. C. AC  AH 2  CH 2  ...  756  27,5 AH 12 3   C  490 HC 18 + xét  ABC, tcó: A  1800   B  C   710 tgC . ********************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 9(Tiết 25; 26; 27) HÀM SỐ BẬC NHẤT. ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ y  ax  b  a  0  A. Kiến thức cơ bản 1. Định nghĩa hàm số bậc nhất - Hàm số bậc nhất là hàm số đƣợc cho bởi công thức y  ax  b  a  0  , trong đó a, b là các số cho trƣớc 2. Tính chất của hàm số bậc nhất: Hàm số bậc nhất y  ax  b  a  0  xác định với mọi x thuộc R và có tính chất sau : a) Đồng biến trên R, khi a > 0 b) Nghịch biến trên R, khi a < 0 3. Đồ thị của hàm số y  ax *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 31.

(32) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** - Đồ thị của hàm số y  ax là 1 đƣờng thẳng đi qua gốc tọa độ O. - Cách vẽ + Cho x  0  y  a  A  0; a  + Đƣờng thẳng đi qua gốc tọa độ O và A(0 ; a) là đồ thị hàm số y = ax 4. Đồ thị của hàm số y  ax  b  a  0  - Đồ thị của hàm số y  ax  b  a  0  là 1 đƣờng thẳng + Cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b + Song song với đƣờng thẳng y = ax nếu b khác 0; trùng với đƣờng thẳng y = ax nếu b = 0 - Chú ý : Đồ thị của hàm số y  ax  b  a  0  còn đƣợc gọi là đƣờng thẳng y  ax  b  a  0  b đƣợc gọi là tung độ gốc của đƣờng thẳng. * Cách vẽ: 2 bƣớc - Bƣớc 1: Tìm giao của đồ thị với 2 trục tọa độ + Giao của đồ thị với trục tung : cho x  0  y  b  A  0; b  + Giao của đồ thị với trục hoành : cho y  0  x . b  b   B  ;0  a  a . - Bƣớc 2: Vẽ đƣờng thẳng đi qua 2 điểm A ; B ta đƣợc đồ thị hàm số y  ax  b  a  0  B. Bài tập áp dụng Bài 1 : Cho hàm số y  f  x  . 1 x  3 . Tính f(0) ; f(1) ; f(-1) ; f(2) ; f(-2) ; f(8) 2. LG - Lập bảng giá trị tƣơng ứng của x và f(x) x f  x . 1 x3 2. -2. -1. 0. 1. 2. 8. -4. 7 2. 3. 5 2. 2. -1. Bài 2: Biểu diễn các điểm sau trên mặt phẳng tọa độ? A(-3; 2), B(1; 4), C(-5; 0), D(0; 3), E(-1; -4) LG y B. 4 D 3 A. 2 1. C -5. -1 O. -3. x 1. 2. -2. E. -4. Bài 3: Tìm m để hàm số sau là hàm số bậc nhất?. 32 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(33) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** a) y   m  4  x  2009 b )  2m  3  x  2m  1. c) y . m2 x4 m2. d ) y  3  m .x  5 3  m. LG. a) ......  m  4  0  m  4 3 b) ......  2m  3  0  m  2 m  2  0 m  2 m2 c) ......  0  m2 m  2  0 m  2 d ) ......  3  m  0  3  m  0  m  3. Bài 4: Cho hàm số y = (m – 5)x + 2010. Tìm m để hàm số trên là a) hàm số bậc nhất b) hàm số đồng biến, nghịch biến LG a) ......  m  5  0  m  5. b) hàm số đồng biến  m – 5 > 0  m > 5 - hàm số nghịch biến  m – 5 < 0  m < 5 Bài 5 : Cho hàm số y   m2  5m  6  x  2 . Tìm m để a) hàm số trên là hàm số bậc nhất b) hàm số đồng biến, nghịch biến c) đồ thị hàm số đi qua điểm A(1 ; 4) LG m  2  0 m  3  0. a) hàm số đã cho là hàm số bậc nhất  m2  5m  6  0   m  2  m  3  0   b) hàm số đồng biến  m  2  0  m  2   m  3 m  3  0 m  3 2   m  5m  6  0   m  2  m  3  0     m  2  0  m  2 m  2    m  3  0  m  3. *) hàm số ngh.biến  m  2  0  m  2   2  m  3 m  3  0 m  3 2   m  5m  6  0   m  2  m  3  0     m  2  0  m  2  ko tm    m  3  0  m  3. c) vì đồ thị hàm số đi qua A(1 ; 4) nên :. . . 4  m2  5m  6 .1  2  m2  5m  4  0   m  1 m  4   0 m  1  0 m  1   m  4  0 m  4. Bài 6 : Vẽ tam giác ABO trên mặt phẳng tọa độ Oxy. Biết O(0 ; 0) , A(2 ; 3), B(5 ; 3) a) Tính diện tích tam giác ABO b) Tính chu vi tam giác ABO LG *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 33.

(34) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** y 1 a) SABO  AB.OD trong đó OD = 3; AB = 3 2 1 9 A B D  SABO  .3.3  3 2 2. b) xét tam giác AOD và tam giác BOD. Theo Pita-go ta có:. 1. OA  OD 2  AD 2  32  22  13 O. x. 5E. 2. OB  OD 2  BD 2  32  52  34 Chu vi: CABO  AB  AO  BO  3  13  34. Bài 7: Cho hàm số y = (m-1).x + m a) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 b) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng -3 c) Vẽ đồ thị của 2 hàm số ứng với giá trị của m vừa tìm đƣợc ở câu a) và b) trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy LG a) hàm số y = (m-1).x + m có tung độ gốc b = m - vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2, nên m = 2 - hàm số có dạng : y = x + 2 b) vì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng -3, nên tung độ của điểm này bằng 0, ta có : 0   m  1 3  m  2m  3  m  1 2. - hàm số có dạng : y  x . 3 2. 3 2. c) x y=x+2. y. 0 2. -2 0. x. 0. -3. 1 3 x 2 2. 3 2. 0 8. 6. f x  =.  3 2. x+. 3 2. 4. 2. -15. -10. -5. 5. gx  = x+2. 10. 15. -2. -4. -6. -8. Bài 8 : Cho các hàm số : y = x + 4 ; y = -2x + 4 a) Vẽ 2 đồ thị hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ b) 2 đƣờng thẳng y = x + 4 ; y = -2x + 4 cắt nhau tại C và cắt trục hoành theo thứ tự tại A và B. Tính chu vi và diện tích của tam giác ABC LG a) Vẽ 2 đồ thị hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ 34 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(35) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. * Bảng các giá trị của x và y là : +) hàm số y = x + 4 x y=x+4 +) hàm số y = -2x + 4 x y = -2x + 4. 0 4. -4 0. 0 4. 2 0 8. 6. f x  = x+4. gx  = -2x+4. 4. C. 2. A -20. -15. -10. -5. B. -4. 5. 2. 10. -2. -4. -6. b) SABC . 1 1 AB.CO trong đó AB = 6; CO = 4  SABC  .6.4  12 2 2. xét tam giác vuông AOC và tam giác vuông BCO. Theo Pi-ta-go, ta có: AC  OA2  OC 2  42  42  4 2 BC  OB 2  OC 2  22  42  2 5 Chu vi: CABO  AB  AC  BC  6  4 2  2 5.  HDHT: +) Tiếp tục ôn tập về định nghĩa và tính chất của hàm số bậc nhất . - Bài tập về nhà: 1. Bài 1: Cho hàm số y = f  x  = 2x + 3 a) Tính giá 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: a) Ta có: Khi x = -2  f  2  = 2.(-2) + 3= - 4 + 3 = - 1 1  1  1  f     2.     3  1  3  2 2  2  2 x = 0  f  0   2.0  3  3. x= . x = 3  f  3  2.3  3  6  3  9  3 3 3  f  3 3 3   2. 2 2  2  b) +) Để hàm số y = f  x   2x + 3 có giá trị bằng 10  2x + 3=10. x=. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 35.

(36) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 7  2x = 10 - 3  2x = 7  x = 2 7 Vậy khi x = thì hàm số có giá trị bằng 10. 2 +) Để hàm số y = f  x  = 2x + 3 có giá trị bằng -7  2x + 3 = -7.  2x = -7 - 3  2x = - 10  x = -5 Vậy khi x = -5 thì hàm số có giá trị bằng -7. 2. Bài 2: Cho hàm số bậc nhất 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 đƣợc 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 công 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 đƣờng 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 =. 1 x+2 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 . Giải: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x + 2 và y =. 1 x+2 2. Cho x = 0  y = 2  E ( 0; 2) y = 0  x = 2  A ( 2; 0)  Đồ thị hàm số y = - x + 2 là đƣờng thẳng đi qua 2 điểm E ( 0; 2); A ( 2; 0) Cho x = 0  y = 2  E ( 0; 2) y = 0  x = - 4  B ( -4; 0)  Đồ thị hàm số y =. 1 x + 2 là đƣờng thẳng đi qua 2 điểm E ( 0; 2); B( -4; 0) 2. 36 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(37) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. ******************************************* Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 10(Tiết 28; 29; 30) SỰ XÁC ĐỊNH ĐƢỜNG TRÕN. TÍNH CHẤT ĐỐI XỨNG CỦA ĐƢỜNG TRÕN A. Kiến thức cơ bản 1. Định nghĩa của đường tròn: Đƣờng tròn tâm O, bán kính R, ký hiệu: (O; R) là tập hợp các điểm cách O một khoảng bằng R 2. Vị trí tương đối của 1 điểm đối với đường tròn: Cho (O; R) và 1 điểm M trong cùng 1 mặt phẳng - điểm M nằm trên (O)  OM = R - điểm M nằm bên trong (O)  OM < R - điểm M nằm bên ngoài (O)  OM > R 3. Sự xác định đường tròn - Định lý: Qua 3 điểm không thẳng hàng ta vẽ đƣợc 1 và chỉ 1 đƣờng tròn - Chú ý: + tâm của đƣờng tròn đi qua 3 điểm không thẳng hàng là giao điểm của các đƣờng trung trực của tam giác ABC. Đƣờng tròn đi qua 3 điểm không thẳng hàng A, B, C đƣợc gọi là đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC ay tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn + không vẽ đƣợc đƣờng tròn nào đi qua 3 điểm thẳng hàng + để chứng minh nhiều điểm cùng nằm trên 1 đƣờng tròn, ta chứng minh các điểm ấy cùng cách đều 1 điểm cố định. Điểm cố định ấy là tâm của đƣờng tròn, khảng cách đều ấy là bán kính của đƣờng tròn B. Bài tập áp dụng Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên AB, AC lần lƣợt lấy các điểm D, E. Gọi M, N, P, Q lần lƣợt là trung điểm của DE, EB, BC, CD. CMR: 4 điểm M, N, P, Q cùng thuộc 1 đƣờng tròn LG A. D M E N. B. Q. P. C. + Xét tam giác EDB, ta có: ME  MD    MN là đƣờng trung bình của  EDB, suy ra MN // = ½ B (1) hay MN//AB NE  NB . + Xét tam giác BCD, ta có : QC  QD    PQ là đƣờng trung bình của tam giác BCD, suy ra PQ // = ½ BD PC  PB . + Từ (1) và (2) => MN // = PQ. => tứ giác MNPQ là hình bình hành. (2). (*). *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 37.

