Tải Giáo án dạy thêm Toán 9 - Tài liệu dạy thêm Toán 9

B c) Định lý đảo: Nếu ﾧ có đỉnh nằm trên đtròn, một cạnh chứa dây cung AB, có sđ bằng nửa sđ cung AB căng dây đó và cung này nằm bên trong góc đó thì cạnh Ax là 1 tia tiếp tuyến của đtrò[r]

Ngày dạy: ………

2 A A

CĂN BẬC HAI CĂN THỨC BẬC HAI VÀ HẰNG ĐẲNG THỨC ﾧ A./ Kiến thức bản:

1 Căn bậc hai

- Định nghĩa: Căn bậc hai số thực a số x cho x2 = a - Chú ý:

a  a+ Mỗi số thực a > 0, có bậc hai số đối nhau: số dương: ﾧ, số âm: ﾧ

0 0 + Số có bậc hai nó: ﾧ

a+ Số thực a < khơng có bậc hai (tức ﾧ khơng có nghĩa a < 0). Căn bậc hai số học

0

a  x a- Định nghĩa: Với ﾧ số ﾧ gọi bậc hai số học a Số gọi là bậc hai số học

- Chú ý: Việc tìm bậc hai số học số không âm gọi phép khai phương - Định lý: Với a, b > 0, ta có:

a < b a  b+ Nếu

a  b a < b+ Nếu

3 Căn thức bậc hai

A- Cho A biểu thức biểu thức gọi thức bậc hai A ; A gọi biểu thức lấy hay biểu thức dấu

A  A0- có nghĩa (hay xác định hay tồn tại)

2 A A

4 Hằng đẳng thức

a a

- Định lý : Với số thực a, ta có :

2 A

-A nêu A<0

A n

A A  

 - Tổng quát : Với A biểu thức, ta có :

B./ Bài tập áp dụng

Dạng : Tìm bậc hai, bậc hai số học * Phương pháp :

- Viết số cho dạng bình phương số - Tìm bậc hai số học số cho

- Xác định bậc hai số cho

1

; 2

64  Bài : Tìm bậc hai số sau : 121 ; 144 ; 324 ;

LG

121 11 11+ Ta có CBHSH 121 : nên CBH 121 11 -11

2

144 12 12+ CBHSH 144 : nên CBH 121 12 -12

2

324  18 18+ CBHSH 324 : nên CBH 324 18 -18

1 64

2

1 1

64 8

 

   

 

1 64

1

1 

+ CBHSH : nên CBH  2

3 2 2 1     1  1( vi 0)  3 2

 1  1 + Ta có : nên CBH của

là

Dạng : So sánh bậc hai số học * Phương pháp :

- So sánh bình phương hai số

- So sánh giá trị CBHSH bình phương hai số Bài : So sánh

3 47 33a) b) c) 10

3 1 5- 8v 2 11 5v  d) e) g)

LG

4  3 2 3a) Vì > nên ﾧ 49  47 7 47b) Vì 49 > 47 nên ﾧ

33 25 33 5  33 10 c) Vì 33 > 25 nên ﾧ

4  3 2 3 1  1  1 1 d) Vì > nên ﾧ

3 5

8   

     



  e) * Cách 1: Ta có: ﾧ

* Cách 2: giả sử

 2

3 8 24 25

2 24 14 24 24 49

           

      ﾧ

Bất đẳng thức cuối bất đẳng thức

2

2 11

11 

 

   



  g) Ta có: ﾧ

A  A0Dạng 3: Tìm điều kiện để thức xác định: ﾧ xác định ﾧ

Bài 3: Tìm điều kiện x để biểu thức sau xác định:

2 1

) ) ) )

3

x

a x b x c d x

x x



   

  ﾧ

LG Để thức có nghĩa thì:

2

0

3x 5  3x 5 x10a) ﾧ

2 2 0, 2

x    x x  b) Ta có: ﾧ xác định với x

1

1

0

2

2 x x x x           

2

x x      

 c)

1

1

3

2

2 x x x x x                

 + Với

1

1

1

2

2 x x x x x                

 + Với

3

x 

1

x  Vậy thức xác định

3 3 5 0

4

2 4 0

0 4 x x x x x x x                         

  d)

4

A     C 9x2  (x x0)a) c)

6

B     D x  4 16 8 x x (x4)b) d)

LG

 12  12 3

A         

a) Cách :

2 4 (4 3).(4 3) 16 12 2.2 12

2

A

A

            

  Cách :

 12  12 5

B         

b)

 3 2 3 ( 0)

C x  x x  x x x x vi x

c)

2

4 16 (4 ) 4 4 2( 4) ( i 4)

D x    x x  x   x  x   x  x  x  x v x

d) Dạng : Tìm Min, Max

Bài : Tìm Min

2

) )

4

x x

a y x  x b y  

LG 2 5 ( 1)2 4 4 2 5 4 2

x  x  x    x  x   a) Ta có :

vậy Miny = dấu ‘‘ = ’’ xảy x – = => x =

2 1 35 35 35 35

1

4 6 36 36 36

x x x x x

y

 

            

  b) Ta có :

35

1 1

0

2 6

x x

x

     

vậy Miny = Dấu « = » xảy ************************************************** Ngày dạy: ………

VẬN DỤNG CÁC HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ ĐƯỜNG CAO TRONG TAM GIÁC VUÔNG

A./ Kiến thức

Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH cho ta có:

' '

, , , , ,

AH h BC a AB c AC b BH   c CH b đó:

2 ' '

2 ' '

2 2 2

1) ;

2) 3)

1 1

4)

5) ( ago)

b a b c a c

h b c b c a h

h b c a b c Pit

 

 

 

 

B./ Bài tập áp dụng

Bài : Tìm x, y hình vẽ sau:

a) + ta có:

b'

c'

h

b

a c

H C

B

2 2

( )

4 52 7, 21

BC AB AC Pitago

BC

 

    

+ Áp dụng định lý :

2

2

52 2, 22

52 4,99

AB BC BH x x

AC BC CH y y

    

    

Hay y = BC – x = 7,21 – 2,22 = 4,99

b) - Xét tam giác ABC vuông A áp dụng định lý

ta có :

2 . 122 18. 8

18 10

AC BC CH y y

x BC y

    

     

c) * Cách :

AH2 = BH.CH = 4.9 = 36 => AH =

Theo Pitago cho tam giác vuông AHB; AHC ta có:

2 2

2 2

4 52

6 117

x BH AH

y CH AH

    

     ﾧ

* Cách 2: Áp dụng định lý ta có:

2 . ( ). (4 9).4 52

52 52

AB BC BH BH CH BH

AB x

     

