giáo án ôn thi vào lớp 10 môn Toán

Giáo án hoàn chỉnh giúp học sinh ôn thi tốt vào lớp 10 môn toán.Gồm nhiều chủ đề, đề thi và hướng dẫn cụ thể.Chủ đềNội dung cụ thể I Biến đổi các biểu thức chứa căn1. Kiến thức cơ bản: (CBHSH – Căn thức bậc hai, ĐK tồn tại; HĐT Các phép biến đổi đơn giản – Các phép toán trên CBH )2. Các dạng bài tập: Tính giá trị (Rút gọn) biểu thức số So sánh các biểu thức số chứa CBH Rút gọn một biểu thức chứa biến, sử dụng kết quả rút gọn để: Tính giá trị biểu thức khi biết giá trị của biến; Giải PT , BPT; Tìm giá trị LN, NN của biểu thức; Tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nhận giá trị nguyên;…II Hệ thức lượng trong tam giác vuông1. Kiến thức cơ bản: Ôn tập định lí Talét, tính chất đường phân giác, tam giác đồng dạng. Hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông Tỉ số lượng giác của góc nhọn Các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông2. Các dạng bài tập: Tìm độ dài đoạn thẳng, số đo góc Chứng minh các hệ thức về cạnh và góc Diện tích, tỉ số diện tích của tam giác, tứ giácIII Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn1. Kiến thức cơ bản: Định nghĩa (Hệ phương trình – Nghiệm của hệ phương trình) Điều kiện cần và đủ để HPT: có nghiệm duy nhất – vô nghiệm – vô số nghiệm Các cách giải HPT2. Các dạng bài tập: Giải hệ phương trình Biện luận sự tồn tại nghiệm của HPT theo tham số Tìm toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng Lập phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cho trướcIV Đường tròn và các quan hệ trong đường tròn1. Kiến thức cơ bản: Các cách xác định đường tròn Đường kính và dây cung Tiếp tuyến của đường tròn Vị trí tương đối của 2 đường tròn2. Các dạng bài tập: Chứng minh các quan hệ hình học Tính độ dài đoạn thẳng, số đo góc, chu vi và diện tích các hình Chứng minh 1 đường thẳng là tiếp tuyến của đường trònV Phương trình bậc hai và hệ thức Viét1. Kiến thức cơ bản: Công thức nghiệm, công thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc hai Hệ thức Viét Ứng dụng Điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm: trái dấu, cùng dấu (cùng âm, cùng dương)…2. Các dạng bài tập: Giải phương trình bậc hai và các phương trình qui về phương trình bậc hai Biện luận theo tham số: sự tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai hoặc các nghiệm của phương trình bậc hai thoả điều kiện cho trướcVI Góc với đường tròn – Tứ giác nội tiếp1. Kiến thức cơ bản: Liên hệ giữa cung và dây cung Góc với đường tròn Tứ giác nội tiếpĐộ dài đường tròn, cung tròn; diện tích hình tròn, hình quạt tròn.2. Các dạng bài tập: Chứng minh tứ giác nội tiếp Chứng minh các quan hệ hình học Chứng minh đường thẳng, đường tròn đi qua 1 điểm cố định Chứng minh điểm thuộc 1 đường cố địnhVII Hàm số và đồ thị1. Kiến thức cơ bản: HS bậc nhất (Định nghĩa – Tính chất – Đồ thị) Hàm số y=ax2 (a 0) (Tính chất – Đồ thị) Quan hệ giữa (P): y=ax2 (a 0) và đường thẳng: 2. Các dạng bài tập: Bài tập về sự biến thiên của hàm số Vẽ đường thẳng: ; Vẽ (P): y=ax2 (a 0). Xác định tọa độ giao điểm của (D) và (P); Biện luận sự tồn tại giao điểm của (D) và (P) theo tham số Xác định toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng và biện luận vị trí tương đối của 2 đường thẳng theo tham số. Chứng minh họ đường thẳng có chứa tham số đi qua 1 điểm cố định.VIII Các phương pháp chứng minh hình học; Các bài toán về cực trị hình học; Toán tập hợp điểm 1. Các phương pháp chứng minh hình học: 2 đường thẳng song song, 2 đường thẳng vuông góc, 3 điểm thẳng hàng, các đẳng thức về đoạn thẳng, các đường thẳng đồng qui, 5 điểm cùng nằm trên một đường tròn,…2. Một số BĐT có liên quan đến cực trị hình học Ứng dụng3. Các tập hợp điểm cơ bản trong chương trình hình học cấp 2: Giải toán tìm tập hợp điểm.IXGiải bài toán bằng cách lập phương trình, Hệ phương trình1. Kiến thức cơ bản: Phương pháp giải bài toán bằng cách lập PT, HPT Các dạng toán (Chú ý – Sơ đồ giải)2. Các dạng bài tập: Toán chuyển động Toán sắp xếp (Hay Toán về sự phân chia đều đặn) Toán hoàn thành công việc (Hay Toán làm chunglàm riêng) Toán có liên quan đến các bộ môn khácX Một số dạng bài tập nâng cao về đại số 1. Tính giá trị biểu thức, bài toán tính tổng.2. Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức. Toán tìm cực trị3. Phương trình chứa dấu căn thức,chứa dấu GTTĐ . Phương trình bậc cao.XI Luyện tập theo đề HD Giải và rút kinh nghiệm một số đề thi tuyển sinh vào lớp 10 của Sở GD – ĐT Bình Định. XIILuyện tập theo đềHD Giải và rút kinh nghiệm một số đề thi tuyển sinh vào lớp 10 của các tỉnh

Trang 1

- Rút gọn một biểu thức chứa biến, sử dụng kết quả rút gọn để: Tính giá trị biểu thức khi biết giá trị của

biến; Giải PT , BPT; Tìm giá trị LN, NN của biểu thức; Tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nhận giá trị nguyên;…

3 Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát

II NỘI DUNG:

20’

70’

I Lý thuyết:

Gv: Cho hs nhắc lại các kiến thức ở bên

bằng các câu hỏi hợp lý, qua đó GV cho

ví dụ đơn giản để HS thực hiện

VD:

* 3= x, thì x = ?