(38) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. + Xét tam giác CDE, ta có : MD  ME    MQ là đƣờng trung bình của  CDE, suy ra MQ // CE => MQ // AC QD  QC .   0   MQ  MN  M  90 mà AC  AB  . MQ / / AC + Ta có : MN / / AB. (**). + Từ (*) và (**) => tứ giác MNPQ là hình chữ nhật, gọi O là giao điểm của MP và NQ => OM = ON = OP = OQ => 4 điểm M, N, P, Q cùng thuộc 1 đƣờng tròn Bài 2 : Chứng minh định lý sau : a) Tâm của đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm của cạnh huyền b) Nếu 1 tam giác có 1 cạnh là đƣờng kính của đƣờng tròn ngoại tiếp thì tam giác đó là tam giác vuông LG A. A. B B. O. C. O. C. Vì tam giác ABC nọi tiếp đƣờng tròn tâm O Xét tam giác ABC vuông tại A. Gọi O là có đƣờng kính BC => OA = OB = OC trung điểm của BC => OA = OB = OC (vì => OA = ½ BC AO là trung tuyến của tam giác) => O là => tam giác ABC vuông tại A tâm của đƣờng trong ngoại tiếp tam giác ABC Bài 3 : Cho tam giác ABC nhọn, vẽ đƣờng tròn (O ; ½ BC) cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại D và E a) Chứng minh rằng : CD vuông góc với AB ; BE vuông góc với AC b) Gọi K là giao điểm của BE và CD. Chứng minh rằng : AK vuông góc với BC LG A. E D K. B. O. C. a) Theo bài 2, tam giác BCD và tam giác BCE có cạnh BC là đƣờng kính => tam giác BCD vuông tại D (=> CD vuông góc với AB) và tam giác BCE vuông tại E (=> BE vuông góc với AC) b) Xét tam giác ABC, ta có :. 38 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(39) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** BE  AC   CD  AB   K là trực tâm của tam giác ABC => AK vuông góc với BC mà BE  CD  K . Bài 4 : Cho tam giác ABC, góc A > 900. Gọi D, E, F theo thứ tự là chân các đƣờng cao kẻ từ A, B, C. Chứng minh rằng: a) Các điểm A, D, B, E cùng nằm trên 1 đƣờng tròn b) Các điểm A, D, C, F cùng nằm trên 1 đƣờng tròn c) Các điểm B, C, E, F cùng nằm trên 1 đƣờng tròn LG F. E A. N. M. B. D. C. I. a) gọi M là trung điểm của AB 1 AB 2 1 xét tam giác AEB, E  900  MA  ME  MB  AB 2. xét tam giác ADB, D  900  MA  MB  MD . (1) (2). từ (1) và (2) => MA = MB = MD = ME => các điểm A, D, B, E cùng nằm trên 1 đƣờng tròn b) gọi N là trung điểm của AC xét tam giác ADC vuông tại D và tam giác AFC vuông tại F, ta có: DN, FN lần lƣợt là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC => NA = ND = NC = NF => A, D, C, F cùng nằm trên 1 đƣờng tròn c) gọi I là trung điểm của BC (chứng minh tƣơng tự) Bài 5: Cho tam giác ABC có AB = AC nội tiếp đƣờng tròn tâm O, đƣờng cao AH của tam giác cắt đƣờng tròn (O) tại D a) Chứng minh rằng AD là đƣờng kính của đƣờng tròn tâm O b) Tính góc ACD c) Cho BC = 12cm, AC = 10cm. Tính AH và bán kính của đƣờng tròn tâm O LG A a) + vì AB = AC => tam giác ABC cân tại A, mà AH vuông góc với BC => AH là đƣờng trung trực của BC => AD cũng là trung trực của BC (1) + do tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn tâm O => O thuộc O đƣờng trung trực của BC (2) + từ (1) và (2) => O thuộc AD => AD là đƣờng kính của B C H đƣờng tròn (O) b) theo bài 2 tam giác ACD nội tiếp đƣờng tròn (O) có AD D là đƣờng kính => góc ACD = 900. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 39.

(40) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 1 1 c) + vì AD  BC  BH  CH  BC  .12  6 cm 2 2. + xét tam giác AHC vuông tại H, ta có: AC 2  AH 2  CH 2  AH  102  62  8 cm + xét tam giác ACD vuông tại C, áp dụng hệ thức về cạnh và đƣờng cao trong tam giác vuông ta có: AC 2  AD. AH  AD  R. AC 2 102   12,5cm => bán kính của đƣờng tròn (O) là AH 8. 1 1 AD  .12,5  6, 25cm 2 2.  HDHT: +) Ôn tập về đƣờng tròn (định nghĩa và tính chất đối xứng của đƣờng tròn) - Bài tập về nhà: 1. Bài tập 1: Chứng minh rằng: Trong tam giác vuông đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa độ dài cạnh huyền. GT: Cho ABC ( A  900 ) MB = MC = KL: AM =. 1 BC 2. 1 BC 2. Giải: +) Kẻ MK  AB  MK // AC +) Xét ABC có MB = MC =. 1 BC (gt) 2. MK // AC (gt)  AK = KB +) Xét ABM có MK  AB; AK = KB  ABM cân tại M 1 1 1 BC mà MB = MC = BC  AM = MB = MC = BC 2 2 2 0 Tứ giác ABCD có B = D  90 ..  AM = MB =. 2. Bài tập 2: a) Chứng minh rằng 4 điểm A, B, C, D cùng nằm trên 1 đƣờng tròn. b) So sánh độ dài AC và BD. Nếu AC = BD thì tứ giác ABCD là hình gì ? Giải: a) Gọi O là trung điểm của AC  OA = OC =. 1 AC (1) 2. +) Xét ABC vuông tại B có OA = OC  OB là đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền AC 1 (2) AC 2 +) Xét ADC vuông tại D có OA = OC  OD là đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền AC 1  OD = AC (3) 2 1 Từ (1) (2), và (3)  OA = OB = OC = OD = AC 2  AC  Vậy 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc 1 đƣờng tròn  O;  2  .  OB =. . AC . b) Nếu AC = BD  AC, BD là các đƣờng kính của đƣờng tròn  O;  2   40 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(41) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************  ABC  BCD  CDA  DAB  900  Tứ giác ABCD là hình chữ nhật. 3. Bài tập 3: Cho ABC có 3 góc nhọn. Các đƣờng cao AD; BE; CK cắt nhau tại H. CMR: a) 4 điểm B; C; E; K cùng nằm trên 1 đƣờng tròn. Hãy xác định tâm và bán kính của đƣờng tròn đó. b) 4 điểm A; B; E; D cùng nằm trên 1 đƣờng tròn. Giải: b) Gọi O1 là trung điểm của BC  BO1 = CO1=. BC 2. +) Xét BEC vuông tại E (AC  BE)  EO1 là đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền BC BC (1) 2 +) Xét BKC vuông tại K (AB  CK)  KO1 là đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền BC BC  KO1 = BO1 = CO1= (2) 2 BC Từ (1); (2)  KO1 = EO1 = BO1 = CO1= 2.  EO1 = BO1 = CO1=. Vậy 4 điểm 4 điểm B; C; E; K cùng nằm trên 1 đƣờng tròn tâm O1 và bán kính. BC . 2. Gọi O2 là trung điểm của AB ta cũng chứng minh tƣơng tự 4 điểm A; B; E; D cùng nằm trên 1 đƣờng tròn tâm O2 và bán kính. AB . 2. ******************************************* Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 11(Tiết 31; 32; 33) HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƢỜNG THẲNG. ĐƢỜNG THẲNG SONG SONG, ĐƢỜNG THẲNG CẮT NHAU A. Kiến thức cơn bản 1. Góc tạo bởi đƣờng thẳng y = ax + b (a khác 0) và trục Ox - Góc  tạo bởi đƣờng thẳng y = ax + b (a khác 0) và trục Ox là góc tạo bởi tia Ax và tia AT, trong đó A là giao điểm của đƣờng thẳng y = ax + b với trục Ox; T là điểm thuộc đƣờng thẳng y = ax + b và có tung độ dƣơng. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 41.

(42) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 8. 8. 6. T. 6. 4. 4. 2. T 2. A -15. -10. . . -5. 5. 10. 15. . y=ax+b -15. y=ax. -10. -5.  5. A. -2. 10. 15. y=ax -2. -4. y=ax+b -4 -6. -6 -8. Trƣờng hợp a > 0. -8. Trƣờng hợp a < 0. - với a > 0  00    900 , a càng lớn thì  càng lớn - với a < 0  900    1800 , a càng lớn thì  càng lớn 2. y = ax + b (a khác 0) thì a đƣợc gọi là hệ số góc của đƣờng thẳng 3. Với 2 đƣờng thẳng  d  : y  ax  b và  d '  : y  a' x  b'  a; a'  0  , ta có:   d  / /  d '   a  a ' ; b  b'.   d    d '   a  a ' ; b  b'.   d    d '   a  a'.   d    d '   a.a'  1. - Chú ý: khi a khác a’ và b = b’ thì 2 đƣờng thẳng có cùng tung độ gốc, do đó chúng cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung có tung độ là b B. Bài tập áp dụng Bài 1: Xác định hệ số góc k của đƣờng thẳng y = kx + 3 – k trong mỗi trƣờng hợp sau: 2 3. a) Đƣờng thẳng song song với đồ thị hàm số y  x b) Cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 c) Cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 LG 2 3. 2 3. 2 3. a) Vì đt y = kx + 3 – k song song với đths y  x  k   ptđt có dạng: y  x . 7 3. b) Vì đths y = kx + 3 – k cắt trục tung tại điểm có tung độ là b = 3 – k, mà theo giả thiết đths cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên 3  k  2  k  1  ptđt có dạng: y = x+2 c) Vì đt y = kx + 3 – k cắt trục hoành tại đểm có hoành độ bằng 3, nên tung độ tại điểm này bằng 0 ta có : 0  3k  3  k  k . 3 3 9  ptđt có dạng : y  x 2 2 2. Bài 2 : Cho hs bậc nhất : y = ax – (1). Xác định hệ số a trong mỗi trƣờng hợp sau a) đths (1) cắt đƣờng thẳng y = 2x – 1 tại điểm có hoành độ bằng 2 b) đths (1) cắt đƣờng thẳng y = -3x + 2 tại điểm có tung độ bằng 5 LG a) Gọi M là giao điểm của đths (1) và đt y = 2x – 1 => tọa độ điểm M thỏa mãn đồng thời cả 2 đt trên - tung độ của điểm M là y = 2.2 – 1 = 3 => M(2 ; 3) - vid đths (1) đi qua điểm M(2 ; 3), nên ta có : 3 = 2.a – 4 => a = 7/2 b) Gọi N là giao điểm của đths (1) và đt y = -3x + 2 => tọa độ điểm N thỏa mãn đồng thời cả 2 đt trên 42 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(43) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. - hoành độ của diểm N là 5 = -3x + 2 => x = -1 => N(-1 ; 5) - vì đths (1) đi qua N(-1 ; 5), nên ta có : 5 = a.(-1) – 4 => a = - 9 Bài 3 : Cho hs : y = -2x + 3 a) Vẽ đths trên b) Xác định hs có đthị là đt đi qua gốc tọa độ và vuông góc với đt y = -2x + 3 c) Tìm tọa độ giao điểm A của đt y = -2x + 3 và đt tìm đƣợc ở câu b) d) Gọi P là giao điểm của đt y = -2x + 3 với trục tung. Tìm diện tích tam giác OAP LG a) Vẽ đths y = -2x + 3 x 0 y = -2x + 3 3 => đths y = -2x + 3 đi qua 2 điểm P(0 ; 3), Q(3/2 ; 0). 3/2 0. 8. fx = -2x+3 6. 4. P gx =.  1 2. x. 2. 3. A H. 5 -15. -10. -5. O. 6 3 5 2. 5. 10. 15. -2. -4. -6. b) đt qua gốc tọa độ O có dạng y = ax (a khác 0) - vì y = -2x + 3 và y = ax vuông góc với nhau nên : -2a = 1 => a = -1/2 1 2. => hs có dạng : y  x 1 2. c) tìm tọa độ giao điểm của y = -2x + 3 và y  x - gọi A là giao điểm của 2 đt trên => tọa độ điểm A thỏa mãn cả 3 đt trên 1 2. - hoành độ điểm A là nghiệm của pt : 2 x  3  x  x  1 6 2 5. - tung độ của điểm A là : y  . . 6 5. 3 5. Vậy giao điểm A của 2 đt trên có tọa độ : A(6/5 ; 3/5) 1 AH .OP trong đó : AH = 6/5 ; OP = 3 2 1 6 9  SAOP  . .3  (đvdt) 2 5 5 m 1 Bài 4: Cho hàm số : y  xm2 (1) m 1. d) SAOP . a) Với gtr nào của m thì (1) là hsbn? b) Với gtr nào của m thì (1) là hs đồng biến? c) Với gtr nào của m thì đths (1) đi qua điểm A(1; 2)? LG *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 43.