    ﾧ

2 . ( ). (4 9).9 117

117 117

AC BC CH BH CH CH

AC y

     

   

ﾧ

d) Áp dụng định lý 2, ta có:

2 . 3.7 21 21

AH BH CH  x    x

Áp dụng định lý ta có :

2

2

( )

(3 7).7 70 70

( 21 49 70)

AC BC CH BH CH CH

y y

y x CH

  

     

    

e) Theo Pitago, ta có :

y x

6

H C

B

A

18 12

y x

H C

B

A

9

H C

B

A

y x

4

7

x

y A

B C

2 132 172 458 BC AB AC  y  

Áp dụng định lý 3, ta có :

221

13.17 458 10,33

458

AB AC BC AH

x x



    

g) Áp dụng định lý 2, ta có :

2

2 . 52 4. 6, 25

4

AH BH CH   x x 

Theo Pitago cho tam giác AHC vuông H, ta có :

2 2

2

5 6, 25

( 1: (4 6, 25).6, 25 8)

y AH CH

DL y BC x y

    

    

Bài : Cho tam giác ABC vng A, có cạnh góc vng AB = 15cm, AC = 20cm Từ C kẻ đường vng góc với cạnh huyền, đường cắt đường thẳng AB D Tính AD CD?

LG

µ

, 90 ,

BCD C CA BD

  

2 . 202 15. 80

3

CA AB AD  AD AD

Theo định lý 3, ta có :

2

2 80 202 100

3

CD AD CA     

  Theo

Pitago tgiác ACD vng A, ta có : ﾧ

Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 60cm, AD = 32cm Từ D kẻ đường thẳng vng góc với đường chéo AC, đường thẳng cắt AC E AB F Tính độ dài EA, EC, ED, FB, FD

LG 2 322 602 68

AC AD CD    Xét tam giác ADC vng D, ta có: ﾧ

2

2 . 32 256

68 17

AD AD AC AE AE

AC

    

Theo định lý 1: ﾧ

17

13 x

y A

B C

H

5

H C

B

A

y

x

20 15

D

x

y A

Theo định lý 1, ta có:

2

2 . 60 900

68 17

CD CD AC CE CE

AC

    

ﾧ Theo định lý 2, ta có:

480

17

DE AE EC  

ﾧ

2

2 . 544

15

AD AD DF DE DF

DE

    

Xét tam giác DAF, theo định lý 1: ﾧ

2 256 60 256 644

15 15 15

AF  DF  AD    FBAB AF   

Theo Pitago: ﾧ

Bài 4: Cho hình vng ABCD Gọi E điểm nằm A, B Tia DE tia CB cắt F Kẻ đường thẳng qua D vng góc với DE, đường thẳng cắt đường thẳng BC G Chứng minh rằng: a) Tam giác DEG cân

2

1

DE DF b) Tổng ﾧ không đổi E chuyển động AB. LG

¶ ¶

1

D D D¶2a) Ta có: ﾧ (cùng phụ với )

à

ADE v CDG

  xét ta có :

   

1

0

( )

90

AD DC gt

D D cmt ADE CDG g c g

A C

 



    



   

DE DG DEG

    cân D

2

1

DE DG

 

b) DE = DG

2 2

1 1

DE DF DG DF ta có : xét tam giác DGF vng D, ta có :

2 2

1 1

CD DG DF (định lý 4)

1

CD 2 2

1 1

DE DF DG DF Vì khơng đổi E chuyển động AB, suy tổng không đổi E thay đổi AB

******************************************************* Ngày day: ………

CÁC PHÉP TÍNH VỀ CĂN BẬC HAI A./ Kiến thức :

1 Khai phương tích Nhân bậc hai

; 0, ó: a.b= a b

a b ta c a) Định lý :

; 0, ó: a.b= a b

a b ta c b) Quy tắc khai phương tích : Muốn khai phương tích số khơng âm, ta khai phương thừa số nhân kết với ()

60

32

F

E

D

A B

C

3

G F

E

D C

; 0: a b= a.b

a b  c) Quy tắc nhân bậc hai : Muốn nhân CBH số khơng âm, ta có thể nhân số dấu với khai phương kết ()

d) Chú ý :

 A2 A2 A

 

- Với A > ta có :

; ó:

A B ta c A B  A B- Nếu A, B biểu thức :

( , , 0)

A B C  A B C A B C - Mở rộng :

2 Khai phương thương Chia bậc hai

a a

0, ó: =

b b

a b ta c

a) Định lý : a

b

a a

0, ó: =

b b

a b ta c

b) Quy tắc khai phương thương : Muốn khai phương thương , số a khơng âm số b dương, ta khai phương số a số b, lấy kết thứ chia cho kết thứ hai ()

a a

0, : =

b b

a b

c) Quy tắc chia hai CBH : Muốn chia CBH số a không âm cho số b dương, ta chia số a cho số b khai phương kết ()

A A

0, : =

B B

A B

d) Chú ý : Nếu A, B biểu thức : B./ Bài tập áp dụng :

Dạng : Tính Bài : Thực phép tính:

2 2

24 49 81 9 63

) 0,01

25 16 25 16 100 10 10 200

a          

     

2

) 2, 25.1, 46 2, 25.0,02 2, 25(1, 46 0,02) 2, 25.1, 44 (1,5.1, 2) 1,5.1, 1,8

b       

2

25 169 (5.13) 5.13 13

) 2,5.16,9

10 10 10 10

c    

2

2

) 117,5 26,5 1440 (117,5 26,5).(117,5 26,5) 1440 144.91 144.10

144(91 10) 144.81 (12.9) 108

d        

    

Dạng : Rút gọn biểu thức Bài : Tính giá trị biểu thức:

1 64 441

) 0,1 0,9 6, 0, 44,1

10 10 10 10 10

1 2 35 35 10 10

10

10 10 10 10 10 10

a A          

       

   

2 7

6 14

)

2

2 28 2( 7)

b B      

  

       

   

3 3

3 5

)

4 4

12 3 15 12 3 15 24 15

16 13

c C          

   

       

 



  2   

9 x x5 3x 3 x

a)

  2     

2. 2 0 . 2 2 2

x x x  x x x  x x x

b)

 

3

2

108 108

0 3

12 12

x x

x x x x

x

x      c)

 

4 6

6

6

13 13 1 1

0;

208 16 4

208

x y x y

x y

x y x x x x

x y



      



d) Dạng : Chứng minh Bài : Chứng minh biểu thức sau:

) 35 35

(6 35).(6 35) 36 35

a

VT VP

  

      