* So sánh 10 và 2 31

HS: Tìm hai cách

Bình phương của biểu thức không âm

Đưa thừa số vào trong dấu căn

* 10 40

45.80 ;

9169230023

* Đưa thừa số ra ngoài dấu căn:

3 3

A = A

A 0 thì A 0

II Bài tập:

Bài 1: Thu gọn các biểu thức sau:

Trang 2

TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS KIẾN THỨC

-Bài 1.1: Thu gọn các biểu thức sau: (VN)a) 2 75 3 12 27 10 3 6 3 3 3 7 3b) 18 2 45 2 50 3 80 3 2 6 5 10 2 12 5

Trang 3

2

2 2

2007 2009 2.2008 2 2008 1 4.2008 2 2008

BỔ SUNG:

III RÚT KINH NGHIỆM :

Trang 4

II NỘI DUNG:

Trang 5

Bài 4:

Giải phương trình: x 1− + 4 x 3+ =

Bài 5:

Chứng minh rằng :

1

2 1 1

2 1

2

−

=

+









−

− + +

+

a a

a

với a > 0; a ≠ 1

b) a =

3 2

2

4 2 3 3 2 3 1+ = + + = 3 1+ =>

2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 5 2 3 6 3 2 2 3 3 1

5 2 3 5 2 3 5 2 3

(Vì 3 1+ >0) Bài 4:

a)Giải phương trình: x 1− + 4 x 3+ = (1)

ĐK: x ≥ 1 (*)

PT (1) viết: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 ( ) êt: 1 4 2 1 4 9 2 1 4 6 2 1 4 3 3 3 0 3 13 9 13 õa DK 1 4 3 9 PT vi x x x x x x x x x x x x x x x th x x x − + + + − + = ⇔ − + = − ⇔ − + = − ≤  − ≥   ≤   ⇔ ⇔  ⇔  = = − + = −      Vậy: PT đã cho có nghiệm: 13 9 x= Bài 5: Với a > 0; a ≠ 1 ta có: a a a a a a a 1 1 2 1 2 2 +     − − − + + +

= ( ) ( )( ) a a a a a a a 1 1 1 2 1 2 2 + + − − − + + = ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) a a a a a a a a 1 1 1 1 2 1 2 2 + − + + − − − + = (a ) a a 1 2 − = 1 2 − a (đpcm). BỔ SUNG:

III RÚT KINH NGHIỆM:

Trang 6

Ngày soạn:3/5/

Tiết: 5+6 Bài dạy:

1 Kiến thức: (CBHSH – Căn thức bậc hai, ĐK tồn tại; HĐT 2

A = A - Các phép biến đổi đơn giản – Các phép toán trên CBH )

- Hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông

- Tỉ số lượng giác của góc nhọn

- Các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

2 Kỹ năng: - Tính giá trị (Rút gọn) biểu thức số

- So sánh các biểu thức số chứa CBH

- Tìm độ dài đoạn thẳng, số đo góc

- Chứng minh các hệ thức về cạnh và góc

- Diện tích, tỉ số diện tích của tam giác, tứ giác

II NỘI DUNG:

44’ Bài 1: Cho biểu thức

M =

x

x x

x

−

++

−

++

1265

92

a Tìm điều kiện của x để M có nghĩa

233

92

−

−+

+

−+

−

x x

12

3

21

x

x M

x x

( )

164

416

155

1

35

1

53

15

Mb

⇔

−

=+

x

x x

Đối chiếu ĐK:x≥0;x≠4;x≠9 Vậy x = 16 thì M = 5

c M =

3

41

3

433

1

−+

x x

x

Do M ∈znên x −3là ước của 4 ⇒ x−3 nhận các

§ Biến đổi các biểu thức chứa căn.

Hệ thức lượng trong tam giác vuông

Trang 7

giá trị: -4; -2; -1; 1; 2; 4

Lập bảng giá trị ta được:

{1;4;16;25;49} ∈ ⇒ x vì x≠4⇒ x∈{1;16;25;49} 44’ I Chương I HH: Hệ thức lượng trong tam giác vuông 1 Lý thuyết 2 Bài tập HH: Bài 2 (bài 1 tr 37 sách ôn tập): Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH, biết AB = 10cm HC = 15cm a) Tính BH; AH b) Từ M là trung điểm BC, vẽ đường vuông góc với BC cắt AC tại E Tính tỉ số diện tích các tam giác CME và ABC M C B A H E I Chương I HH: Hệ thức lượng trong tam giác vuông 1 Lý thuyết 1 Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông: i Định lý Pitago: a2 = b2 + c2 ii b2 = a.b’ ; c2 = a.c’ iii h2 = b’.c’ iv a.h = b.c v 12 h = 2 1 b + 2 1 c 2 Tỉ số lượng giác của góc nhọn " Tìm sin lấy đối chia huyền Cosin hai cạnh kề huyền chia nhau Còn tang ta tính như sau Đối trên kề dưới chia nhau sẽ thành Cotang ta tính rành rành Đem tang nghịch đảo sẽ thành cotang" 2 Bài tập HH: Bài 2 (bài 1 tr 37 sách ôn tập): a) Tam giác ABC vuông ở A có đường cao AH, do đó: AB2 = BC.BH Đặt BH = x > 0, ta có: 102 = (15 + x)x Giair ra ta được x = - 20 (loại); x = 5 (nhận) Vậy BH = 5 cm Ta lại có: AH2 = BH.CH = 5.15, nên AH =5 3cm b) Ta có: 2 MCE ACB S CM MCE ACB S AC   ∆ : ∆ ⇒ =  ÷ Theo định lý Pitago, ta tính được: AC=10 3cm Vậy: 2 2 10 1 3 10 3 MCE ACB S CM S AC     = ÷  = ÷ = BỔ SUNG:

Trang 8

Ngày soạn:5/5/

I MỤC TIÊU:

1 Kiến thức: :

- Hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông

- Tỉ số lượng giác của góc nhọn

- Các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

- Điều kiện cần và đủ để HPT: có nghiệm duy nhất – vô nghiệm – vô số nghiệm

- Biện luận sự tồn tại nghiệm của HPT theo tham số

- Tìm toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng

- Lập phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cho trước

II NỘI DUNG:

55’ Bài 1: Cho nửa đường tròn

đường kính AB = 2R Từ A và B

kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua

điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ

tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp

5 Chứng minh AB là tiếp tuyến

của đường tròn đường kính

∠BOM là hai góc kề bù => ∠COD = 900

3 Theo trên ∠COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM

Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD)

5 Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC //

BD => tứ giác ACDB là hình thang Lại có I là trung điểm của CD;

O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB

=> IO // AC , mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD

6 Theo trên AC // BD =>

BD

AC BN

CN = , mà CA = CM; DB = DM nên

§ Hệ thức lượng trong tam giác vuông.

§ Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn

Trang 9

suy ra

DM

CM BN

CN =

=> MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB

7 ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà

AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà

AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất ,

mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB

d // d' ⇔(I) vô nghiệm ⇔

Trang 10

5 8 3 8

a b

 + =



+ 

 − = −



⇔

1 2 4 5 8

a

a b

 =





 + =



⇔

1 8 1 5 8 8 a b  =    + =  ⇔

1 8 1 4 a b  =    =  => 1 1 8 1 1 2 x y x y  =  +    =  −  ⇔ 8

2 x y x y + =   − =  ⇔ 5 3 x y =   =  (t/m) Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = ( )5;3 BỔ SUNG:

Hướng dẫn thêm bài: Bài 2(GA), VD1 tr 149, VD2 tr154 (sách Các dạng Toán điển hình) Hoặc VD1 tr 32, Bài 2(GA), Bài 1,2tr 37 (sách Bồi dưỡng HS vào lớp 10, Bài 34 tr 62 (SBT tập 1)

Trang 11

2 Kỹ năng: - Giải hệ phương trình

3 Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn

II NỘI DUNG:

Bài 2: Cho hệ phương trình:

a) Tìm giá trị của k để các đường

thẳng sau cắt nhau tại một điểm:

Hs: tìm nghiệm của các đường

thẳng, sau đó thay vào d3 để tìm k

4 53

x y

2 1

y= x− là nghiệm của hệ phương trình:

Trang 12

Bài 3:

Cho hàm số: y = 4x + 7

a) Các điểm A(-1; 3) B(4;

4

7 ) có nằm trên đồ thị của hàm số trên

không?

b) Viết phương trình đường thẳng

đi qua hai điểm A và B.Cho biết

vị trí tương đối của hai đường

thẳng đó Vẽ chúng trên cùng một

mặt phẳng toạ độ

Hs: lên bảng vẽ đồ thị

y = -3x+4

2 1



 = −

 ⇔

= 1 1 x y   = 

Vậy toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là A ( )1;1 +) Để các đường thẳng: y= − +3x 4; y=2x−1 và ( 2) 3 y= m+ x m+ − đồng qui thì đường thẳng ( 2) 3 y= m+ x m+ − 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 đường thẳng y= − +3x 4; y=2x−1 và ( 2) 3 y= m+ x m+ − đồng qui Bài 3 : Hàm số: y = 4x + 7 a) Điểm A(-1; 3) thuộc đồ thị hàm số; Điểm B(4; 4 7 ) không thuộc đồ thị hàm số b) Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B là: y = -1 4 x + 4 11 Hai đường thẳng trên vuông góc với nhau tại điểm A(-1; 3) y = 4x + 7 y = - 1 4x + 11 4 BỔ SUNG:

Trang 13

- Đường kính và dây cung

- Tiếp tuyến của đường tròn

- Vị trí tương đối của 2 đường tròn

2 Kỹ năng: - Giải hệ phương trình

- Chứng minh các quan hệ hình học

II NỘI DUNG:

a) Với giá trị nào của m thì hệ

phương trình có nghiệm duy nhất.

b) Với giá trị nào của m thì hệ

phương trình có vô số nghiệm.

Bài 1:

a) Để đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm A (−5;3) và B 3

; 12

a b

2 1

m ≠ ⇔ m≠ ±1 Vậy với m≠ ±1 thì hpt có 1 nghiệm duy nhất b) Hệ phương trình vô nghiệm ⇔ 1 1

Trang 14

c) Với giá trị nào của m thì hệ

phương trình vô nghiệm.