(44) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** m  1  0 m 1 a) hs (1) là hsbn  0  m  1 m 1 m  1  0  m  1  0  m 1  m  1 m 1 m  1  0  b) hs (1) đồng biến  0   m  1  0 m 1  m  1   m  1  m  1  0. c) vì đths (1) đi qua A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs (1), ta có:. m 1  m  2  2(m  1)  m  1   m  1 m  2   m 2  2m  1  0 m 1  m  1  2 2   m  1  2  0  m  1  2 m  1  2  0    m  1  2 2. . . . Bài 5: a) Vẽ đt các hs sau trên cùng mặt phẳng tọa độ: y = 2x (1); y = 0,5x (2); y = - x + 6 (3) b) Gọi các giao điểm của các đt có pt (3) với 2 đt có pt (1) và (2) theo thứ tự là A và B. Tìm tọa độ của 2 điểm A và B c) Tính các góc của tam giác OAB LG a) vẽ đt 8. 6. E. A 4. B. C. 2. 1. D F. -15. -10. O. -5. 2. 4. 5. 6. 10. 15. -2. -4. -6. - đths (1) đi qua điểm O và C(1; 2) - đths (2) đi qua điểm O và D(2; 1) - đths (3) đi qua điểm E(0; 6) và F(6; 0) b) Tìm tọa độ điểm A và B - hoành độ điểm A thỏa mãn pt: 2x = -x + 6 => x = 2 Thay x = 2 vào (1) ta đc y = 4 => A(2; 4) - hoành độ điểm B thỏa mãn pt : 0,5x = -x + 6 => x = 4 Thay x = 4 vào (2) ta đc y = 2 => B(4 ; 2) OA  22  42  20   c) ta có :   OA  OB  OAB cân tại O OB  22  42  20  . Ta lại có : AOB  AOx  BOx trong đó :. 44 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(45) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 4 2 1 tan AOx   2  AOx  630 26' ; tan BOx    BOx  26034' 2 4 2 1800  36052'  AOB  630 26'  26034'  36052'  A B  71034' 2.  HDHT: +) Tiếp tục ôn tập về điều kiện để đồ thị của hàm số bậc nhất đi qua 1 điểm, điều kiện để 2 đƣờng thẳng song song, cắt nhau, trùng nhau, cách vẽ đồ thị hàm số bậc. nhất y  ax  b . - Bài tập về nhà: 1. Bài 1: Cho hàm số y = (2k +1)x + k - 2 * a) Tìm k để đồ thị hàm số (*) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2. b) Tìm k để đồ thị hàm số (*) song song với đƣờng thẳng y= 2x + 3 c) Tìm k để đồ thị hàm số (*) vuông góc với đƣờng thẳng y =. 1 x–3 3. Giải: 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 có: 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 hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 b) Để đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - 2 song song với đƣờng thẳng y= 2x + 3  2k  1  2  2k  2  1     k  2  3 k  3  2. 1   2k  1 k      2 t/m) k  5  k  5. 1 thì đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - 2 song song với đƣờng thẳng y= 2x + 3 2 1 c) Để đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - 2 vuông góc với đƣờng thẳng y = x – 3 3 1  a.a’ = -1  (2k + 1) . = -1 3  2k + 1 = - 3  2k = -4  k = -2 5 1 Vậy với m = đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - 2 vuông góc với đƣờng thẳng y = x–3 2 3 2. Bài 2: Cho hàm số y = (m - 1).x - 2m + 3. Vậy với k . a) Tìm điều kiện của m để hàm số luôn luôn đồng biến. b) Tìm điều kiện của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 c) CMR: Đồ thị hàm số luôn luôn đi qua 1 điểm cố định với mọi giá trị của m ***************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 12(Tiết 34; 35; 36) *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 45.

(46) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. LUYỆN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC NHẤT. y  ax  b ( a  0 ). A. Mục tiêu: - 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 học. - 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 , thƣớc kẻ, com pa. HS: Ôn tập về định nghĩa, tính chất của hàm số bậc nhất, thƣớc kẻ, com pa . C. Tiến trình dạy - học: 1. Tổ chức lớp: 2. Nội dung: Phần I: 1. Bài 8:. Luyện tập về hàm số bậc nhất. . . y  ax  b ( a  0 ). ( SBT - 57): Cho hàm số y = 3  2 .x  1. a) Hàm số là đồng biến hay nghịch biến trên R ? Vì sao? b) Tính giá trị tƣơng ứng của y khi x nhận các giá trị sau: 0; - 2; 3  2 ; 3  2 . c) Tính giá trị tƣơng 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. . 3  2 .0  1 = 1  y =  3  2  .  2   1 = 6  2 2  1 = 5  2 2 +) x = -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 = 3   2   1 = 9 - 2 +1 = 8 y = 0   3  2  .x  1 = 0   3  2  .x  1 +) x = 0.  y=. 2. 2. c) Khi.  x. 1 3 2  3 2 32  2.  . 2. . 3 2 3 2 = 92 7. 2. Bài 20: (SBT – 60) 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 thì y = 3  2 ta có: 3  2 = a.( 1  2 ) +1  a.( 1  2 ) = 3  2 -1 a.( 1  2 ) = 2  2  2 2 = 1 2 Vậy khi x = 1  2 và y = 3  2 thì a = 2 .. . a=. 2.. . . 2 1. 2 1. 2. b) Vì đồ thị hàm số y= -2x + b đi qua điểm A ( 2; -3) nên ta có: 46 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(47) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************  -3 = -2.2 + b  - 4 + b = -3 b =1 . Vậy khi b = 1 thì đồ thị hàm số y= -2x + b đi qua điểm A ( 2; -3) 1. Bài 1: Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 3x - 4 với 2 trục toạ độ . ( Đề thi THPT năm học: 2006 - 2007) Giải: Cho x = 0  y = - 4  A ( 0; -4) Cho y = 0  = . 4 4  B (  ;0) 3 3. Vậy đồ thị hàm số y = 3x – 4 cắt trục tung Oy tại điểm A ( 0; - 4) và cắt trục hoành 4 ;0) 3 Cho hàm số y = (m + 2).x + m - 3. tại điểm B ( . 2. Bài 2; 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 hoành 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 năm học: 2001 - 2002) Giải: a) Để hàm số y = (m + 2).x + m - 3 luôn luôn nghịch biến với mọi giá trị của x m +2 < 0   m < -2 Vậy với 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 hoành độ bằng -3  x = -3 ; y = 0 Ta có : 0 = (m + 2).  3 + m - 3  -3m – 6 + m - 3 = 0  -2m = 9.  m = . 9 2. 9 thì đồ thị hàm số trên cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng – 3. 2 c) Giả sử đồ thị hàm số y = (m + 2).x + m - 3 luôn luôn đi qua 1 điểm cố định. Vậy với m = .    . M (x0; y0) với mọi giá trị của m y0 = (m + 2).x0 + m – 3 (với  m) y0 = m.x0 + 2 x0 +m – 3 (với  m) ( m.x0 + m) + (2 x0 – 3 - y0 ) = 0 (với  m) m.(x0 + 1) + (2 x0 – 3 - y0 ) = 0 (với  m).   x0  1  x0  1  x0  1       2  3  y0  0  y0  5 2  1  3  y0  0 Vậy đồ thị hàm số y = (m + 2).x + m - 3 luôn luôn đi qua 1 điểm cố định.  x0  1  0   2 x0  3  y0  0. M (x0 = -1; y0 = -5) với mọi giá trị của 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 đƣờng thẳng song song, cắt nhau, trùng nhau, cách vẽ đồ thị hàm số bậc nhất - Bài tập về nhà:. y  ax  b. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 47.

(48) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 1. Bài 1: Cho hàm số 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 diện tích) LG: 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  Vậy với m < 1 thì hàm số y = (m - 1).x - 2 m - 3 luôn luôn nghịch biến với mọi giá trị của x. b) Để đồ thị hàm số 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 (với  m)  y0 = (m - 1).x0 - 2 m - 3 (với  m)  y0 = m.x0 - x0 - 2m – 3  ( m.x0 -2m) - ( x0 + 3 - y0 ) = 0 (với  m)  m.(x0 - 2) - ( x0 + 3 - y0 ) = 0 (với  m)  x0  2  x0  2  x0  2      2.2  3  y0  0 4  3  y0  0  y0  7 Vậy đồ thị hàm số y = (m - 1).x - 2 m - 3 luôn luôn đi qua 1 điểm cố định  x0  2  0    x0  3  y0  0. 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 2m +3 2m +3  2m +3  N ;0   ON = m-1 m-1  m-1  1 1 2m +3 Diện tích tam giác MON là: S OMN = OM .ON = . 2m + 3 . 2 2 m-1. Cho y = 0  x =. 1  2m +3  S= . 2 m-1. 2. Để diện tích OMN bằng 4 thì .  2m. 1  2m +3 . 2 m-1. 2. =4. +3  4.2. m - 1 2.  4m2  12m  9  8 m - 1  4m2  12m  9  8m  8   2  4m  12m  9  8m  8.  4m2  4m  17  0   2  4m  20m  1  0. 2. Bài 2: Cho hàm số 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 đƣờng thẳng y = -2x + 1 48 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(49) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. c) Tìm m để đồ thị hàm số (*) vuông góc với đƣờng 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 có: -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 đƣờng thẳng y = - 2x + 1 m  3  2   m  2  1. m  2  3   m  1  2. m  1 ( t/m)  m  1 Vậy với m = 1 thì đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 (*) song song với đƣờng thẳng y = - 2x + 1 c) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 (*) vuông góc với đƣờng thẳng y= 2x - 3  a.a’ = -1  (m – 3) .2 = -1 5  2m – 6 = -1  2m = 5  m= 2 5 Vậy với m = đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 vuông góc với đƣờng thẳng y = 2x - 3 2. **************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 13(Tiết 37; 38; 39) VỊ TRÍ TƢƠNG ĐỐI CỦA ĐƢỜNG THẲNG VÀ ĐƢỜNG TRÕN. A. Kiến thức cơ bản 1. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn.. Gọi OH =d là khoảng cách từ tâm O đến đ-ờng thẳng a. a; a c¾t (0)  2 ®iÓm chung  d<R b; a tiÕp xóc (0)  1 ®iÓm chung  d = R c; a kh«ng giao (0)  kh«ng cã ®iÓm chung  d >R 2. Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn Đƣờng thẳng a là tiếp tuyến của đtr (O ; R)  d = R (d : là khoảng cách từ tâm O đến a) Nếu đt a đi qua 1 điểm của đtr và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đt a là 1 tiếp tuyến của đtr 3. Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau Nếu 2 tiếp tuyến của đtr cắt nhau tại một điểm thì : - điểm đó cách đều hai tiếp điểm *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 49.