) 17 17

(9 17).(9 17) 81 17 64

b

VT VP

  

       

 2

2

)

2 2 2

3 2 2

c

VT

VT VP VP

  



     

 



    

 2

2

) 49 48

4 12 2

7

d

VT

VT VP VP

  



       

 



    

   2

) 2 3 2 6

4 6 6

e

VT VP

    

       

       

 

2

) 15 15

5 3 5 3 5

5 5 3

g

VT

VP

   

         

         

Dạng : Giải phương trình Bài : Giải phương trình sau:

 

   

) 2 18 28 :

28 784 392

1 2 5.2 7.3 28 13 28 2

13 169 169

a x x x dk x

x x x x x x x tm

   

           

   

 

1

) 20 45

3

2 4( 5) 9( 5) : 5

3

2 5 5 5

3

b x x x

x x x dk x x

x x x x x x x tm

     

          

3

) (3)

1 x c x   

3 3

2

1

3

0

1 2 1

3

1

x x

x x x

x

x x x

x x x                                                     

 đk :

3 11

(3) 11

1 x x x x         

 Ta có thỏa mãn

5 ) 2 x d x   

5 4

5

2

2 x x x x x                 

 (4) đk :

 

5x x 5x 4 x x 12

          

(4) thỏa mãn

2

a b ab

 

Bài tập : (bất đẳng thức Cauchy) : Cho số a b không âm Chứng minh Dấu đẳng thức xảy nào?

LG * Cách :

0; ;

a b  a b+ xác định.

 2 2

2

a b

a b   a ab b   a b  ab   ab

+ ta có : + dấu đẳng thức xảy a = b

* Cách : ta có

 

 

2 2 2 2 2 2 2

2

0 2

4

2

a b a ab b a b ab a ab b ab

a b

a b ab a b ab ab

            



       

******************************************************* Ngày dạy: ………

TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN A Kiến thức

0

(0 90 )

ABC  

    1 Định nghĩa : Cho ta định nghĩa tỉ số cạnh AB, BC, CA tam

giác ABC vuông A sau:

sin ; cos

; cot AC AB BC BC AC AB tg g AB AC        

* Nhận xét : từ định nghĩa ta thấy : + tỉ số lượng giác góc nhọn ln dương

1

cotg ;tg cotg

tg

  



 

+ < sin, cos < + Tỉ số lượng giác góc phụ

0

90

 

sin cos ; cos sin

cot ; cot

tg g g tg

   

   

 

 

 

 - Định lý : góc phụ sin góc cosin

góc kia, tg góc cotg góc Tức: ta có : Bảng tỉ số lượng giác góc đặc biệt:



Tỉ số lượng giác

300 450 600

Sin

2

2

3

Cos 3

2

2

1

tg

3

1 3

Cotg 3 1

3

* Nhận xét :

- Dựa vào bảng ta thấy:

1 2

0

1 2

1 2

sin sin ;

0 ; 90

cos cos ; cot cot

tg tg v

g g

   

   

   

 



    

 

 với

Tức :

+ góc lớn có sin lớn hơn, lại có cosin nhỏ + góc lớn có tg lớn hơn, lại có cotg nhỏ

0

0  90 Hay ta phát biểu : :  + sin tg đồng biến với góc

 + cosin cotg nghịch biến với góc

4 Các hệ thức bản:

   

    2

sin

1 ; cot 1;

cos cos

2 ; sin cos

sin

tg tg g

cotg

 

  

B Bài tập áp dụng

Bài : Cho biết sin = 0,6 Tính cos, tg cotg?

2 2

sin  cos   1 cos  sin   0, 6 0,8+ ta có: ﾧ

sin 0,6 cos 0,8

;

cos 0,8 sin 0,6

tg  cotg 

 

     

+ ﾧ Bài 2:

1 Chứng minh rằng:

2 4

2

1

) ; ) ; ) cos sin 2cos

cos sin

a tg  b cotg  c   

 

      

ﾧ Áp dụng: tính sin, cos, cotg, biết tg =

LG a) ta có:

2

2

2

2

2

2

sin sin sin

1

cos cos cos

sin cos

1

cos cos

tg tg tg

tg

  

  

  

 



 

      



   

2 2

2 2

cos cos sin

cot 1

sin sin sin

VT g     VP

  



      

b) ﾧ c)

   

 

4 2 2 2

2 2 2

cos sin cos sin cos sin cos sin

cos cos cos cos 2cos

VT

VP

       

    

      

        

ﾧ Ta có:

  2

2

1 1

2 ê cos cos ;

cos 5

tg n n a 



        

ﾧ

1

2 ;

2

tg cotg

   

ﾧ

 

2

2

2

1 1 5

1 sin sin

2 sin sin 5

b 

 

 

           

  ﾧ

Bài 3: Biết tg = 4/3 Tính sin, cos, cotg?

LG + ta có: tg = 4/3 nên cotg = ¾

2

2

1

1 cos cos ;

cos 25

tg   



     

+ mà ﾧ

2 2

sin cos sin s

5

co

             

  + mặt khác: ﾧ  Bài 4: Dựng góc ﾧ trường hợp sau:

1

) sin ; ) cos ; ) 3; ) cot

2

a   b   c tg  d g 

ﾧ LG

a)* Cách dựng

- dựng góc xOy = 900 Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - Oy lấy điểm B cho OB =

- vẽ cung trịn tâm B, bán kính 2, cung cắt Ox A

BAO 

   - nối A với B ﾧ cần dựng

* Chứng minh:

1

sin sin

2

OB BAO

AB

    

- ta có: ﾧ đpcm

B



A O

y

b)* Cách dựng

- dựng góc xOy = 900 Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - Ox lấy điểm A cho OA =

- vẽ cung trịn tâm A, bán kính 3, cung cắt Oy B

BAO 

   - nối A với B ﾧ cần dựng

* Chứng minh:

2

cos cos

3

OA BAO

AB

    

- ta có: ﾧ đpcm

c) * Cách dựng:

- dựng góc xOy = 900 Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - Ox lấy điểm A cho OA =

- Oy lấy điểm B cho OB = OBA 

   ﾧ cần dựng.