? Để hpt có nghiệm, vô nghiệm thì

cần có những điều kiện nào

Bài 3: Cho hệ phương trình:

12

a) Giải hệ phương trình khi m = 2

b) Giải hệ phương trình theo tham

quả câu b, sau đó thay vào đẳng

thức của đề, tìm được kết quả

11

1

m m

1

m m

y x

y

m m x

m y

m m x

⇔ 0

1 0

m m

Trang 15

Bài 1 Cho nửa đường tròn

đường kính AB = 2R Từ A và B

kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua

điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ

tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp

tuyến Ax , By lần lượt ở C và D

Các đường thẳng AD và BC cắt

nhau tại N

5.Chứng minh AB là tiếp tuyến

của đường tròn đường kính CD

6.Chứng minh MN ⊥ AB

7.Xác định vị trí của M để chu vi

tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 1

5 Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC //

BD => tứ giác ACDB là hình thang Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB

⇒ IO // AC , mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD

6 Theo trên AC // BD =>

BD

AC BN

CN = , mà CA = CM; DB = DM

nên suy ra

DM

CM BN

CN =

=> MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB

7 ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà

AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD

mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By Khi đó CD // AB => M phải

là trung điểm của cung AB

BỔ SUNG:

Trang 16

2 Kỹ năng: - Chứng minh các quan hệ hình học

- Tính độ dài đoạn thẳng, số đo góc, chu vi và diện tích các hình

- Chứng minh 1 đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn

II NỘI DUNG:

Bài 2: Cho tam giác ABC vuông ở

A (AB > AC), đường cao AH Trên

nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A,

vẽ nửa đường tròn đường kính BH

cắt AB tại E, nửa đường tròn đường

Bài 3: Cho đường tròn (O; R), từ

một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến

d với (O) Trên đường thẳng d lấy

điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát

tuyến MNP và gọi K là trung điểm

của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là

tiếp điểm) Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥

MA, gọi H là giao điểm của AC

và BD, I là giao điểm của OM và

AB

1 Chứng minh tứ giác AMBO nội

tiếp

2 Chứng minh năm điểm O, K, A,

Bài 2: 1) Từ giả thiết suy ra

⇒ (góc nội tiếp chắn »AE ) (1)

Ta lại có ·AHE = ABH (góc có cạnh tương ứng · ⊥) (2)

Từ (1) và (2)

⇒AFE = ABH mà ·· · CFE + AFE = 180· 0

CFE + ABH = 180

⇒ Vậy tứ giác BEFC nội tiếp

3) Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn đường kính HB và đường kính HC

Gọi O là giao điểm AH và EF Vì AFHE là hình chữ nhật

Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1.Vậy EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn

Bài 3:

1 (HS tự làm).

2 Vì K là trung điểm NP nên OK ⊥ NP ( quan hệ đường kính

Và dây cung) => ∠OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có

∠OAM = 900; ∠OBM = 900 như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính

Trang 17

M, B cùng nằm trên một

đường tròn

3 Chứng minh OI.OM = R2; OI

IM = IA2

4 Chứng minh OAHB là hình

thoi

5 Chứng minh ba điểm O, H, M

thẳng hàng

6 Tìm quỹ tích của điểm H khi M

di chuyển trên đường thẳng d

=> OM là trung trực của AB => OM ⊥ AB tại I Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đường cao

áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI IM = IA2

4 Ta có OB ⊥ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ⊥ MB (gt) =>

OB // AC hay OB // AH

OA ⊥ MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD ⊥ MA (gt) =>

OA // BD hay OA // BH

=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R)

=> OAHB là hình thoi

5 Theo trên OAHB là hình thoi => OH ⊥ AB; cũng theo trên OM ⊥ AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đường thẳng vuông góc với AB)

6 (HD) Theo trên OAHB là hình thoi => AH = AO = R

Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A

cố định một khoảng bằng R Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính

AH = R

BỔ SUNG:

Trang 18

- Tính độ dài đoạn thẳng, số đo góc, chu vi và diện tích các hình

- Chứng minh 1 đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn

II NỘI DUNG:

Bài 4:

Cho đường tròn tâm O đường

kính AB và điểm M bất kì trên

nửa đường tròn sao cho AM <

MB Gọi M’ là điểm đối xứng của

M qua AB và S là giao điểm của

hai tia BM, M’A Gọi P là chân

đương vuông góc từ S đến AB

1 Chứng minh bốn điểm A, M,

S, P cùng nằm trên một đường

tròn

2 Gọi S’ là giao điểm của MA và

SP Chứng minh rằng tam giác

tâm là H và nội tiếp đường tròn

(O) Vẽ đường kính AK

Bài 4:

1 Ta có SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; ∠AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠AMS = 900 Như vậy P và M cùng nhìn AS dưới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính AS

Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn

2 Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đường tròn nên M’

cũng nằm trên đường tròn => hai cung AM và AM’ có số đo bằng nhau

=> ∠AMM’ = ∠AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1)

Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’ ⊥ AB tại H =>MM’// SS’(cùng vuông góc với AB)

=> ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (vì so le trong) (2)

=> Từ (1) và (2) => ∠AS’S = ∠ASS’

Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn =>

∠ASP=∠AMP (nội tiếp cùng chắn AP )

=> ∠AS’P = ∠AMP => tam giác PMS’ cân tại P

3 Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS’ vuông tại M =>

∠B1 = ∠S’1 (cùng phụ với ∠S) (3)Tam giác PMS’ cân tại P => ∠S’1 = ∠M1 (4)Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3 (5)