(50) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. - tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến - tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua 2 tiếp điểm 4. Đường tròn nội tiếp tam giác - đtr nội tiếp tam giác là đtr tiếp xúc với 3 cạnh của tam giác - tâm của đtr nội tiếp tam giác là giao điểm của 3 đƣờng phân giác của các góc trong tam giác 5. Đường tròn bàng tiếp tam giác - đtr bàng tiếp tam giác là đtr tiếp xúc với 1 cạnh của tam giác và tiếp xúc với phần kéo dài của hai cạnh còn lại - tâm của đtr bàng tiếp tam giác là giao điểm của 2 đƣờng phân giác các góc ngoài tại hai đỉnh của tam giác - mỗi tam giác có 3 đtr bàng tiếp B. Bài tập áp dụng Bµi 1: Cho ®-êng trßn t©m 0 vµ ®iÓm I n»m trong (0) C/m r»ng d©y AB vu«ng gãc víi OI t¹i I ng¾n h¬n mäi d©y kh¸c ®i qua I Gi¶i: GV h-íng dÉn: VÏ d©y CD bÊt k× qua I (Kh¸c d©y AB ) ta c/m AB <CD Muèn so s¸nh hai d©y ta so s¸nh ®iÒu g× ? ( Ta so sánh hai khoảng cách từ tâm đến 2 dây ; Dùng tính chất trong tam giác vuông thì c¹nh huyÒn lµ c¹nh lín nhÊt ) Bài 2 : Từ 1 điểm A nằm bên ngoài đtr (O), kẻ các tiếp tuyến AB và AC với đtr (B ; C là các tiếp điểm). Qua điểm M thuộc cung nhỏ BC, kẻ tt với đtr (O), tt này cắt các tt AB, AC theo thứ tự tại D và E. Chứng minh rằng chu vi tam giác ADE bằng 2.AB LG Theo tính chất 2 tt cắt nhau, ta có : B D DM = DB (1) ; M EM = EC (2) A O Chu vi tam giác ADE là : E CADE  AD  AE  DE  AD  AE  DM  EM (3) C Từ (1) ; (2) và (3) :.  CADE  AD  AE  DB  EC   AD  DB    AE  EC   AB  AC  2 AB (vì AB = AC). Bài 3 : Cho đtr (O), điểm I nằm bên ngoài đtr (O). Kẻ các tt IA và IB với đtr (A, B là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của IO và AB. Biết AB = 24cm ; IA = 20cm a) Tính độ dài AH ; IH ; OH b) Tính bán kính của đtr (O) LG - Theo tính chất của 2 tt cắt nhau, ta có: IA = A IB = 20cm; IO là phân giác của góc AIB - Tam giác IAB cân tại I, có IH là phân giác => IH cũng đồng thời là đƣờng cao và là đg I. H. O. trung tuyến  AH  BH . 1 1 AB  .24  12cm 2 2. - Xét tam giác AHI vuông tại H B. 50 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(51) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** ta có : IH 2  IA2  AH 2  202 122  162  IH  16cm (theo Pytago). - Xét tam giác AIO, vuông tại A, áp dụng hệ thức về cạnh và đg cao trong am giác vuông ta có : AH 2 122  9 HI 16 AO 2  IO.OH   IH  OH  .OH  16  9  .9  225  AO  15cm AH 2  HI .HO  HO . Bài 4 : Cho nửa đtr (O ; R) đg kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đtr cùng thuộc nửa mp có bờ là AB). Lấy M thuộc Ax, qua M kẻ tt với nửa đtr, cắt By tại N a) Tính góc MON b) CMR : MN = AM + BN c) CMR: AM.BN = R2 LG a) - theo tc của 2 tt cắt nhau, ta có: y 1 AOH ; MA  MH 2 1 O3  O4  BOH ; NB  NH 2 O1  O2 . - ta có:. N. x. (1) H. . . 1 1 MON  O2  O3  AOH  BOH  .1800  900 2 2. M. 1. b) do MN = MH + NH (2) => từ (1) và (2) : MN = MA + NB c) Xét tam giác MON vuông tại O, theo hệ thức về cạnh và đg cao trong tam giác vuông, ta có :. 2 3 4 R. O. A. B. OH 2  MH .NH  AM .BN  2   AM .BN  R mà OH  R . Bài 5: Cho đtr (O; R) và 1 điểm A nằm cách O 1 khoảng bằng 2R. Từ A vẽ các tt AB, AC với đtr (B, C là các tiếp điểm). đg thg vuông góc với OB tại O cắt AC tại N, đg thg vuông góc với OC tại O cắt AB tại M a) CMR: AMON là hình thoi b) Đthg MN là tt của đtr (O) c) Tính diện tích hình thoi AMON LG a) + vì AB, AC là 2 tt của đtr (O) B  AB  OB; AC  OC + mà ON  OB; OM  OC. M. Nên AB // ON, AC // OM => tứ giác AMON là Hình bình hành (1) + mặt khác : A1  A2 (tc 2 tt cắt nhau) (2) + từ (1) và (2) => tứ giác AMON là hình thoi b) + vì AMON là hình thoi  MN  OA (3) 1 2. 1 2. + mặt khác : HO  AH  OA  .2R  R. A. 1 2. H. O. N C. (4). + từ (3) và (4) => MN là tt của đtr (O) *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 51.

(52) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** OB R 1 c) + xét tam giác ABO, vuông tại B ta có : sin A1     A1  300 OA 2 R 2. + xét tam giác AHM vuông tại H, ta có : 3 3 2R 3  MN  2.MH  2.R.  3 3 3 2 1 1 2R 3 2R 3 (đvdt)  .MN . AO  . .2 R  2 2 3 3. MH  AH .tan A1  R.tan 300  R.. + do đó : S. AMON. *******************************************. 52 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(53) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 14(Tiết 40; 41; 42) ÔN TẬP TỔNG HỢP ĐẠI SỐ + HÌNH HỌC I. ĐẠI SỐ Bài 1: Thực hiện phép tính a) 50  3 45  2 18  5 20  5 2  9 5  6 2  10 5   2  5.  .  .  . 8 2 2 3 2 2 8 2 2 23 2 2     3 2 2 1 2 3 2 3 2 b) . 28  14 2  7. .  . 2. . . 2 1 2. 1  2 1  2 .   . 3 1  7   2   1  7 . 1      3.  . . .  .  1  7 . 1  7   7  1 .  7  1   7. . . . .  12  7  1  6. 2. . 5 3.  10  2 3  2 2 5  3  10  2 3  4 5  6  10  2 5  2.2. 5  4  10  2  10  2. 7 2. . 2. 10  2 3  2 29  12 5  10  2 3  2 20  2.2 5.3  9  10  2 3  2. d). . 2  2  4  2 2  2  3  2  2  1. . . 2 3. . 2 3 . 7 7 1  7  7   3  21    2   1  1   .  3 1 7   c)  1  7  . . . . 5  2  10  2 5  4  6  2 5  5  2 5  1 . . . 5 1. 2. . . 2. 5 2. . 2.  5 1.  x2 x 1 x 1      x x  1 x  x  1 x 1 . Bài 2: Cho biểu thức B  1:  a) RG biểu thức B b) So sánh B với 1 LG a) đk: x  0; x  1. Ta có:.  x2 x 1 x 1 B  1:     x 1 x  x 1 x  x 1 x 1 x 1    x2 x 1 1    1:    x 1 x  x 1 x  x 1 x 1   . . . .  1:.  1:. . x2. . . .   x  1   x   x  1 x  x  1. . x 1 x . . . .   1: x  2  x  1  x  x  1  x  1 x  x  1 x .  x  1 x x  1:  1:  x  1  x  1 x  x  1 x  x  1. x 1 .. x x. .    . x 1. x 1 x. b) xét hiệu:. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 53.

(54) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. . . 2. x 1 x  x 1 x  x 1 x x  2 x 1 B 1  1    0 x x x x  B 1  0  B  1  x x  1 x x  1   2. x  2 x  1    Bài 3: Cho biểu thức: P    :    x  1 x  x x  x    . . a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P < 0 c) Tìm x nguyên để P nguyên LG a) Đk: 0 < x #1. Ta có:. .  .  x x  1 x x  1   2. x  2 x  1 P     :  x 1 x x    x x     . .  x. . x 1 x  x 1. .  x  1  x   x 1.  x   x . b) P  0  c) Ta có: P .  .  . . x  1 x  x  1   :   x x 1  . . . .    2. x  1   2. x  1 :   x x 1  . . . x 1  0  x  1  0 vi x 1. . x 1  x 1. .  . 2.. . . .   x  1  . x 1. . x 1. 2. x x 1 .  x 2. x  1. . . . x 1 x 1. . x 1  0  x  1  x  1  0  x  1. x 1  2 2  1 x 1 x 1. 2  Z  2 x  1  x  1 Ƣ(2), mà Ƣ(2) = 1; 2 x 1 ) x  1  1  x  2  x  4  tm  PZ . ) x  1  1  x  0  x  0  tm  ) x  1  2  x  3  x  9  tm  ) x  1  2  x  1  lo¹i  3 3   x 1 x 2  :     x   x  2 x  1   x 1 . Bài 4: Cho biểu thức: P  . a) Tìm điều kiện để P có nghĩa? b) Rút gọn biểu thức P c) Tìm x nguyên để P nguyên LG a) đk: x  0; x  1; x  4 b) Ta có:. 54 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(55) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** P. .   x  2 x  x  1  x  2 x 1  x  2 x  1   x  2 3 . 3 x x  x  1 3 x 3. . :. . x 1. x 1. x 1 . x 2. . x. . 3. :. . x 1. x 1  x  4 x 2. . . x 1. c) Tìm x nguyên để P nguyên P. . x 2 x.   1. 2  Z  x  U (2)  1; 2 x. ) x  1  x  1 loai  ) x  2  x  4  loai  ) x  1 loai  ) x  2  loai . Bài 5: Thực hiện phép tính M  6  2 2. 3 . 2  12  18  128  6  2 2. 3 . M  6  2 2. 3 . 2  12 . 4  2 . 2.  6  2 2. 3 . M  6  2 2. 3  2 3  4  6  2 2. 3 . . . . 3 1. 2. . 3 1. M  6  2 2. 2  3  6  2. 4  2 3  6  2. M  62 3 2  42 3 . 2  12  18  8 2. . 2. 2 2 3 4 2.  6  2 2. 3  3  1. . 3 1. 2.  6  2.. . . 3 1.  3 1. Bài 6: a) Với giá trị nào của m thì hsbn: y   4m  3 x  5 đồng biến b) Với giá trị nào của m thì hsbn: y   2m  5 x  14 nghịch biến LG 3 4 5 b) hsnb  2m  5  0  m  2. a) hsđb  4m  3  0  m . Bài 7: Tìm gtr của m để đƣờng thẳng: y   m  3 x  m  1,  m  3 và đƣờng thẳng y   2  m  x  3,  m  2  cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung. LG - Xét y   m  3 x  m  1,  m  3 (1) Ta có: a = m – 3; b = m + 1 - Xét y   2  m  x  3,  m  2  (2) ’ ’ Ta có: a = 2 – m; b = - 3 - Để đth (1) và đth (2) cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung khi và chỉ khi *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 55.