* Chứng minh: - thật vậy, ta có:

3

OA tg tg OBA

OB

     

ﾧ đpcm

d) * Cách dựng

- dựng góc xOy = 900 Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - Ox lấy điểm A cho OA =

- Oy lấy điểm B cho OB = OAB 

   ﾧ cần dựng

* Chứng minh: - thật vậy, ta có:

4

OA cotg cotg OAB

OB

     

ﾧ đpcm

Bài 5: Cho tam giác ABC có AB = 5; BC = 12; AC = 13 a) CMR tam giác ABC vng

b) Tìm tỉ số lượng giác góc A góc C

LG

2 122 52 169 132 2 2

AB BC     AC  AB BC AC a) Ta có: ﾧ theo định lý Pytago đảo, suy tam giác ABC vuông B

b)

3 B



2 A

O y

x

3 B



A O

y

x

4 B



A O

y

0

90 ;

A C A C

       - ﾧ góc phụ

nhau - đó:

12

sin cos ; cos sin

13 13

12

cot ; cot

5 12

A C A C

tgA gC gA tgC

   

   

*********************************************************

Ngày dạy: ………

BIẾN ĐỔI ĐƠN GIẢN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI A Kiến thức

1 Đưa thừa số dấu căn:

2 ( 0; 0)

( 0; 0)

A B A B A B A B

A B A B

  



 

  

 

2 Đưa thừa số vào dấu căn:

2

0; :

0; :

A B A B A B

A B A B A B

   

   

0; : A A B

A B B

B B

  

3 Khử mẫu biểu thức lấy : Trục thức mẫu:

0 : A A B

B

B B

 

a) ﾧ

 

2

2

0; : C C A B

A A B

A B A B

  

 



b) ﾧ

 

, 0; : C C A B

A B A B

A B

A B

  

 



c) ﾧ * Chú ý:

- Các bậc hai đồng dạng bậc hai có biểu thức dấu

- Biểu thức liên hợp: biểu thức chứa thức gọi liên hợp với tích chúng khơng chứa thức

- Quy tắc trục thức mẫu: muốn trục thức mẫu biểu thức ta nhân tử mẫu biểu thức với biểu thức liên hợp mẫu

B Bài tập áp dụng

Dạng 1: Đưa nhân tử ngoài, vào dấu Bài 1: Đưa nhân tử dấu căn:

5

13

12 B

 

 

 

2

2

2

) 125

5 5

) 80

4 5

a x x

x x x x

b y

y y



 

 

ﾧ

 

   

 

   

2

2

)

1 5

) 27

2 3.3 3

c

d



     



     

ﾧ

 

 

   

 

 

2

2 10 10

2 2

) 10

10 10

3 10 10 10

3 10

e        

 

  



ﾧ

   

 

2

5 5

)

4 2

g       

ﾧ Bài 2: Đưa thừa số vào dấu so sánh:

3 3v a) ﾧ

ta có: 2

3 5 45

75 45 75 45 3

5 75

do



  

    

 

   ﾧ

4 5v b) ﾧ

ta có: 2

4 48

48 45 48 45 3

3 5 45 do



  

    



   ﾧ

7 72v c) ﾧ

2

7 2  98 do98 72  98 72 2 72 ta có: ﾧ

5 8v d) ﾧ

ta có: 2

5 7 175

175 128 175 128

4 8 128

do



  

    

 

   ﾧ

                          2 2

) 2

2

2

2 2

2

) 5

25

5

5

5 5

a

a a a

a

a a

a a a

a x

b x x

x

x x x x

x

x x x

                       ﾧ                   2 2 2 )

3 3

0

a

c a b a b

b a

a a b a b a a b a

a b

b a b a b a b a

                ﾧ Dạng 2: Thực phép tính rút gọn biểu thức Bài 4: Thực phép tính:

) 125 45 20 80 5 12 5 5

27 48 75

) 3

4 16

9 49 25 1 7

)

8 18 2 3

a b c                             ﾧ         2 2 1

) 20 12 15 27 5.2 3.2 15 4.3

5

10 3 12 13 18 3 13 17

) 28 10 3 3

d e                                   ﾧ Bài 5: Rút gọn biểu thức với giả thiết biểu thức chữ có nghĩa:

 

   

 2

) 0;

2

x x y y

a xy x y

x y

x y x xy y

xy x xy y xy x xy y x y x y                     ﾧ      

) a ab ; a a b a

b a b

b ab b b a b

       ﾧ              

) 0;

x y y x x y

c x y

xy

xy x y x y

x y x y x y

       

       

 2  2

) 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

d A x x x x x x x x

x x x x

x x x x

           

         

           

ﾧ

2 2

x   x   x - ﾧ

2 2 2

A x x x

         ﾧ

2 2

x   x   x - ﾧ

2 2 2

A x x

        ﾧ

Dạng 3: Trục thức mẫu Bài 6: Trục thức mẫu

 

   

 

 

12 3 12 3

12

2 3

9

3 3 3

 

   



  

a) ﾧ

 

   

 

 

8

8

8 5

5

 

   



  

b) ﾧ

 

   

 

 

14 10 14 10

14

2 10

10

10 10 10

 

   



  

c) ﾧ

   

   

7 11 11

7 11 168 49 33 40 33 385 33 217

192 539 337

8 11 11 11

 

    

  

 

  

d) ﾧ

   

   

3 2

3 2 30 10 10 12 18 10

20 18

2 2

 

    

  



  

e) ﾧ Bài 7: Trục thức mẫu thực phép tính:

 

       

 

   

       

 

5

)

2

4 11 7

5 11 3 7 7 5

2

4 11 11 7

5 11 3 7 7 5 11 3 7 7 5

16 11 7

3 7

4 11 11 7 4 11

2

a    

  

   

   

     

       

       

  

  

             

 

   

 

   

 

   

       

   

     

4 3

)

6

5

4 2 3 1

6

5 5

4 2 3 1 3 1

3 2

5 4 6

8 18 12 3 8 18 36 12 24 3 1

6

26 13 59

b    

  

   

   

     

     

         

  

             

 

  



ﾧ ***********************************************************

Ngày dạy: ………

RÚT GỌN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI ÔN TẬP ĐẠI SỐ - CHƯƠNG I

A Kiến thức

Để rút gọn biểu thức có chứa thức bậc hai, ta cần vận dụng thích hợp phép biến đổi biết

B Bài tập áp dụng Bài 1: Tính

 2  2  

3 2  2  1  2  1  2 2 1

a) ﾧ

 

 

2

2

) 29 12 5 5

5 5 5 1

b           

         

ﾧ

) 29 12 5

c          ﾧ

 

 

2

2

) 13 48 13 5

2 3 1

d               

          

ﾧ Bài 2: Thực phép tính, rút gọn kết

2 20 45 18 32   50 5 12 2      16 2 a) ﾧ

1 1 17 10

32 0,5 48 2

3 4

           

b) ﾧ

2

1

) 4,5 12,5 0,5 200 242 24,5

2

1 25 49

2 10 11

2 2

1

2 2 11 2

2 2

c      

      

      