Từ (3), (4) và (5) => ∠M1 = ∠M3 => ∠M1 + ∠M2 = ∠M3 + ∠M2

mà ∠M3 + ∠M2 = ∠AMB = 900 nên suy ra ∠M1 + ∠M2 =

∠PMO = 900 => PM ⊥ OM tại M => PM là tiếp tuyến của đường tròn tại M

Bài 5:

a) Ta có ·ACK = 900 (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)Nên CK ⊥AC mà BH ⊥AC (vì H trực tâm)

Trang 19

a) Chứng minh tứ giác

BHCK là hình hình hành

b) Vẽ OM ⊥BC (M ∈

BC) Chứng minh H, M, K

thẳng hàng và AH = 2.OM

c) Gọi A’, B’, C’ là chân các

đường cao thuộc các cạnh BC,

CA, AB của∆ABC Khi BC cố

định hãy xác định vị trí điểm A để

tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt

giá trị lớn nhất

(định lý đường kính và dây cung) => M

là trung điểm của HK (vì BHCK là hình bình hành) => đpcm ∆AHK có OM là đường trung bình => AH = 2.OM

c) Ta có ·AC C BB C′ =· ′ = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => ·AC B′ ′ = ·ACB mà ·ACB BAx=· (Ax là tiếp tuyến tại A)

=> Ax // B’C’

OA ⊥Ax => OA ⊥ B’C’ Do đó SAB’OC’ =

2

1 R.B’C’

Tương tự: SBA’OC’ =

2

1 R.A’C’; SCB’OA’ =

2

1 R.A’B’

ABC

S∆ =

2

1 R(A’B’ + B’C’ + C’A’)=

2

1 AA’ BC <

2

1 (AO + OM).BC

=> A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng <=>

A là đỉểm chính giữa cung lớn BC

BỔ SUNG:

M

B

A

C K

Trang 20

Ngày soạn: 12/5/

I MỤC TIÊU:

1 Kiến thức: : - Đường kính và dây cung

- Công thức nghiệm, công thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc hai

- Giải phương trình bậc hai và các phương trình qui về phương trình bậc hai

II NỘI DUNG:

45’ Bài 6 Cho tam giác ABC vuông

ở A Dựng ở miền ngoài tam giác

ABC các hình vuông ABHK,

ACDE

1 Chứng minh ba điểm H, A, D

thẳng hàng

2 Đường thẳng HD cắt đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại

F, chứng minh FBC là tam giác

vuông cân

3 Cho biết ∠ABC > 450 ; gọi M

là giao điểm của BF và ED,

Chứng minh 5 điểm B, K, E, M, C

cùng nằm trên một đường tròn

4 Chứng minh MC là tiếp tuyến

của đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC

Bài 6 1 Theo giả thiết ABHK là hình vuông => ∠BAH = 450

Tứ giác AEDC là hình vuông => ∠CAD = 450; tam giác ABC vuông ở A => ∠BAC = 900

=> ∠BAH + ∠BAC + ∠CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng

2 Ta có ∠BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên tam giác BFC vuông tại F (1)

∠FBC = ∠FAC ( nội tiếp cùng chắn cung FC) mà theo trên

∠CAD = 450 hay ∠FAC = 450 (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆FBC là tam giác vuông cân tại F

3 Theo trên ∠BFC = 900 => ∠CFM = 900 ( vì là hai góc kề bù);

Trang 21

= 40(x + 9) .

2) Giải phương trình:

x2 - 2x + 3(x - 3) x + 1

x - 3 = 7.

(1) <=> x2 + (x + 1)2 = -2x(x + 1) <=> 4x2 + 4x + 1 = 0Giải ra ta được x1 = x2 = 1

2

−

c) x2 - 2(1+ 3)x + 2 3 = 0(a = 1; b = - 2(1+ 3); b’ = - (1+ 3); c = 2 3

x + 9 = y (2), phương trình (1) trở thành y

2 + 18y - 40 = 0

⇔ (y + 20) (y - 2) = 0 ⇔ y = -20 ; y = 2Thay vào (2), ta có

Trang 22

Trang 23

- Điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm: trái dấu, cùng dấu (cùng âm, cùng dương)…

2 Kỹ năng: - Giải phương trình bậc hai và các phương trình qui về phương trình bậc hai

- Biện luận theo tham số: sự tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai hoặc các nghiệm của phương trình bậc hai thoả điều kiện cho trước

II NỘI DUNG:

I Phương trình bậc hai – định lý Vi ét:

Bài 3 : (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên

Lê Quý Đôn – Quy Nhơn năm học

2003 – 2004 - Ngày 12 tháng 7

năm 2003)

Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m –

3 = 0

a) Chứng minh rằng phương trình luôn

có hai nghiệm phân biệt với mọi giá

2 Vài ứng dụng thông thường:

a) Dấu các nghiệmcủa phương trình ax2 + bx + c = 0 (a

≠0) có:

 Hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0

 Hai nghiệm đều dương ⇔

= (m –

2

3 )2 + 4

7 > 0 với mọi giá trị của mVậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệtb) Áp dụng định lý Viét ta có: x1 + x2 = 2(m – 1) ; x1.x2

= m – 3 Phương trình có hai nghiệm đối nhau khi x1 + x2 = 2(m – 1) = 0 ⇔m = 1

Bài 4:

§ Phương trình bậc hai và hệ thức Viét

Trang 24

a) Chứng tỏ rằng phương trình luôn luôn

có hai hai nghiệm phân biệt với mọi

m ≠ 1

b) Không giải phương trình, hãy xác

định giá trị của m để tích hai nghiệm

bằng 3 Từ đó tính tổng hai nghiệm ấy

Bài 6:

Cho phương trình

x2 + (k – 1)x – k = 0a) Xác định k để phương trình có

nghiệm kép Tìm nghiệm kép đó

b) Xác định k để phương trình có

hai nghiệm đều dương

Thay x1 = 2; x2 = -3 lần lượt vào phương trình, ta được:

1

m

x x

m m

b) Theo hệ thức Viet, ta có: 1 2

1 2

( 1)

Trang 25

- Điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm: trái dấu, cùng dấu (cùng âm, cùng dương)…

2 Kỹ năng: - Giải phương trình bậc hai và các phương trình qui về phương trình bậc hai

- Biện luận theo tham số: sự tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai hoặc các nghiệm của phương trình bậc hai thoả điều kiện cho trước

II NỘI DUNG:

Bài 7:

Cho phương trình

x2 – 2(m – 1)x + m – 3 = 0a) Giải phương trình với m = 4

b) Chứng minh rằng phương trình

luôn có nghiệm với mọi m

c) Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai

nghiệm không phụ thuộc vào m

d) Xác định giá trị của m sao cho

phương trình có hai nghiệm bằng

nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu

nhau

Bài 8:

Cho phương trình:

x2 – 2(m + 1)x + m – 4 = 0

a) Giải phương trình khi m = 5

b) Chứng minh rằng phương trình luôn

có hai nghiệm phân biệt với mọi m

c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm

thì phương trình luôn có hai nghiệm

S = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) không phụ thuộc vào m

Bài 9:

a) ∆ = (-3m)2 + 16 = 9m2 + 16 > 0 với mọi mĐiều này chứng tỏ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

§ Phương trình bậc hai và hệ thức Viét

Trang 26

phân biệt

b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của

phương trình Tìm giá trị của m để S

m

+ 2 ≥ 2Dấu “=” xảy ra khi

23( )2

m

= 0 <=> m = 0Vậy min S = 2 khi m = 0

Trang 27

- Tứ giác nội tiếp

-Độ dài đường tròn, cung tròn; diện tích hình tròn, hình quạt tròn

2 Kỹ năng: - Chứng minh tứ giác nội tiếp

- Chứng minh đường thẳng, đường tròn đi qua 1 điểm cố định

- Chứng minh điểm thuộc 1 đường cố định

II NỘI DUNG:

Bài 1:

AB và AC là hai tiếp tuyến của đường

tròn tâm O bán kính R ( B, C là tiếp

điểm ) Vẽ CH vuông góc AB tại H, cắt

(O) tại E và cắt OA tại D

1 Chứng minh CO = CD

2 Chứng minh tứ giác OBDC là hình

thoi

3 Gọi M là trung điểm của CE, BM cắt

OH tại I Chứng minh I là trung điểm

K M E H

O

C

B

A

Bài 2: Cho tam giác cân ABC

(AB = AC) nội tiếp đường tròn (O)

Điểm M thuộc cung nhỏ AC Vẽ tia Cx

đi qua M và D là điểm đối xứng với A

qua O

a) Chứng minh AM là phân giác của

·BMx

b) Trên tia đối của tia MB lấy điểm H

sao cho MH = MC Chứng minh MD //

3 M là trung điểm của CE => OM ⊥ CE ( quan hệ đường kính và dây cung) => ∠OMH = 900 Theo trên ta cũng có

∠OBH =900; ∠BHM =900 => tứ giác OBHM là hình chữ nhật => I là trung điểm của OH

4 M là trung điểm của CE; KE và KC là hai tiếp tuyến

=> O, M, K thẳng hàng

Bài 2:

a) Vì D đối xứng với A qua O và AO là đường trung trực của BC nên »BD = »CD

⇒ MD là phân giác của ·BMC

Mà ·AMD = 1v (nội tiếp nửa đường tròn) hay AM ⊥ MDVậy AM là phân giác của ·BMx

b) Ta có: ·BMC = 2 ·MHC(góc ngoài của tam giác cân MHC)

Trang 28

c) Ta có: MK ⊥ HC (tam giác HMC cân)

Trang 29

II NỘI DUNG:

Bài 3 : Cho nửa đường tròn tâm O

đường kính AB C là một điểm nằm

giữa O và A Đường thẳng vuông góc

với AB tại C cắt nửa đường tròn trên tại

I K là một điểm bất kỳ nằm trên đoạn

thẳng CI (K khác C và I), tia AK cắt nửa

đường tròn (O) tại M, tia BM cắt tia CI

tại D Chứng minh:

1) ACMD là tứ giác nội tiếp đường

tròn

2) ∆ABD ~ ∆MBC

3) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

AKD nằm trên một đường thẳng cố định

khi K di động trên đoạn thẳng CI

E

D

M I

Qua điểm A cho trước nằm ngoài đường

tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC (B, C

là các tiếp điểm), lấy điểm M trên cung

2) ∆ABD và ∆MBC có: µB chung và ·BAD BMC=· (do

ACMD là tứ giác nội tiếp)

Suy ra: ∆ABD ~ ∆MBC (g – g)3) Lấy E đối xứng với B qua C thì E cố định và

EDC BDC= , lại có: ·BDC CAK=· (cùng phụ với µB ), suy ra: · ·

EDC CAK= Do đó AKDE là tứ giác nội tiếp Gọi O’

là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD thì O’ củng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên O′A = O′E, suy ra O′ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AE cố định