(56) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** a  a ' m  3  2  m  2m  5     m  4  ' b  b m  1  3 m  4 . Bài 8 : Cho 2 hsbn : y   m  3 x  1 thì đồ thị 2 hs trên là 2 đg thg a) Song song ; b) Cắt nhau ; c) Trùng nhau LG Xét (1), ta có : a = m + 3 ; b = -1 Xét (2), ta có : a’ = 1 – 2m ; b’ = 5. 1 và. y  1  2m  x  5.  2 . Với gtr nào của m. a  a '  m  3  1  2m 2    3m  2  m   ' 3 b  b 1  5  2 b) (1) cắt (2)  a  a'  m  3  1  2m  3m  2  m   3 2  a  a '  m  3  1  2m  m   c) (1) trùng (2)     3 không tồn tại m thỏa mãn '  1  5 b  b     1  5. a) (1) // (2)  . 2 3. Bài 9: Vẽ đthị 2 hs sau trên cùng 1 hệ trục tọa độ : y  x  2 (1); y  2 x  2  2  . Gọi A ; B là giao điểm của (1) và (2) với trục hoành ; và giao điểm của 2 đg thg là C. Tìm tọa độ giao điểm A, B, C. Tính diện tích tam giác ABC LG * Bảng các giá trị của x và y : x 0 -3 x 0 -1 y  2 x  2 2 2 0 2 0 y. 3. x2. 2 3. * Đồ thị hs y  x  2 (1) đi qua điểm A(-3 ; 0) và điểm C(0 ; 2). Đồ thị hs y  2 x  2 (2) đi qua điểm B(-1 ; 0) và điểm C(0 ; 2) 8. 6. fx = 2x+2 4. 2. gx =.  2 3. x+2. C. A -15. -10. -5. -3. B -1. 0. 5. 10. 15. -2. -4. -6. * diện tích tam giác ABC là : SABC . 1 1 AB.CO  .2.2  2 (đvdt) 2 2. Bài 10 : Cho x  ab . 1  a 1  b  ; y  a 2. 2. 1  b2  b 1  a 2 . Hãy tính y theo x, biết (ab>0). LG 56 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(57) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. Ta có :. . x 2  ab . 1  a 1  b   2. . 2. 2. . .  . .  a 2b 2  2ab 1  a 2 1  b 2  1  a 2 1  b 2. . . .  2a 2b 2  2ab 1  a 2 1  b 2  a 2  b 2  1. . y 2  a 1  b2  b 1  a 2. . . 2.    a b. . . . .  a 2 1  b 2  2ab 1  a 2 1  b 2  b 2 1  a 2. .  2a 2b 2  2ab 1  a 2 1  b 2. 2. . 2. Do đó : y 2  x2  1  y   x2  1 II. HÌNH HỌC: (Ôn tập về tính chất của 2 tt cắt nhau) Bài 1 : Cho nửa đtr (O ; R), đƣờng kính AB, vẽ các tiếp tuyến Ax, By về nửa mp bờ AB chứa nửa đtr. Trên Ax, By lấy theo thứ tự M và N sao cho góc MON bằng 900. Gọi I là trung điểm của MN. CMR : a) AB là tt của đtr (I ; IO) b) MO là tia phân giác của góc AMN c) MN là tt của đtr đƣờng kính AB LG a) CMR : AB là tt của (I ; IO) x y - ta có: AM // BN (cùng vuông góc với AB) => tứ giác N ABNM là hình thang - xét hình thang ABNM, ta có:. AO  BO    IO là đƣờng MI  NI . trung bình của hình thang ABNM => IO // AM // BN - mặt khác: AM  AB  IO  AB  O  AB là tt của đtr (I; IO) b) CMR : MO là tia phân giác của góc AMN - vì AM // IO =>  AMO =  MOI (so le trong). H. I. M. A. O. B. (1) 1 2. - tam giác MON có  O = 900, OI là trung tuyến OI  IM  IN  MN => tam giác IMO cân tại I =>  IMO =  IOM (2) - từ (1) và (2) =>  MOI =  AMO =  IMO => MO là phân giác của  AMN c) CMR: MN là tt của đtr đkính AB - kẻ OH vuông góc với MN (3) - xét tam giác MAO và tam giác MHO, ta có: A  H  900   MN : chung   MAO  MHO  CH  GN  => OA = OH = R (cạnh tƣơng ứng) AMO  HMO  . => OH là bán kính của đtr tâm O đkính AB (4) - từ (3) và (4) => MN là tt của đtr đkính AB Bài 2: Cho đtr (O), điểm A nằm bên ngoài đtr. Kẻ các tt AM, AN với đtr (M, N là các tiếp điểm) a) CMR: OA vuông góc với MN b) Vẽ đkính NOC. CMR: MC // AO c) Tính độ dài các cạnh của tam giác AMN, biết OM = 3cm; OA = 5cm *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 57.

(58) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. LG a) ta có: OM = ON (= bán kính) AM = AN (tính chất 2 tt cắt nhau) => AO là trung trực của đoạn thẳng MN => OA  MN b) gọi H là giao điểm của MN và AO - vì OA  MN =>MH = NH - xét tam giác MNC, ta có:. M. C. H. A. O. ON  OC    HO là đg trung bình của tam MH  NH . N. giác MNC => HO // MC hay MC // AO c) xét tam giác AMO,  M = 900, theo Pytago ta có : AM  A O2  OM 2  52  32  4 => AM = AN = 4cm - mặt khác, áp dụng hệ thức về cạnh và đg cao trong tam giác vuông AMO, ta có: MA.MO 4.3   2, 4cm OA 5  MN  2.MH  2.2, 4  4,8cm Bài 3: Cho tam giác ABC,  A = 900, đg cao AH, vẽ đtr (A; AH), kẻ các tt BD, CE với đtr MA.MO  MH .OA  MH . (D, E là các tiếp điểm khác H). CMR: a) 3 điểm D, A, E thẳng hàng b) DE tiếp xúc với đtr đkính BC LG a) theo tc 2 tt cắt nhau, ta có: - AB là phân giác của  DAH =>  A1 =  A2 - AC là phân giác của  EAH =>  A3 =  A4 - mà  DAE =  A1 +  A2 +  A3 +  A4 = 2(  A2 +  A3) = 2.900 = 1800 => 3 điểm D, A, E thẳng hàng b) gọi M là trung điểm của BC - xét tam giác ABC  A = 900, có AM là trung tuyến B. H. D. AM . 1 BC 2. M. (1). - ta có: BD // CE (cùng  DE) => tứ giác BDEC là hthang - xét hthang BDEC, ta có : AD  AE    AM là đƣờng trung bình của hình thang MB  MC  BDEC => MA // CE, mà CE  DE => MA  DE. 1 2. 3 4. C. A. E. (2) - từ (1) và (2) => DE tiếp xúc với đƣờng tròn (M) đƣờng kính BC Bài 4: Cho đtròn (O), điểm M nằm bên ngoài đtròn. Kẻ tiếp tuyến MD, ME với đtròn (D, E là các tiếp điểm). Qua điểm I thuộc cung nhỏ DE, kẻ tiếp tuyến với đtròn, cắt MD và ME theo thứ tự tại P và Q. Biết MD = 4cm. Tính chu vi tam giác MPQ LG. 58 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(59) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. - Theo tính chất 2 tt cắt nhau, ta có: MD = ME; PI = PD; QI = QE - Chu vi tam giác MPQ bằng: MP + PQ + MQ = MP + PI + QI + MQ = (MP + PD) + (QE + MQ) = MD + ME = 2.MD = 2.4 = 8cm. D. P I. O. M Q E. Bài 5: Cho đtròn (O; 2cm), các tt AB và AC kẻ từ A đến đtròn vuông góc với nhau tại A (B, C là các tiếp điểm) a) Tứ giác ABOC là hình gì? Vì sao? b) Gọi M là điểm bất kỳ thuộc cung nhỏ BC. Qua M kẻ tt với đtròn, cắt AB và AC theo thứ tự tại D và E. Tính chu vi tam giác ADE. c) Tính số đo góc DOE? LG a) Tứ giác ABOC có 3 góc vuông nên là HCN, mà lại có 2 cạnh kề là OB và OC: OB = OC nên nó là Hình vuông b) Tƣơng tự BT4, ta có chu vi tam giác ADE bằng: O 8cm B 3 1 c) Theo tính chất tiếp tuyến ta có: 2 4 D. 1 1 MOB; O2  O4  MOC 2 2 1 1  O1  O2  MOB  MOC  .900  450 2 2 O1  O3 . M. A. E. . C. .  DOE  450. Bài 6: Cho đtròn (O; 5cm) điểm M nằm bên ngoài đtròn. Kẻ các tt MA, MB với đtròn (A, B là các tiếp điểm). Biết góc AMB bằng 600. a) CMR: tam giác AMB là tam giác đều b) Tính chu vi tam giác AMB c) Tia AO cắt đtròn ở C. Tứ giác BMOC là hình gì? Vì sao? LG a) theo tính chất 2 tt cắt nhau, ta có: MA = MB, do A đó tam giác AMB cân tại M + mặt khác: AMB  600 O 1 Nên tam giác AMB là tam giác đều M 2 b) theo tch 2 tt cắt nhau, ta có: B. C. M1  M 2 . 1 AMB  300 2. + mà MA là tt nên MAO  900 => tam giác MAO vuông tại A 1 2. + xét tam giác MAO vuông tại A có M1  300  AO  MO  MO  2. AO  2.5  10 cm Theo Pytago: MA  MO2  AO2  102  52  75  5 3 + Chu vi tam giác AMB bằng: MA + MB + AB = 3.MA = 3.5 3  15 3 c) Tam giác AMB đều có MO là phân giác nên MO cũng đồng thời là đƣờng cao của tam giác  MO  AB (1) *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 59.

(60) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 1 + Tam giác ABC có trung tuyến BO bằng AC nên tam giác ABC là tam giác vuông tại B 2  BC  AB (2) + Từ (1) và (2)  BC / / MO , do đó tứ giác BMOC là hình thang.  HDHT: +) Ôn tập về các phép biến đổi căn thức bậc hai, thứ tự thực hiện các phép tính. +) Ôn tập về định nghĩa và tính chất tiếp tuyến của đƣờng tròn và liên hệ giữa R; r; d với vị trí tƣơng đối của 2 đƣờng tròn. - Bài tập về nhà: 1. Bài 1: Cho biểu thức . N = 1  . a  a  a  a  .1   với a  0 và a  1 a  1   a  1 . a, Rút gọn N. b, Tìm giá trị của a để N = - 2004 Giải:. .   .1  a ..  a. a 1 a) Ta có: N = 1   a 1 . . .  . . = 1  a . 1  a = 12 .  a. . a 1   a 1  . 2. = 1–a. Vậy N = 1 - a b) Để N = - 2004  1 – a = - 2004  - a = - 2004 – 1  - a = - 2005 a = 2005  Vậy với a = 2005 thì N = - 2004. 2. Bài 2:. a 3 a 1 4 a  4   4a a 2 a 2. Cho biểu thức: P =. với a  0 và a  4. a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị của P với a = 9 Giải: a) Ta có:. P =. a 3 a 1 4 a  4   4a a 2 a 2. a 3 a 1   a 2 a 2. =. 4 a 4.   a  2  a  3 . a  2   a 1 a  2   4 =  a  2 a  2 =. =. . với a  0 và a  4. a 2 .. a 4. . a3 a 2 a 6a2 a  a 24 a 4. . . 4 a 8 a 2. . a 2. a 2. . =. . a 2. 4. . . a 2. . a 2. . . a 2. . =. 4 a 2. 60 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(61) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 4 Vậy P = a 2 4 4 4 c) Thay a = 9 vào biểu thức P = ta đƣợc P = = = 4. 9  2 3 2 a 2. x 1 x 1 2 với x  0 và x  1   2 x 2 2 x 2 x 1. 3. Bài 3: Rút gọn biểu thức: P = Giải: Ta có: =. x 1. x 1 x 1 2 với x  0 và x  1   2 x 2 2 x 2 x 1. x 1. . 2 x 1. .  2  x  1  x  1   x 1  2.2. x  1 = 2  x  1 x  1 2  x  1 x  1 2  x  1 x  1 2. . P =. x 1. 2. 2. =. x  2 x 1  x  2 x 1 4 x  4 2. = 2. 2. . x 1. 4 x 4. . . x 1. 4. =. . . . . x 1. . x 1. . x 1. . x 1. . x 1. =. 2 x 1. 2 x 1. Vậy P =. 4. Bài 4: Tính a) 3 8  50 . 5 18 3. = 3 22.2  52.2 . b) 3 48  12 . 5 2 3 .2 3. = 3 42.3  22.3 . = 6 2 5 2 5 2. = 12 3  2 2 . =6 3 c) = =. =. =. 2 2  3 2 2 3 2 2. d).     3  2 2  .3  2 2 . 2. 3  2 2  2. 3  2 2. 64 2 64 2. . 32  2 2. . 8 2 = 8 2 98. 2. 25 3 52.3 32. 5 3 3. 37 3 3 7  4 3. 7  4 3. =.  7  4 3 . 7  4 3 . =. 72  4 3. =. . . 2. 49  48  1  1. ************************************** *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 61.