ﾧ

1 13

5 11 2

2 2 2

 

        

   

3

) 12

2 3

3

6 6 6 3

2

d          

   

 

        

  ﾧ

Bài 3: Chứng minh đẳng thức

2

)

2 2

a b a b b b

a

b a

a b a b a b

 

  



   ﾧ

Biến đổi vế trái ta được:

       

   

           

 

   

2

2

2 2 2

4 2 2 4 4 4

2 2

4 2

2

a b a b b a b a b b

VT

b a

a b a b a b a b a b a b

a b a b b a ab b a ab b b ab b

a b a b a b a b a b a b

b a b b

VP a b

a b a b

   

     



     

          

  

     



  



 

ﾧ

2 216

)

3

8

b      

  ﾧ

Biến đổi vế trái ta được:

 

 

6

2 216 6

3

8 2

6 3

2

2 6

VT

VP

  

  

 

    

     

   

   

     

 

  ﾧ

 a b2 ab a b b a A

a b ab

  

 

 Bài 4: Cho biểu thức ﾧ

a) Tìm điều kiện để A có nghĩa

b) Chửng tỏ giá trị biểu thức A không phụ thuộc vào a LG

a) đk: a > 0; b > 0; a khác b b) ta có:

   

     

2

2

4 2 4

2

2

a b ab a b b a a ab b ab ab a b

A

a b ab a b ab

a b a ab b

a b a b a b a b b

a b a b

      

   

 



 

          

  ﾧ

2 1

:

1 1

x x x

B

x x x x x

   

  

     

  Bài 5: Cho biểu thức ﾧ

a) Tìm đk xác định b) Rút gọn biểu thức B

LG

0;

x x a) đk: ﾧ

   

   

2 1 1

: :

1 1 1 1

2 1 1

1 1

1

x x x x x x

B

x x x x x x x x x x x

x x x x x x x

x x x x

x x x

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

3

1 :

9

x x x x x

C

x x x x x

       

      

        

   Bài 6: Cho biểu thức ﾧ

a) Tìm đk để C có nghĩa b) Rút gọn C

c) Tìm x để C =

LG

0; 4;

x x x a) đk: ﾧ

b) Ta có:

3

1 :

9

x x x x x

C

x x x x x

                           ﾧ                                   2

3 3 2 9

1 :

2

3 3

3 3 9

1 : :

3

3 3

2

3

3 2

x x x x x

x x

x x x x

x x x x x x x

x x x

x

x x x x x

x x

x x x

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

3 11 121

4

4 16

2 x x x

x

        

 c) C = ﾧ

9 1

:

3

x x x

D

x

x x x x

     

      



 

   Bài 7: Cho biểu thức ﾧ

a) Tìm đk b) Rút gọn c) Tìm x cho D < -1

LG a) đk: x > 0; x khác

b) Ta có:

     

9 1 1

: :

9

3 3 3

x x x x x x

D

x

x x x x x x x x x x

                                               ﾧ                          

3 3 1 3 3 9 2

: :

3 3 3

3 3 3

2

3 2

x x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x

x

x x x

                         ﾧ  

1 4 16

2

x

D x x x x x

x



             

******************************************************** Ngày dạy: ………

HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ GÓC TRONG TAM GIÁC VUÔNG A Kiến thức

1 Các hệ thức

* Định lý: Trong tam giác vuông, cạnh góc vng bằng: - Cạnh huyền nhân Sin góc đối Cosin góc kề

- Cạnh góc vng nhân Tang góc đối Cotg góc kề (trong tam giác ABC vuông A, BC = a; AB = c; AC = b, ta có:

 1 sin cos  2 cot

.sin cos cot

b a B a C b c tgB c gC

c a C a B c b tgC b gB

   

 

 

   

 

ﾧ

2 Áp dụng giải tam giác vuông

* Giải tam giác vuông: tìm tất yếu tố tam giác vng (các cạnh, góc) biết trước yếu tố có yếu tố cạnh khơng kể góc vng

* Một số trường hợp giải tam giác vuông thường gặp a) Biết cạnh góc vng

- Tính cạnh huyền (theo Pi-ta-go) - Tính góc nhọn (tg cotg) - Tính góc nhọn cịn lại (2 góc phụ nhau) b) Biết cạnh huyền góc nhọn

- Tính góc nhọn cịn lại (2 góc phụ nhau)

- Tính cạnh góc vng (hệ thức cạnh góc – hệ thức (1)) c) Biết cạnh góc vng góc nhọn kề

- Tính góc nhọn cịn lại

- Tính cạnh góc vng cịn lại cạnh huyền (hệ thức cạnh góc – hệ thức (1); (2)) B Bài tập áp dụng

4

tgB 

Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A, biết ﾧ BC = 10 Tính AB; AC '

4

53 07

tgB   B

- ﾧ

- theo hệ thức cạnh góc tam giác vuông '

0 '

cos 10.cos53 07

.sin 10.sin 53 07

AB BC B AC BC B

  

   ﾧ

Bài 2: Cho tam giác ABC cân A; AB = AC = 17; BC = 16 Tính đường cao AH góc A, góc B tam giác ABC

B C

A c

b a

10 B

1

8

A A

AH BC BC

BH CH

 

 

  

  



 + tam giác ABC cân, có ﾧ

+ xét tam giác AHC, vuông H 2 172 82 15

AH  AC  CH    - ta có: ﾧ

0 ' '

2 2

8

sin 28 04 56 08

17

CH

A A A A A

AC

          

- mặt khác: ﾧ + xét tam giác AHB vng H, ta có:

0 0 ' '

1

90 90 28 04 61 56

B A

       ﾧ

0

38 ; 30

ABC ACB

    Bài 3: Cho tam giác ABC có AB = 11, ﾧ Gọi N chân đường vng góc kẻ

từ A đến BC Tính AN; AC

- xét tam giác ANB vuông N, theo hệ thức cạnh góc tam giác vng ta có:

0

.sin 11.sin 38 6,77

AN AB B  ﾧ

- xét tam giác ANC vuông N, theo hệ thức cạnh góc tam giác vng ta có:

0

6,77

.sin 13,54

sin sin 30

AN AN AC C AC

C

    

ﾧ

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Biết BH = 9; HC = 16 Tính góc B, góc C?