Bài 4 :

a) Xét tứ giác BHMK: µH K+µ = 900 + 900 = 1800

=> Tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn

CM tương tự có tứ giác CHMI cũng nội tiếp được

b) Ta có µB HMK C HMI+· = +µ · = 1800

mà µB C= µ ⇒HMK HMI· =· (1)

KBM BCM KBM KHM= , = (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MK và góc tạo bởi tia tt và góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

HCM HIM= (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội

§ Góc với đường tròn – Tứ giác nội tiếp (tt)

Trang 30

(O) cắt AB, AC tại P, Q Chứng minh

chu vi∆APQ không phụ thuộc vào vị trí

MK MI

MH = ⇒ = MI MK (đpcm)c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến)

Xét chu vi ∆APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM

= (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi

Vì A cố định và đường tròn (O) cho trước nên chu vi ∆

APQ khôngphụ thuộc vào vị trí của điểm M (đpcm)

BỔ SUNG:

Trang 31

II NỘI DUNG:

Bài 5 :

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính

AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía

với nửa đường tròn đối với AB Từ

điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai

MC với nửa đường tròn (C là tiếp

điểm) AC cắt OM tại E; MB cắt nửa

đường tròn (O) tại D (D khác B)

1) Chứng minh: AMDE là tứ giác nội

tiếp đường tròn

2) MA2 = MD.MB

3) Vẽ CH vuông góc với AB (H ∈ AB)

Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm

của CH

x

N

I H E

D M

C

A

Bài 6 :

Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’)

tiếp xúc ngoài tại A Vẽ tiếp tuyến chung

ngoài BC (B, C thứ tự là các tiếp điểm

thuộc (O; R) và (O’; R’))

a) Chứng minh ·BAC = 900

b) Tính BC theo R, R’

c) Gọi D là giao điểm của đường

thẳng AC và đường tròn (O) (D≠A), vẽ

Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA

2) Xét ∆MAB vuông tại A có AD⊥MB, suy ra: MA2 = MB.MD (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

3) Kéo dài BC cắt Ax tại N, ta có ·ACB 90= 0(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)⇒·ACN 90= 0, suy ra ∆ACN vuông tại C Lại có MC = MA nên suy ra được MC =

giao điểm của CH và MB

Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH

Bài 6 :

a) Qua A vẽ tiếp tuyến chung trong cắt BC tại M

Ta có MB = MA = MC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)

⇒ µA = 900.b) Giả sử R’ > R Lấy N trung điểm của OO’

Ta có MN là đường trung bình của hình thang vuông OBCO’

(OB // O’C; µB C= µ = 900) và tam giác AMN vuông tại A

Trang 32

tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E ∈

(O’)) Chứng minh BD = DE Có MN = 2

DE = => DA DC = DE2(2)

(1), (2) => BD = DE (đpcm)

BỔ SUNG:

E

N A M

B

C

D

Trang 33

II NỘI DUNG:

Bài 7 :

Cho đường tròn (O), từ điểm A ngoài

đường tròn vẽ đường thẳng AO cắt

đường tròn (O) tại B, C (AB < AC)

Qua A vẽ đường thẳng không đi qua (O)

cắt đường tròn (O) tại D; E (AD < AE)

Đường thẳng vuông góc với AB tại A

cắt đường thẳng CE tại F

a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp

đường tròn

b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FB

với đường tròn (O), chứng minh

DM ⊥AC

c) Chứng minh:

CE CF + AD AE = AC2

Bài 8 :

Cho nửa đường tròn đường kính BC =

2R Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ

AH ⊥BC Nửa đường tròn đường kính

BH, CH lần lượt có tâm O1; O2 cắt AB,

·BEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> ·BEF= 900 Do đó ·FAB BEF+· = 1800Vậy tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn

BC

CF CE

AB =

=> AD.AE = AC.AB (2)(1), (2) => AD.AE + CE.CF = AC(AB + BC) = AC2 (đpcm)

Bài 8 :

a) Ta có ·BAC = 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn)

Tương tự có ·BDH CEH= · = 900Xét tứ giác ADHE có µA ADH AEH= · =· = 900 => ADHE

là hình chữ nhật

Từ đó DE = AH mà AH2 = BH.CH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

D

M

E

O F

Trang 34

b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp

DAH ADE= (1) (Vì ADHE là hình chữ nhật) => µC ADE=· do µC BDE+·

= 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn

=> O1D //O2E Vậy DEO2O1 là hình thang vuông tại D và E

⇔ A là điểm chính giữa cung BC

Khi đó maxS DEO2O1 =

E

Trang 35

II NỘI DUNG:

Bài 9 :

Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai

đường kính khác nhau của đường tròn

Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R)

cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại

E và F

a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình

chữ nhật

b) Chứng minh ∆ACD ~ ∆CBE

c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp

được đường tròn

d) Gọi S, S1, S2 thứ tự là diện tích của

∆AEF, ∆BCE và ∆BDF Chứng minh:

• Nếu ba tam giác tương ứng có

một cạnh bằng nhau thì biến đổi (*) về

đẳng thức các đường cao tương ứng h 1 ,

h 2 , h để chứng minh (chẳng hạn(*) ⇔

h 1 + h 2 = h)

• Nếu ba tam giác tương ứng có

một đường cao bằng nhau thì biến đổi

(*) về đẳng thức các cạnh tương ứng a 1 ,

a 2 , a để chứng minh (chẳng hạn(*) ⇔

a 1 + a 2 = a)

• Nếu hai trương hợp trên không

xẩy ra thì biến đổi (*) về đẳng thức tỉ số

diện tích để chứng minh (chẳng hạn(*)

Bài 9 :

F E

C

B A

a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra ACBD là hình chữ nhật

b) Tứ giác ACBD là hình chữ nhật suy ra:

CAD BCE 90= = (1) Lại có CBE· =12sđ »BC (góc tạo

bởi tiếp tuyến và dây cung); · 1

CBE DFE= (3) Từ (2) và (3) suy ra · ·

ACD DFE=

do đó tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.

d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra: 1 2

2

S EB

S = EF 1

Trang 36

2) Trong bài toán trên, hai khả năng

đầu không xảy ra Điều đó dẫn chúng ta

đến lời giải với các cặp tam giác đồng

dạng.