(62) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 15(Tiết 43; 44; 45) GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG PHƢƠNG PHÁP THẾ A. Mục tiêu: - Luyện tập cho học sinh thành thạo giải hệ phƣơng trình bằng phƣơng pháp thế và một số bài toán có liên quan đến giải hệ phƣơng trình bậc nhất hai ẩn. - 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, qui tắc cộng đại số. HS: Ôn tập về qui tắc thế, và cách giải hệ phƣơng trình bằng phƣơng pháp thế. C. Tiến trình dạy - học: 1. Tổ chức lớp: 2. Nội dung: Giải hệ phƣơng trình bằng phƣơng pháp thế A. Lí thuyết: 1. Qui tắc thế: 2. Cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế: GV yêu cầu học sinh nêu qui tắc thế và treo bảng phụ ghi nội dung qui tắc thế và cách giải hệ phƣơng trình bằng phƣơng pháp thế để khắc sâu qui tắc cho học sinh. B. Bài tập: 1. Bài 1: Giải hệ phƣơng trình sau bằng phƣơng pháp thế 4 x  5 y  3 x  3y  5. 2 x  y  3 2 x  3 y  17. a) . .  . c) . b) . . 5  2 .x  y  3  5.  x  2 y  6  2 5 . Giải:. 5  x  2 y   3x  1   2 x  4  3  x  5 y   12. d) .  20  12 y  5 y  3 4  5  3 y   5 y  3      x  5  3y x  5  3y   y  1  y  1      x  2  x  5  3.  1. 4 x  5 y  3 x  3y  5. a) . 17 y  17   x  5  3y. Vậy hệ phƣơng trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) = ( 2; -1)   y  2 x  3  y  2 x  3      2 x  6 x  9  17 2 x  3.  2 x  3  17  y  2.1  3  y  5     x  1 x  1. 2 x  y  3  2 x  3 y  17. b).  y  2 x  3   8 x  8. Vậy hệ phƣơng trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) = ( 1; -5). . .  5  2 .x  y  3  5  c)    x  2 y  6  2 5. . .  y  5  2 .x  3  5     x  2. 5  2 .x  6  2 5  6  2 5 . . . . .  y  3  5  5  2 .x     x  2. 3  5  5  2 .x   6  2 5     y  5  2 .x  3  5     2 5  4  1 .x  0 . . . . . . . 62 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(63) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************  y  5  2 .0  3  5   y  3  5      x  0  x  0. . . Vậy hệ phƣơng trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) =  5 x  10 y  3x  1 5  x  2 y   3x  1   2 x  4  3x  15 y  12  2 x  4  3  x  5 y   12. d) .  0; 3  5 . . 2 x  10 y  1   x  15 y  16.  32  30 y  10 y  1 20 y  33 2. 16  15 y   10 y  1       x  16  15 y  x  16  15 y  x  16  15 y 33  33 33    y   20  y   20  y   20        x  16  15.   33   x  16  99  x   35    4 4  20  35 33 Vậy hệ phƣơng trình có 1 nghiệm duy nhất  x   ; y    4 20  . 2. Bài 2:.  3ax   b  1 y  93  bx  4ay  3. a) Tìm giá trị của a và b để hệ phƣơng trình . có nghiệm là ( x; y ) = ( 1; -5) b) Tìm các giá trị của a; b để hai đƣờng thẳng ( d1) :  3a  1 x  2by  56 và (d2) :. 1 ax   3b  2  y  3 cắt nhau tại 1 điểm M ( 2; -5) 2. Giải:. 3ax   b  1 y  93  có nghiệm là ( x; y ) = ( 1; -5)  bx  4ay  3. a) Vì hệ phƣơng trình . 3a.1   b  1 .  5   93 3a  5b  5  93 3a  5b  88       b  20a  3 20a  b  3  b.1  4a.  5   3  3a  15  100a  88 3a  5.  3  20a   88      b  3  20a b  3  20a. ta có hpt. a  1 a  1 Vậy với a =1 và b =17 thì hệ    b  3  20.1 b  17  3ax   b  1 y  93 phƣơng trình  có nghiệm là (x; y ) =(1; -5)  bx  4ay  3 1 b) Để hai đƣờng thẳng (d1) :  3a  1 x  2by  56 và (d2) : ax   3b  2  y  3 cắt nhau tại 2  3a  1 .2  2b.  5   56  điểm M ( 2; -5) ta có hệ phƣơng trình  1  a.2   3b  2  .  5   3 2  6a  2  10b  56 78  90b  2  10b  56 6. 13  15b   2  10b  56        a  15b  10  3 a  13  15b a  13  15b. . 1 0 3a  1 0 3  b  3  2 0a. . *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 63.

(64) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 1  1 1 b     100b  20 b  b  5         5 5 1 a  13  15b a  13  15. a  13  3 a  10  5 1 Vậy với a = 10 và b  thì 2 đƣờng thẳng ( d1) :  3a  1 x  2by  56 và 5 1 (d2): ax   3b  2  y  3 cắt nhau tại điểm M ( 2; -5) 2. 3. Bài 3:. Tìm a; b để đƣờng thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm:. 3 a) A  5;3 và B  ; 1. b) A  2;3 Giải:. 2  và B  2;1. 3 a) Để đƣờng thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm A  5;3 và B  ; 1 ta có hệ phƣơng trình. 3  a.  5   b   3 1  a.  b  2. 2. . b  3  5a   3a  6  10a  2. Vậy với a  . 5a  b  3  3  2 .a  b  1 b  3  5a   13a  8. . . . b  3  5a  3  2 .a  3  5a  1.   8 b  3  5.   13     a   8  13. 1  b   13  a   8  13. 8 1 ; b thì dƣờng thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm A 13 13.  5;3 và B. 3   ; 1 2 . b) Để đƣờng thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm A  2;3 và B  2;1 ta có hệ phƣơng trình 3  a.2  b    1  a.  2   b.  4a  2   b  1  2a. .  2a  b  3  2a  b  1. 1  a   2   b  1  2. 1  2. .  2a  1  2a   3   b  1  2a. 1  a    2 b  2. 1 2. Vậy với a  ; b = 2 thì dƣờng thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm A  2;3 và B  2;1  HDHT: +) Ôn tập về qui tắc thế và cách giải hệ phƣơng trình bằng phƣơng pháp thế, và một số bài toán có liên quan đến hệ phƣơng trình bậc nhất hai ẩn đã chữa. - Bài tập về nhà: 1. Bài 1: Giải hệ phƣơng trình sau bằng phƣơng pháp thế   x  35.  y  2    x  50.  y  1. a) .  y  2x  3  y  x 1. b) . 64 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(65) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 6 x  y     x  14  .  y  2   x. y 4 c)  d)  4 x 5  y   x  4  .  y  1  x. y  3. Giải:.   x  35.  y  2    x  50.  y  1.   50.  y  1  35.  y  2  50 y  50  35 y  70        x  50.  y  1  x  50.  y  1     50 y  35 y  50  70 15 y  120 y  8 y  8               x  50.  y  1  x  50.  y  1  x  5 0 .y   1  x  50.  8  1 y  8   x  350. a) . Vậy hệ phƣơng trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) = ( 350; 8)  y  2x  3   y  x 1  y  2.2  3   x  2. b).  y  2x  3   2 x  3  x  1 y 1   x  2.  y  2x  3   2 x  x  3  1. Vậy hệ phƣơng trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) = ( 2; 1).   xy  2 x  14 y  28  x. y  x  14  .  y  2   x. y     xy  x  4 y  4  x. y   x  4  .  y  1  x. y  8  8 y  14 y  28 2.  4  4 y   14 y  28      x  4  4 y x  4  4 y y  6 y  6      x  4  4.6  x  28. c). Vậy hệ phƣơng trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) = 6 x 6 x    y  4  y  4   d)   y  4x  5  6  x  4x  5   4 3 3 6 x 6 x   y  y      4 4 19 x  38  x  2. . . 2 x  14 y  28  x  4 y  4. . 6 y  36  x  4  4 y.  28;6 . 6 x  y  4  18  3x  16 x  20. 62  y 1 y      4 x  2  x  2 Vậy hệ phƣơng trình có 1 nghiệm duy nhất  x  2; y  1. 2. Bài 2: a) Tìm giá trị của k để các đƣờng thẳng sau cắt nhau tại một điểm: y. b). 4x  5 ; và y = kx + k + 1 3. Tìm giá trị của m để các đƣờng thẳng: y   m  2  x  m  3 đồng qui. Giải:. y  3x  4 ;. y. 6 x ; 4. y  2 x  1 ; và. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 65.

(66) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 6 x 4x  5 a) Toạ độ giao điểm của hai đƣờng thẳng y  ; y là nghiệm của hệ 4 3 6 x 6 x   6 x   y  4  y  4 y  phƣơng trình:      4 18  3x  16 x  20  y  4x  5  6  x  4x  5   4 3 3 6 x 6 x 62    y 1 y  y  y          4 4 4 x  2 19 x  38  x  2  x  2. Vậy toạ độ giao điểm của 2 đƣờng thẳng trên là A  2;1. 4x  5 ; và 3 y   m  2  x  m  3 thì đƣờng thẳng y   m  2  x  m  3 phải đi qua điểm A  2;1. +) Để các đƣờng thẳng sau cắt nhau tại một điểm:. y. 6 x ; 4. y. Ta có: 1 = k.2 + k + 1  3k = 0  k = 0 (không thoả mãn điều kiện k  0) Vậy không có giá trị nào của k để các đƣờng thẳng sau cắt nhau tại một điểm: y  ; y. 4x  5 ; và y = kx + k + 1 3. 6 x 4. b) Toạ độ giao điểm của hai đƣờng thẳng y  3x  4 ; y  2 x  1 là nghiệm của hệ phƣơng 2 x  1 = -3x+4  y = -3x+4     y  2x 1  y  2x 1 5 x = 5 x = 1      y  2x 1  y  2x 1. 2 x  3x = 4+1   y  2x 1 x = 1    y  2.1  1 Vậy toạ độ giao điểm của 2 đƣờng thẳng trên là A 1;1. trình: . . x = 1  y 1. +) Để các đƣờng thẳng: y  3x  4 ; y  2 x  1 và y   m  2  x  m  3 đồng qui thì đƣờng thẳng y   m  2  x  m  3 phải đi qua điểm A 1;1 Ta có: 1   m  2 .1  m  3  1 m 2 m3  2m  2  m  1 (thoả mãn điều kiện k  -2) Vậy với m = 1 thì các đƣờng thẳng y  3x  4 ; y  2 x  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: 2; 5 2 a) A (- 1; 3) b) B c) C ( 2; - 1). . . 2) Tìm m để đồ thị hàm số (*) cắt đồ thị hàm số y = 3x – 2 trong góc phần tƣ thứ IV ( Đề thi tuyển sinh THPT – Năm học : 2004 – 2005) Giải: 1) a) Để 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) 2; 5 2 b) Để đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua: B. . . 66 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(67) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************  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  y = 2x + m    y = 3x - 2. của hệ phƣơng trình . 3x - 2x = m + 2  y = 3x - 2 . .  x = m + 2    y = 3.  m + 2. 3x - 2 = 2x + m   y = 3x - 2. . x = m + 2   -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 tƣ thứ IV x  0 thì  y  0. m +2>0  3m + 4 < 0. Vậy với - 2 < m < -. m >-2   4 m <  3 .  -2< m < -. 4 3. 4 thì đồ thị hàm số y = 2x + m cắt đồ thị hàm số y = 3x – 2 3. trong góc phần tƣ thứ IV 4. Bài 4: 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 tƣ thứ IV. ************************************* Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 16(Tiết 1; 2; 3) KIỂM TRA VIẾT I. MỤC TIÊU CỦA BÀI HỌC 1. Kiến thức- Kiểm tra việc lĩnh hội kiến thức của học sinh trong học kì 1 2. Kỹ năng- Hs vận dụng đƣợc các kiến thức đã học vào giải bài tập 3. Thái độ : Rèn tính cẩn thận, chính xác trong tính toán, lập luận II. PHƢƠNG PHÁP- kiểm tra viết III. CHUẨN BỊ *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 67.

(68) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. 1. Giáo viên : Ra đề + HD chấm, Phô tô đề cho HS. 2. Học sinh : Ôn tập chƣơng các kiến thức đã học IV. TIẾN TRÌNH LÊN LỚP 1. Ổn định tổ chức 2. Đề kiểm tra: §Ò kiÓm tra I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN: (3 ®iÓm) C©u 1:. 5  x cã nghÜa khi:. A. x  - 5; B. x > -5 ; Câu 2. Hàm số y = 2 – 5x có hệ số góc A. 2. C. – 5. B.5. Câu 3. Đồ thị hàm số y = -2x + 5 đi qua A. ( 1 ; - 3) B. ( 1; 1) C©u 4: Cho  =27o,  =42o ta cã: A. sin  < sin  ; C. cot  < cot . C. x  5 ;. C .( 1; -1 ). D. x <5. D.. 2 5. D.( 1; 3 ). B. cos  < cos  D. tan  <tan  .. ;. Câu 5 . Hàm số y = (2009 m- 2008) x + 1 là hàm số bậc nhất khi : A. m = C©u 6:. 2008 2009. B. m = -. 2008 2008 C.m  2009 2009. D. m . 1 BC , th× sin B b»ng : 2 1 B. -2 ; C. ; 2. 2009 2008. ABC cã ¢=900, AC=. A. 2. ;. 1 2. D.- .. II PHẦN TỰ LUẬN(7 ®iÓm )  x x  1 x x  1   2( x  2 x  1)  : Câu 7: (3điểm) Cho biểu thức: P =      x x. x x  . x 1. . a. Rút gọn P. b. Tìm x để P< 0. c. Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên. Câu 8: (1,5điểm) Cho hàm số bậc nhất: y = (m+1)x - 2m (1) a. Tìm m để hàm số trên là hàm số bậc nhất. b. Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đồ thị hàm số y = 3x +6. c. Chứng minh rằng đồ thị hàm số (1) luôn đi qua 1 điểm cố định với mọi m. Câu 9 : (2,5 điểm) Cho nửa đƣờng tròn (O) đƣờng kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By về nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đƣờng tròn. Trên Ax và By theo thứ tự lấy M và N sao cho góc MON bằng 90 0 . Gọi I là trung điểm của MN. Chứng minh rằng: a. AB là tiếp tuyến của đƣờng tròn (I;IO) b. MO là tia phân giác của góc AMN c. MN là tiếp tuyến của đƣờng tròn đƣờng kính AB. 3. Đáp án và thang điểm: 68 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(69) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN ( 3 điểm ). Câu 1 2 3 Đáp án C C D 0,5 0,5 0,5 Thang điểm. 4 D 0,5. 5 C 0,5. 6 C 0,5. II PHẦN TỰ LUẬN(7 ®iÓm) Câu 7 a. (1,25điểm) ĐKXĐ: 0  x  1 . . 3 3  x  13 x  13   2.( x  1) 2    : P=  x( x 1    x 2  12  x ( x  1 )    . .  ( x  1)( x  x  1) ( x  1)( x  x  1)   : P =    . .  x  x  1 x  x  1   2( x  1)  :  P =     . .  x  x 1  x  x 1  . P =  . .  2 x  x 1  .  P =      x   2( x  1) . . . . x ( x  1). x ( x  1). x. x 1    2 ( x  1 )  . x. b. (1điểm) Để P < 0 thì:. x 1 .  . x.    ( x  1 )( x  1 )    2( x  1) 2. . x 1 x 1. P=. x 1 x 1. <0. . x 1  0. . x 1. x<1 Kết hợp ĐKXĐ ta có: Để P<0 thì 0<x<1. c.(0,75điểm) Ta có: P =. x 1 x 1. = 1. 2 x 1. Để P  Z thì 2  x  1 . x  1  1;2. Ta có bảng sau: x 1. x. -2 Không có giá trị. -1 0. 1 4. 2 9. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 69.

(70) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. của x Dựa vào bảng trên và ĐKXĐ ta có: x = 4; 9 Vậy để P  Z thì x = 4 hoặc x = 9 Câu 8 a. (0,5điểm) Để hàm số trên là hàm số bậc nhất thì: m + 1  0  m  -1 m  1  3  2 m  6. b. (0,5điểm) Để đồ thị hàm số (1) song song với đồ thị hàm số y = 3x+6 thì:  m  2 m  3. .  m= 2. Vậy m = 2 thì đồ thị hàm số (1) song song với đồ thị hàm số y= 3x+6. c.(0,5điểm) Gọi M( x0 ; y 0 ) là điểm cố định mà đồ thị (1) luôn đi qua. Khi đó, phƣơng trình: y 0 = (m+1)x 0 - 2m luôn có nghiệm với mọi m  phƣơng trình: mx 0 -2m + x 0 - y 0 = 0 luôn có nghiệm với mọi m  phƣơng trình: m(x 0 -2) + (x 0 - y 0 ) = 0 luôn có nghiệm với mọi m  x0  2  0 x  2  0 .  x0  y 0  0  y0  2. . Vậy đồ thị hàm số (1) luôn đi qua điểm M(2;2) cố định. x. y. H. M I. A. Câu 9 (2.5 điểm) Chứng minh. N. O. B. a. (1điểm) Tứ giác ABNM có AM//BN (vì cùng vuông góc với AB) => Tứ giác ABNM là hình thang. Hình thang ABNM có: OA= OB; IM=IN nên IO là đƣờng trung bình của hình thang ABNM. Do đó: IO//AM//BN. Mặt khác: AM  AB suy ra IO  AB tại O. Vậy AB là tiếp tuyến của đƣờng tròn (I;IO) b.(1điểm)Ta có: IO//AM => AMO = MOI ( 1) (0,25đ) Lại có: I là trung điểm của MN và MON vuông tại O (gt) ; nên MIO cân tại I. Hay OMN = MOI (2) Từ (1) và (2) suy ra: AMO = OMN . Vây MO là tia phân giác của AMN. 70 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(71) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. c. (0,5điểm)Kẻ OH  MN (H  MN). (3) Xét OAM và OHM có: OAM = OHM = 90 0 AMO = OMN ( chứng minh trên) MO là cạnh chung Suy ra: OAM = OHM (cạnh huyền- góc nhọn) AB ). (4) 2 AB Từ (3) và (4) suy ra: MN là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O; ). 2. Do đó: OH = OA => OH là bán kính đƣờng tròn (O;. 4. Nhắc nhở, thu bài - Thu bài kiểm tra - GV nhận xét thái độ làm bài của hs. ************************************* HỌC KỲ 2 Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 1(Tiết 1; 2; 3) LUYỆN TẬP GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG PHƢƠNG PHÁP THẾ A. Kiến thức cơ bản 1. Quy tắc thế - từ một trong các phƣơng trình của hệ biểu diễn x theo y (hoặc y theo x) - dùng kết quả đó thế cho x (hoặc y) trong pt còn lại rồi thu gọn 2. Cách giải hệ phƣơng trình bằng phƣơng pháp thế - dùng quy tắc thế biến đổi hệ phƣơng trình đã cho để đc 1 hpt mới trong đó có 1 pt 1 ẩn - giải pt 1 ẩn vừa tìm đc, rồi suy ra nghiệm của hpt đã cho B. Bài tập áp dụng Bài 1: Giải các hpt sau bằng phƣơng pháp thế 3x  2 y  5  x  11 a)   2 x  y  3  y  19. 2 x  y  4  b)   hpt vô nghiêm y x   2  2. 2 x  y  6 x  4 d)  3x  5 y  22 y  2.  x  2 y  6  0 x  4 e)   5 x  3 y  5  0 y  5. x  y  1 x  2 h)   3x  2 y  8  y  1. 109  x 2 x  7 y  8  106 i)   12 x  11 y  3   y  45  53.  x  5 3x  2 y  2  c)   13 5 x  4 y  1  y  2 2 x  3 y  8 x  1 g)   5 x  2 y  1  y  2 13x  15 y  48  x  9 k)   2 x  y  29  y  11. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 71.

(72) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 1 1 1 1  x  6 y  17 x  5  x  y  2  0 x  3  x  y  0  x  10 l)   m)  3  n)  5  4 6 y  4 5 x  y  23  y  2   y  12 5 x  y  11 5 x  4 y  2. Bài 2: giải các hpt bằng phƣơng pháp thế. . .  5x  y  5 3 1   x  3 a)   y  5   2 3x  3 5 y  21  x  2 y  5 5  x  2 5 c)    5 x  y  5  2 5  y  5. . .   2 3x  5 y  2 6  15 x  2 b)   3x  y  3 2  3   y  3.  x  2 y   7  x  7 d)  2 x  7 y  2 7  7  y   7.  5  2 x  y  3 5   x  0 e)    y  3  5  x  2 y  6  2 5 4  2 x  y  3  3  x  2 y  3  48 5 x  2 y  45 x  7 f )   3  3x  4 y  3  4  4 x  2 y  9   48 25 x  20 y  75  y  5 1  6  x  y   8  2 x  3 y 4 x  9 y  8 x   g)    4  8 x  3 y  5 5 y  x  5  3 x  2 y     y  1  29  x   2 x  3 y  0,5 2  2 x  1  1,5  3  y  2   6 x  10 h)    3 x  0,5  2 y  5   11,5  4  3  x   2 y   5  x   y  21  10. Bài 3: Tìm các giá trị của m, n sao cho mỗi hpt ẩn x, y sau đây.  2 1 2mx  1  n  y  m  n  1 có nghiệm (2; 1); đáp số: m  ; n  9 3   m  1 x   m  n  y  3. a) hpt .  2 x   m  1 y  m  2n  1 có nghiệm (-3; 2); đáp số: m  1; n  1  nx  1  m  y  3. b) hpt . 3mx   n  1 y  93  có nghiệm (1; -5); đáp số: m  1; n  17  nx  4my  3. c) hpt .   m  2  x  5ny  25 có nghiệm (3; -1); đáp số: m  2; n  5 2 mx  n  2 y  5    . d) hpt . Bài 4: Tìm a, b trong các trƣờng hợp sau: a) đg thg d1: ax + by = 1 đi qua các điểm A(-2; 1) và B(3; -2) b) đg thg d2: y = ax + b đi qua các điểm M(-5; 3) và N(3/2; -1) c) đg thg d3: ax - 8y = b đi qua các điểm H(9; -6) và đi qua giao điểm của 2 đƣờng thẳng (d): 5x – 7y = 23; (d’): -15x + 28y = -62 d) đt d4: 3ax + 2by = 5 đi qua các điểm A(-1; 2) và vuông góc với đt (d’’): 2x + 3y = 1 Đáp số. 72 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(73) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 8 5    56 a  a    a  3  a   13 7 a)  ; b)  ; c)  d)  3 ; b   5  1 5  b  b  120 b    13 7  . ****************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 VỊ TRÍ TƢƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƢỜNG TRÕN. TIẾP TUYẾN CHUNG CỦA HAI ĐƢỜNG TRÕN A. Kiến thức cơ bản 1. Ba vị trí tƣơng đối của hai đtr Xét đtr (O; R) và (O’; r) với R  r; OO'  d , ta có: a) Hai đtr cắt nhau - số điểm chung: 2 - hệ thức: R – r < d < R + r b) hai đtr tiếp xúc nhau - số điểm chung: 1 - hệ thức:+ tiếp xúc trong: d = R – r > 0 + tiếp xúc ngoài: d = R + r c) hai đtr không giao nhau - số điểm chung: 0 - hệ thức:+ 2 đtr ở ngoài nhau: d > R + r + 2 đtr đựng nhau: d < R – r + 2 đtr đồng tâm: d = 0 2. Tính chất đƣờng nối tâm - Định lý: a) Nếu 2 đtr cắt nhau thì 2 giao điểm đối xứng với A nhau qua đƣờng nối tâm, tức là đƣờng nối tâm là đƣờng trung trực của dây chung (OO’ là đƣờng O trung trực của dây AB) b) Nếu 2 đtr tiếp xúc nhau thì tiếp điểm nằm trên B đƣờng nối tâm (A thuộc OO’). O'. A O. O'. 3. Tiếp tuyến chung của hai đƣờng tròn - Định nghĩa: tiếp tuyến chung của 2 đtr là đg thg tiếp xúc với cả 2 đtr đó. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 73.