Bài 10: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp

∆ABC có H là trực tâm Trên cung nhỏ

BC lấy điểm M

Gọi N, I, K lần lượt là hình chiếu của M

trên BC, CA, AB Chứng minh:

a) Ba điểm K, N, I thẳng hàng

b)

MN

BC MI

AC MK

c) NK đi qua trung điểm của HM

P S

Mặt khác ·BMK IMC= · (2)(vì ·BMK KMC KMC IMC+· =· +· do cùng bù với góc A của tam giác ABC vì các tứ giác ABMC, AKMC nội tiếp)

Từ (1), (2) suy ra ·BNK = ·INC nên 3 điểm

MN

BN MI

S => AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM) Vẽ HP // AS (P ∈MS)

=> HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì

Q và H đối xứng qua BC)

=> N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS

do ·SAC AIN= · vì cùng bằng ·NMC ) => KN đi qua trung điểm của HM (đpcm)

BỔ SUNG:

Trang 37

Trang 38

h t

k

o d

c b

- Quan hệ giữa (P): y=ax 2 (a≠0) và đường thẳng: y mx n= +

2 Kỹ năng: - Bài tập về sự biến thiên của hàm số

- Vẽ đường thẳng: y mx n= + ; Vẽ (P): y=ax 2 (a≠0) Xác định tọa độ giao điểm của (D) và (P); Biện luận sự tồn tại giao điểm của (D) và (P) theo tham số

- Xác định toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng và biện luận vị trí tương đối của 2 đường thẳng theo tham số

- Chứng minh họ đường thẳng có chứa tham số đi qua 1 điểm cố định

II NỘI DUNG:

b) Tìm m để (d) song song với (d’)

Bài 2 : Với giá trị nào của m thì đường thẳng :

3

Bài 3:Gọi A( x0 , y0)là một điểm cố định mà đường

thẳng trên luôn luôn đi qua với mọi m

Ta có y0 = mx 0 + m – 2 ⇔ m (x0 + 1) – (y0 + 2) = 0 luôn đúng ∀m 0 0

Trang 39

Bài 4: KIÊN GIANG

a) Cho hàm số y = -x2 và hàm số y = x – 2

Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng hệ trục tọa độ

Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên bằng

phương pháp đại số

b) Cho parabol (P) :

2xy4

= và đường

thẳng (D) : y = mx - 3

2m – 1 Tìm m để (D) tiếp xúc với (P) Chứng minh rằng hai đường

thẳng (D1) và (D2) tiếp xúc với (P) và hai

đường thẳng ấy vuông góc với nhau

Bài 4:

a) Đồ thị hai hàm số biểu diễn như hình vẽ

Tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên là:

Trang 40

- Quan hệ giữa (P): y=ax 2 (a≠0) và đường thẳng: y mx n= +

1 Các phương pháp chứng minh hình học : 2 đường thẳng song song, 2 đường thẳng vuông góc, 3 điểm

thẳng hàng, các đẳng thức về đoạn thẳng, các đường thẳng đồng qui, 5 điểm cùng nằm trên một đường tròn,…

2 Một số BĐT có liên quan đến cực trị hình học - Ứng dụng

3 Các tập hợp điểm cơ bản trong chương trình hình học cấp 2: Giải toán tìm tập hợp điểm.

2 Kỹ năng: - Bài tập về sự biến thiên của hàm số

- Vẽ đường thẳng: y mx n= + ; Vẽ (P): y=ax 2 (a≠0) Xác định tọa độ giao điểm của (D) và (P); Biện luận sự tồn tại giao điểm của (D) và (P) theo tham số

Rèn luyện kĩ năng nhận dạng, suy luận logic trong cm

II NỘI DUNG:

a) Tìm m sao cho đồ thị (P) của y = x2 và

độ thị (D) của y = x + m có 2 giao điểm phân biệt A và B

y

(1) m 4x - x

y 2

Phương trình hoành độ: x2 - 4x + m = 2x + 1 ⇔

x2 - 6x + m – 1 = 0 (3)+ (P) tiếp xúc với (d) ⇔ phương trình (3) có nghiệm kép ⇔ ∆= 9 – m + 1 = 0 ⇔ m = 10Với m = 10 phương trình (3) trở thành x2 - 6x +

phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

⇔ ∆ > 0 ⇔ (-1)2 – 4.1.(-m) > 0

⇔ 1 + 4m > 0 ⇔ m > - 1

4b) Gọi phương trình đường thẳng (d) cần tìm :

y = ax + b

Vì (d ) ⊥ (D) => a.1 = -1 => a = -1 => y = -x + bPhương trình hoành độ giáo điểm của (d) và (P) là :

x2 = - x + b ⇔ x2 + x - b = 0 (2)

§ Hàm số và đồ thị

§ Các phương pháp chứng minh hình học

Định dạng
Số trang	80
Dung lượng	3,26 MB