(74) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** d2. d1. d2. d1; d2 là tiếp tuyến chung ngoài: tiếp tuyến chung ngoài không cắt đoạn nối tâm. d1. d1; d2 là tiếp tuyến chung trong: tiếp tuyến chung trong cắt đoạn nối tâm B. Bài tập áp dụng 1: Hãy điền cụm từ thích hợp hoặc số đo độ dài thích hợp vào ô trống trong bảng cho đúng: R r d Vị trí tƣơng đối của (O; R) và (O’; r) 6 cm 3 cm 7 cm 11 cm 4 cm 5 cm 6 cm 2 cm Tiếp xúc trong 8 cm 2 cm 23 cm 5 cm 2 cm 7 cm 6 cm 2 cm Tiếp xúc trong 10 cm 4 cm Đựng nhau. Bài 1: Cho đƣờng tròn (O; 4cm) và đƣờng tròn (O’; 3cm) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A; B biết OO’ = 5cm. Từ B vẽ 2 đƣờng kính BOC và BO’D a) CMR: 3 điểm C, A, D thẳng hàng b) Tam giác OBO’ là tam giác vuông c) Tính diện tích tam giác OBO’ và diện tích tam giác CBD d) Tính độ dài các đoạn thẳng AB; CA; AD LG a) CMR: C; D; A thẳng hàng B + ta có: tam giác ABC nội tiếp đtr (O) có BC làm 4 3 đkính => tam giác ABC vuông tại A =>  A1 = 900 ’ H + lại có: tam giác ABD nội tiếp đtr (O ) có BD làm O O' 0 5 đkính => tam giác ABD vuông tại A =>  A2 = 90 + do  CAD =  A1 +  A2 = … =1800 1 2 => 3 điểm C, A, D thẳng hàng D C A b) CMR: tam giác OBO’ là tam giác vuông + ta có: OO'2  52  25; OB2  O' B2  42  32  25. OO'2  OB2  O' B2   25 => tam giác OBO’ vuông tại B ( theo định lý đảo của định lý Pytago) c) Tính diện tích tam giác OBO’ và diện tích tam giác CBD ta có: 1 1 SOBO'  OB.O ' B  .4.3  6 cm2 2 2 1 1 SOBD  CB.DB  .8.6  24 cm2 2 2. d) Tính độ dài các đoạn thẳng AB; CA; AD + ta có: OO’ là đg trung trực của AB (theo tính chất đoạn nối tâm) 74 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(75) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 **************************************************************************** 1  BH  OO' và BH  AB hay AB  2.BH 2 ’ + xét tam giác OBO ,  B = 900, theo hệ thức về cạnh và đƣờng cao trong tam giác vuông OB.O' B 4.3 ta có: OB.O' B  HB.OO'  BH    2, 4 cm OO' 5. => AB = 2. BH = 2 . 2,4 = 4,8 cm + áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông:  ABC , A  900  AC  BC 2  AB 2  82  4,82  6, 4 cm  ABD, A  900  AD  BD 2  AB 2  62  4,82  3, 6 cm. Bài 2 (tƣơng tự BT76SBT/139): Cho đtr (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A, đg thg OO’ cắt đtr (O) và (O’) lần lƣợt tại B và C (khác A). DE là tt chung ngoài (D thuộc (O), E thuộc (O’)), BD cắt CE tại M a) CMR:  DME = 900 b) Tứ giác ADME là hình gì? Vì sao? c) MA là tt chung của cả 2 đtr d) MD.MB = ME.MC LG a) ta có :  O1 =  B1 +  D1 (góc ngoài của tam giác), mà  B1 =  D1 (tam giác cân) M E I. D 12 1 B. 1. 3 1. 2 1. 1. 1 O'. C. O A. 1  O1  2 B1  B1  O1 2. (1). + lại có : O1'  C1  E1 (góc ngoài của tam giác), mà  C1 =  E1 (tam giác cân) 1  O1'  2C1  C1  O1' 2. (2). . . 1 1 O1  O1'  .1800  900 (theo tính chất hình thang) 2 2 0 0  BMC  90 hay DME  90. + từ (1) và (2) B1  C1 . b) + tam giác ABD nt đtr (O) có AB là đkính => tam giác ABD vuông tại D =>  ADB = 900 =>  ADM = 900 + tam giác ACE nt đtr (O) có AC là đkính => tam giác ACE vuông tại E =>  AEC = 900 =>  AEM = 900 + tứ giác ADME có :  ADM =  DME =  AEM = 900 => tứ giác ADME là hình chữ nhật c) + gọi I là giao điểm của AM và DE => tam giác IAD cân tại I =>  A2 =  D3 (3) + do tam giác OAD cân tại O nên suy ra:  A1 =  D2 (4) 0 + từ (3) và (4) =>  A1 +  A2 =  D2 +  D3 = 90 (tính chất tt tại D) => MA vuông góc với AB tại A => MA là tt của đtr (O) và cũng là tt của đtr (O’) Bài 3: Cho đtr (O) và đtr (O’) tiếp xúc ngoài tại A, BC là tt chung ngoài của cả 2 đtr (B, C là các tiếp điểm). tt chung trong của 2 đtr tại A cắt BC tại M a) CMR: A, , C thuộc đtr (M) đƣờng kính BC *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 75.

(76) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. b) Đƣờng thẳng OO’ có vị trí ntn đối với đtr (M; BC/2) c) Xác định tâm của đtr đi qua O, M, O’ d) CMR: BC là tt của đtr đi qua O, M, O’ LG a) theo tính chất 2 tt cắt nhau, ta có: MA  MB  MC . 1 BC  tam giác ABC vuông 2. C M. B. tại A => a nằm trên đtr có đkính BC. Hay 3 điểm A, B, C thuộc (M; BC/2) b) và (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A => A thuộc OO’ => OO’ vuông góc với MA tại A thuộc (M; BC/2) => OO’ là tt của đtr (M; BC/2). O'. I. O A. c) theo tính chất tt cắt nhau, ta có: 1 1 AMB; CMO '  AMO '  AMC 2 2 1 1  AMO  AMO '  AMB  AMC  .1800  900 2 2 BMO  AMO . . . ’. => tam giác OMO vuông tại M => tâm của đtr đi qua 3 điểm O, M, O’ là trung điểm I của cạnh OO’ d) + tứ giác BOO’C là hình thang vuông vì có BO // CO’ (cùng vuông góc với BC) BM  MC  ’   MI là đg trung bình của hthang BOO C ' OI  IO  => IM // OB, mà BC  OB => IM  BC => BC là tt của đtr đi qua 3 điểm O, O’, M. + Xét hình thang BOO’C, ta có:. Bài 4(BTVN): Cho đtr (O) đkính AB, điểm C nằm giữa A và O. Vẽ đtr (O’) đkính BC a) xác định vị trí tƣơng đối của đtr (O) và (O’) b) kẻ dây DE của đtr (O) vuông góc với AC tại trung điểm H của AC. Tứ giác ADCE là hình gì? Vì sao? c) gọi K là giao điểm của DB và (O’). CMR: 3 điểm E, C, K thẳng hàng d) CMR: HK là tt của đtr (O’) LG a) ta có: OO’ = OB – O’B > 0 => (O) và (O’) tiếp xúc D trong tại B K b) + vì AB  DE tại H => DH = EH + xét tứ giác ADCE, ta có : 1 2 3 DH  EH   AH  CH   ADCE là hình thoi AC  DE . A. 1  AB  ADB vuông D  AD  BD   2  1 ' ' ' O C  O K  O B  BC  CKB vuông K  CK  BD   2 . 1 O. O'. 1. c) ta có : OD  OA  OB . C. H. E. => AD // CK (1) + mà ADCE là hình thoi nên AD // CE (2) + từ (1) và (2) => C, K, E thẳng hàng (theo Tiên đề Ơclit) 76 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. B.

(77) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. d) + vì KH là trung tuyến của tam giác DKE vuông tại K => HD = HK = HE => tam giác HKE cân tại H =>  K1 =  E1 (*) + mà  E1 =  B1 (cùng phụ với  BDE) (**) + từ (*) và (**) =>  K1 =  B1 (3) + mặt khác:  B1 =  K3 (tam giác O’KB cân tại O’) (4) + từ (3) và (4) =>  K1 =  K3 + do K2  K3  900  K1  K3  900  HK  O' K  HK là tt của đtr (O’)  HDHT: +) Ôn tập về định nghĩa và tính chất tiếp tuyến của đƣờng tròn và liên hệ giữa R; r; d với vị trí tƣơng đối của 2 đƣờng tròn. 1. Bài 1: 1 2. GT.  AB   O;  , Ax  AB; By  AB. 2  . M. 1 (O), CD OM, D By, C Ax 2. a) COD = 900. b) CD = AC + BD KL. c) Tích AC.BD không đổi khi M di chuyển trên nửa đƣờng tròn Giải:. a) Ta có AOM + MOB  180 (kề bù) (1) 0. 1 AOM (2) 2 1 OD là các phân giác của MOB  O3  O4  MOB (3) 2 1 1 Từ (1), (2) & (3)  O2  O3  MOA  MOB = .1800 2 2 0 0  O2  O3  90 Hay COD = 90 . (đpcm). Mà OC là tia phân giác của AOM  O1  O2 . . . CM = AC  DM = BD. b) Vì 2 tiếp tuyến AC, BD và CD cắt nhau tại C và D nên ta có:   CM + DM = AC + BD Mà CM + DM = CD  CD = AC + BD. c) Ta có: AC . BD = CM . MD (4) Xét COD vuông tại O và OM  CD nên CM . MD = OM2 = R2 (5) Từ (4) & (5)  AC . BD = R2 (đpcm) Bài 73: (SBT-139)  O  và  O ' tiếp xúc ngoài tại A. d là tiếp tuyến chung trong của 2 đƣờng tròn. GT CD là tiếp tuyến chung ngoài của  O  và  O ' (D  O ' , C  O  ) cắt d tại M. a) Tính số đo CAD KL. b) OMO ' = 900. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 77.

(78) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. c) CD là tiếp tuyến của dƣờng tròn đƣờng kính OO’. Giải: a) - Vì M là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại A và B của (O)  MA = MC ( t/c 2 tiếp cắt nhau) (1) - Vì M là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại A và C của (O’)  MA = MD ( t/c 2 tiếp cắt nhau) (2) Từ (1) và (2)  MA = MC = MD = -. 1 CD 2. Xét ACD có MA = MC = MD =. ( Vì 3 điểm D, M, C thẳng hàng) 1 CD ( cmt) 2.  ACD vuông tại A Hay CAD  900. b) Ta có: CMA + DMA  1800 (kề bù) (3) Mà OC là tia phân giác của AOM  M1  M 2  OD là các phân giác của DMA  M 3  M 4 . 1 AOM 2. 1 DMA 2. (4). (5). Từ (3), (4) & (5) và OMO ' = M 2  M 3. . . 1 1 MOA  MOB = .1800 2 2 0  M 2  M 3  90 Hay OMO ' = 900. (đpcm).  M2  M3 . c) Gọi I là tâm đƣờng tròn đƣờng kính OO’  IO = IO’ = - Xét OMO ' vuông tại M có IO = IO’ =. 1 OO ' 2. 1 OO ' (cmt) 2.  IM là đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền OO’ 1  OO '   IM = OO '  M   I ;  (a) 2 2   - Xét tứ giác CDO’O có OC // O’D ( cùng  CD)  tứ giác CDO’O là hình thang vuông OO'  IO = IO' =  2 - Mà:   IM là đƣờng trung bình của hình thang vuông CDO’O CD  MC = MD =  2  MI // OC mà OC  CD  IM  CD tại M (b) Từ (a) và (b)  CD là tiếp tuyến của đƣờng tròn dƣờng kính OO’. ************************************************** 78 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(79) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. Trƣờng THCS Lại Thƣợng ***************. PHÂN PHỐI CHƢƠNG TRÌNH DẠY THÊM TOÁN 9 Năm học: 2013 - 2014. HỌC KỲ I SỐ BUỔI 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. SỐ TIẾT 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33. NỘI DUNG BÀI DẠY. GHI CHÖ. Căn bậc hai. căn thức bậc hai và hằng đẳng thức A2  A. Vận dụng các hệ thức về cạnh và đƣờng cao trong tam giác vuông Các phép tính về căn bậc hai. Tỉ số lƣợng giác của góc nhọn. Biến đổi đơn giản biểu thức chứa căn thức bậc hai Rút gọn biểu thức chứa căn thức bậc hai. Ôn tập đại số - chƣơng I Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông. Ôn tập hình học – chƣơng I Hàm số bậc nhất. đồ thị của hàm số y  ax  b  a  0  Sự xác định đƣờng tròn. tính chất đối xứng của đƣờng tròn Hệ số góc của đƣờng thẳng. Đƣờng thẳng song song, đƣờng thẳng cắt nhau. *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015. 79.

(80) Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán 9 ****************************************************************************. 12. 13. 14. 15. 16. 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48. Luyện tập về hàm số bậc nhất y  ax  b  a  0  Vị trí tƣơng đối của đƣờng thẳng và đƣờng tròn.. Ôn tập tổng hợp đại số + hình học. Giải hệ phƣơng trình bằng phƣơng pháp thế Kiểm tra Chữa đề kiểm tra. 80 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015.

(81)

Giao an Phu dao hoc sinh lop 9 ky 1

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về