- xét tam giác ABC vuông A, theo hệ thức cạnh đường cao tam giác vng , ta có:

2 . 9.16 144 12

AH BH CH    AH  ﾧ

- xét tam giác AHB, vng H, ta có: '

12

53

AH

tgB B

BH

    

ﾧ

0 '

90 36 53

B C C

       - mà ﾧ

0

60

B

  Bài 5: Cho tam giác ABC có ﾧ, hình chiếu vng góc AB AC lên BC theo thứ tự

bằng 12 18 Tính góc đường cao tam giác ABC

- xét tam giác AHB vuông H

0

60 30

2

2 2.12 24

B A BH AB

AB BH

      

    ﾧ

2 242 122 20,8 AH AB BH

      ﾧ

- xét tam giác AHC, theo hệ thức lượng…

 

0 '

0 '

20,8

49 06 18

180 70 54

AH

tgC C

HC

A B C

    

        ﾧ

- theo hệ thức cạnh góc, ta có:

2

16

17 17

B C

A

11 380

300

N B

C

A

16

9 H

B C

A

2

600

18

12 H

B C

0 '

18

.cos 27,5

cos cos 49 06

HC HC AC C AC

C

    

ﾧ

90

A D

   Bài 6: Cho hình thang ABCD, có ﾧ, đáy nhỏ AB = 4, đáy lớn CD = 8, ,

B C

  AD = Tính BC, ﾧ?

- kẻ BH vng góc với CD, suy AD = BH = 3; AB = DH = 4, đó: CH = – =

- xét tam giác BHC vng H, ta có:

2 2

0

3

3

sin 37

5

BC BH CH BH

C C

BC

    

    

ﾧ - ABCD hình thang nên:

0 0 0

180 180 180 37 143

B C B C

            ﾧ

Bài 7: Giải tam giác vuông sau, tam giác ABC vuông A biết: a) a = 18; b =

0

38

C

  b) b = 20; ﾧ

;

4

tgB c

c) ﾧ

a) a = 18; b=

0 ' 0 ' '

0 '

8

sin 23 23 90 23 23 63 37

18

.sin 18.sin 63 37 16,1

AC

B B C

BC AB BC C

         

   ﾧ

0

38

C

  b) b = 20; ﾧ

0 0

0

20

38 52 ; 20 38 15,6; 25,

sin sin 52

AC

C B AB AC tgC tg BC

B

          

ﾧ

3

;

4

tgB c

c) ﾧ

2 2

0 ' '

3

4 3;

4

sin 0,8 53 08 36 52

5

AC ABtgB BC AB AC

c

C C B

a

       

        

ﾧ

********************************************************* Ngày dạy: ………

ƠN TẬP HÌNH HỌC – CHƯƠNG I A Kiến thức

1 Các hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH cho ta có :

' '

, , , , ,

AH h BC a AB c AC b BH   c CH b :

H B

D C

A

8

3

b

c a

B

2 ' ' ' '

2 2 2

1) ;

2)

3)

1 1

4)

5) ( ago)

b a b c a c

h b c b c a h

h b c a b c Pit

 

 

 

 

2 Định nghĩa tỉ số lượng giác góc nhọn

0

(0 90 )

ABC  

    Cho ta định nghĩa tỉ số cạnh AB, BC, CA tam giác ABC

vuông A sau :

sin ; cos

; cot

AC AB

BC BC

AC AB

tg g

AB AC

 

 

 

 

3 Một số tính chất tỉ số lượng giác

0

90

  

sin cos ; cos sin

cot ; cot

tg g g tg

   

   

 

 

 

 - Nếu ta có :

0

0  90 - Cho Khi đó

+ < sin, cos <

2

sin cos 1+

sin cos

;cot ;cot ; cot

cos sin

tg g g tg g

tg

 

    

  

   

+ Các hệ thức cạnh góc tam giác vng

b'

c'

h

b

a c

H C

B

A

 

B C

A

Huyền Đối

- Cho tam giác ABC vuông A, BC = a; AB = c; AC = b, ta có:

 1 sin cos  2 cot

.sin cos cot

b a B a C b c tgB c gC

c a C a B c b tgC b gB

   

 

 

   

 

ﾧ

B Bài tập áp dụng

  A 900Bài : Chứng minh : với góc nhọn tương ứng tam giác ABC, thì:

4

2

) cos sin 2cos

) sin sin cos sin

a b

  

   

  

 

2 2

2 2

) sin sin

) cos cos

c tg tg

d tg

   

  

 

 

LG

 2   2  2  

) cos sin cos sin cos sin cos cos 2cos

a VT              VP

 

2

2 2 2

2

) sin cos sin sin sin

sin

) (1 sin ) cos cos sin

cos

b VT VP

c VT tg tg VP

    



     



    

     

  2

2 2

2

sin cos sin

) cos cos cos

cos cos

d VT  tg       VP

 

  

       

 

Bài : Cho tam giác ABC, biết AB = 21 ; AC = 28 ; BC = 35 a) Chứng minh tam giác ABC vng

b) Tính sinB, sinC, góc B, góc C đường cao AH vủa tam giác ABC LG

2 2

2 2

2

21 28 1225

35 1225

AB AC

BC AB AC BC



    

  



   a) ta có: ﾧ theo

định lý đảo định lý Pi-ta-go tam giác ABC vuông A b)

0

0

28

sin 0,8 53

35 21

sin 0,6 37

35

AC

B B

BC AB

C C

BC

     

     

ﾧ

Xét tam giác AHB vuông H, áp dụng hệ thức cạnh góc tam giác vng ta có:

0

.sin 21.sin 53 21.0,8 16,8

AH AB B  ﾧ (hoặc AH.BC = AB.AC)

Bài 3: Giải tam giác vuông A, biết

42

B

  a) a = 12; ﾧ

b) b = 13; c = 20

LG

B C

A c

b a

35 21

28 H B

- ta có:

0 0

0

90 90 42 48

.cos 12.cos 42

.cos 12.cos 48

C B

AB BC B AC BC C

      

  

   ﾧ

- ta có:

2 2

0

0

20 13 23,85

13

0,65 33

20

90 57

BC AB AC AC

tgB B

AB

C B

    

     

     ﾧ

0

60

B

  Bài 4: Cho tam giác ABC có ﾧ hình chiếu vng góc AB, AC lên BC theo thứ tự bằng

12; 18 Tính cạnh, góc đường cao tam giác ABC LG

+ ta có: BC = BH + CH = 12 + 18 = 30 + xét tam giác AHB vuông H

0

12 60 12

AH BH tgB tg  - ta có :

- mặt khác :

0

0 0

1

12

.cos 24

cos cos 60

90 90 60 30

BH BH AB B AB

B

A B

    

      

+ xét tam giác AHC vng H, ta có :

2

0

756 27,5

12

49 18

AC AH CH AH

tgC C

HC

    

    

  

0

180 71

A B C

      

+ xétABC, tcó:

*********************************************************** Ngày dạy: ………

 0

y ax b a  

HÀM SỐ BẬC NHẤT ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ A Kiến thức

1 Định nghĩa hàm số bậc

 0

y ax b a  

- Hàm số bậc hàm số cho cơng thức , a, b số cho trước

 0

y ax b a  

2 Tính chất hàm số bậc : Hàm số bậc xác định với x thuộc R có tính chất sau :

a) Đồng biến R, a > b) Nghịch biến R, a <

420

12

B C

A

20 13

B C

A

600

2

18 H

12

B C

y ax 3 Đồ thị hàm số

y ax - Đồ thị hàm số đường thẳng qua gốc tọa độ O

- Cách vẽ

 

0 0;

x  y a  A a

+ Cho

+ Đường thẳng qua gốc tọa độ O A(0 ; a) đồ thị hàm số y = ax

 0

y ax b a  

4 Đồ thị hàm số

 0

y ax b a  

- Đồ thị hàm số đường thẳng + Cắt trục tung điểm có tung độ b

+ Song song với đường thẳng y = ax b khác 0; trùng với đường thẳng y = ax b =

 0

y ax b a   y ax b a   0

- Chú ý : Đồ thị hàm số gọi đường thẳng b gọi tung độ gốc đường thẳng

* Cách vẽ : bước

- Bước : Tìm giao đồ thị với trục tọa độ

 

0 0;

x  y b  A b

+ Giao đồ thị với trục tung : cho

0 b b;0

y x B

a a

  

     

 + Giao đồ thị với trục hoành : cho

 0

y ax b a  

- Bước : Vẽ đường thẳng qua điểm A ; B ta đồ thị hàm số B Bài tập áp dụng

 

2

yf x  x

Bài : Cho hàm số Tính f(0) ; f(1) ; f(-1) ; f(2) ; f(-2) ; f(8) LG

- Lập bảng giá trị tương ứng x f(x)

x -2 -1

 

2

f x  x -4

2ﾧ

3

2ﾧ

2 -1

Bài 2: Biểu diễn điểm sau mặt phẳng tọa độ? A(-3; 2), B(1; 4), C(-5; 0), D(0; 3), E(-1; -4) LG

Bài 3: Tìm m để hàm số sau hàm số bậc nhất?

E

B

D

C

A

-5 -3

-1

1

-2

-4

3

2 O y

   

) 2009 )

2

) )

2

a y m x b m x m

m

c y x d y m x m

m

     



     

 ﾧ

LG

) 4

3

)

2

2

2

)

2

2

) 3

a m m

b m m

m m

m c

m m

m

d m m m

    

    

  

 



     

  

  

        ﾧ

Bài 4: Cho hàm số y = (m – 5)x + 2010 Tìm m để hàm số a) hàm số bậc

b) hàm số đồng biến, nghịch biến

LG

) 5

a  m   m ﾧ

b) hàm số đồng biến ( m – > ( m > - hàm số nghịch biến  m – <  m <

 5 6 2

y m  m x

Bài : Cho hàm số Tìm m để a) hàm số hàm số bậc

b) hàm số đồng biến, nghịch biến c) đồ thị hàm số qua điểm A(1 ; 4)

LG

   

2 5 6 0 2 3 0

3

m

m m m m

m

 



         

 

 a) hàm số cho hàm số bậc

   

2

2

3 3

5

2

2

3

m m

m m m

m m m m

m

m m

m m

    

 

 

    

 

 

           

      

 

  

 

  b) hàm số đồng biến

*) hàm số ngh.biến

   

2

2

3 3

5

2

3

m m

m m m

m m m m

kotm

m m

m m

    

 

 

     

 

 

           

     

 

  

 

 

c) đồ thị hàm số qua A(1 ; 4) nên :

     

4 4

1

4

m m m m m m

m m

m m

           

  

 

   

  

 

Bài : Vẽ tam giác ABO 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

1 ABO

S  AB OD

a) ﾧ OD = 3; AB =

1

.3.3

2

ABO

S

  

ﾧ

b) xét tam giác AOD tam giác BOD Theo Pi-ta-go ta có:

2 2

2 2

3 13

3 34

OA OD AD

OB OD BD

    

     ﾧ

3 13 34

ABO

C AB AO BO     Chu vi: ﾧ

Bài 7: Cho hàm số y = (m-1).x + m

a) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ b) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm có hồnh độ -3

c) Vẽ đồ thị hàm số ứng với giá trị m vừa tìm câu a) b) mặt phẳng tọa độ Oxy

LG a) hàm số y = (m-1).x + m có tung độ gốc b = m

- đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ 2, nên m = - hàm số có dạng : y = x +

   

0 3

2

m m m m

       

b) đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm có hồnh độ -3, nên tung độ điểm 0, ta có :

1

2

y x

- hàm số có dạng : c)

x -2

y = x + 2

x -3

1

2

y x

2

0

E D

y

x

3

2

B A

Bài : Cho hàm số : y = x + ; y = -2x + a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ

b) đường thẳng y = x + ; y = -2x + cắt C cắt trục hoành theo thứ tự A B Tính chu vi diện tích tam giác ABC

LG a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ * Bảng giá trị x y :

+) hàm số y = x +

x -4

y = x + 4

+) hàm số y = -2x +

x

y = -2x + 4

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-15 -10 -5 10 15

g x  = x+2

f x  =

1 ABC

S  AB CO 1.6.4 12

2 ABC

S

  

b) ﾧ AB = 6; CO = ﾧ xét tam giác vuông AOC tam giác vng BCO Theo Pi-ta-go, ta có:

2 2

2 2

4 4

2

AC OA OC

BC OB OC

    

     ﾧ

6 2

ABO

C AB AC BC     Chu vi: ﾧ

*****************************************************

8

6

4

2

-2

-4

-6

-20 -15 -10 -5 -4 2 10

B A

Ngày dạy: ………

SỰ XÁC ĐỊNH ĐƯỜNG TRỊN TÍNH CHẤT ĐỐI XỨNG CỦA ĐƯỜNG TRỊN A Kiến thức

1 Định nghĩa đường trịn: Đường trịn tâm O, bán kính R, ký hiệu: (O; R) tập hợp điểm cách O khoảng R

2 Vị trí tương đối điểm đường tròn: Cho (O; R) điểm M mặt phẳng

 - điểm M nằm (O) ﾧ OM = R  - điểm M nằm bên (O) ﾧ OM < R  - điểm M nằm bên (O) ﾧ OM > R

3 Sự xác định đường trịn

- Định lý: Qua điểm khơng thẳng hàng ta vẽ đường tròn - Chú ý:

+ tâm đường tròn qua điểm không thẳng hàng giao điểm đường trung trực tam giác ABC Đường tròn qua điểm không thẳng hàng A, B, C gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ay tam giác ABC nội tiếp đường tròn

+ khơng vẽ đường trịn qua điểm thẳng hàng

+ để chứng minh nhiều điểm nằm đường tròn, ta chứng minh điểm cách điểm cố định Điểm cố định tâm đường tròn, khảng cách bán kính đường trịn B Bài tập áp dụng

Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A Trên AB, AC lấy điểm D, E Goik M, N, P, Q trung điểm DE, EB, BC, CD CMR: điểm M, N, P, Q thuộc đường tròn

LG

+ Xét tam giác EDB, ta có:

ME MD NE NB

 

 

  

MN đường trung bình EDB, suy MN // = ½ B (1) hay MN//AB + Xét tam giác BCD, ta có :

QC QD PC PB

 

 

 

PQ đường trung bình tam giác BCD, suy PQ // = ½ BD (2) + Từ (1) (2) => MN // = PQ => tứ giác MNPQ hình bình hành (*) + Xét tam giác CDE, ta có :

MD ME QD QC

 

 

   MQ đường trung bình CDE, suy MQ // CE => MQ // AC

0

/ /

/ / 90

à

MQ AC

MN AB MQ MN M

m AC AB

 

    

 

 

+ Ta có : (**)

+ Từ (*) (**) => tứ giác MNPQ hình chữ nhật, gọi O giao điểm MP NQ => OM = ON = OP = OQ => điểm M, N, P, Q thuộc đường tròn

Bài : Chứng minh định lý sau :

a) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông trung điểm cạnh huyền

b) Nếu tam giác có cạnh đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác tam giác vuông LG

Q

P N

M D

E

C B

Xét tam giác ABC vuông A Gọi O trung điểm BC => OA = OB = OC (vì AO trung tuyến tam giác) => O tâm đường ngoại tiếp tam giác ABC

Vì tam giác ABC nọi tiếp đường trịn tâm O có đường kính BC => OA = OB = OC

=> OA = ½ BC

=> tam giác ABC vuông A

Bài : Cho tam giác ABC nhọn, vẽ đường tròn (O ; ½ BC) cắt cạnh AB, AC theo thứ tự D E a) Chứng minh : CD vng góc với AB ; BE vng góc với AC

b) Gọi K giao điểm BE CD Chứng minh : AK vng góc với BC LG

a) Theo 2, tam giác BCD tam giác BCE có cạnh BC đường kính => tam giác BCD vng D (=> CD vng góc với AB) tam giác BCE vuông E (=> BE vng góc với AC)

b) Xét tam giác ABC, ta có :

à

BE AC CD AB

m BE CD K

 



 



  

K trực tâm tam giác ABC => AK vng góc với BC Bài : Cho tam giác ABC, góc A > 900 Gọi D, E, F theo thứ tự chân đường cao kẻ từ A, B, C Chứng minh rằng:

a) Các điểm A, D, B, E nằm đường tròn b) Các điểm A, D, C, F nằm đường tròn c) Các điểm B, C, E, F nằm đường tròn

O C

B

A

O C

B

A

K

E D

O C

B

LG a) gọi M

là trung điểm AB

0

90

2

D MA MB MD AB

     

xét tam giác ADB, ﾧ (1)

0

90

2

E MA ME MB AB

     

xét tam giác AEB, ﾧ (2)

từ (1) (2) => MA = MB = MD = ME => điểm A, D, B, E nằm đường tròn b) gọi N trung điểm AC

xét tam giác ADC vuông D tam giác AFC vuông F, ta có: DN, FN trung tuyến ứng với cạnh huyền BC => NA = ND = NC = NF => A, D, C, F nằm đường tròn

c) gọi I trung điểm BC

(chứng minh tương tự)

Bài 5: Cho tam giác ABC có AB = AC nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao AH tam giác cắt đường tròn (O) D

a) Chứng minh AD đường kính đường trịn tâm O b) Tính góc ACD?

c) Cho BC = 12cm, AC = 10cm Tính AH bán kính đường trịn tâm O LG

I

N M

F

E

D C

B

a) + AB = AC => tam giác ABC cân A, mà AH vng góc với BC => AH đường trung trực BC => AD trung trực BC (1)

+ tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O => O thuộc đường trung trực BC (2)

+ từ (1) (2) => O thuộc AD => AD đường kính đường trịn (O)

b) theo tam giác ACD nội tiếp đường tròn (O) có AD đường kính => góc ACD = 900

1

.12

2

ADBC BH CH  BC 

c) + ﾧ cm

2 2 102 62 8

AC AH CH  AH    + xét tam giác AHC vng H, ta có: ﾧ cm

+ xét tam giác ACD vuông C, áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác

2

2 . 10 12,5

8

AC

AC AD AH AD cm

AH

    

vng ta có: ﾧ => bán kính đường trịn (O)

1

.12,5 6, 25

2

R AD  cm ﾧ

*******************************************************

H

D O

C B

Ngày dạy: ………

HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƯỜNG THẲNG

ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG, ĐƯỜNG THẲNG CẮT NHAU A Kiến thức

1 Góc tạo đường thẳng y = ax + b (a khác 0) trục Ox

 - Góc ﾧ tạo đường thẳng y = ax + b (a khác 0) trục Ox góc tạo tia Ax tia AT, đó

A giao điểm đường thẳng y = ax + b với trục Ox; T điểm thuộc đường thẳng y = ax + b có tung độ dương

Trường hợp a > Trường hợp a <

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-15 -10 -5 10 15

T

A  

y=ax+b

y=ax

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-15 -10 -5 10 15

T

A 



0

0  90

    - với a > ﾧ, a lớn ﾧ lớn

0

90  180

    - với a < ﾧ, a lớn ﾧ lớn

2 y = ax + b (a khác 0) a gọi hệ số góc đường thẳng

 d : y ax b và  d' :y a x b a a' '  ; ' 0

    

3 Với đường thẳng ﾧ, ta có:

 d / / d' a a b b'; '  d  d' a a b b'; '

        

ﾧ

 d  d' a a'  d  d' a a '

       

ﾧ

- Chú ý: a khác a’ b = b’ đường thẳng có tung độ gốc, chúng cắt điểm trục tung có tung độ b

B Bài tập áp dụng

Bài 1: Xác định hệ số góc k đường thẳng y = kx + – k trường hợp sau:

2

y x

a) Đường thẳng song song với đồ thị hàm số ﾧ b) Cắt trục tung điểm có tung độ

c) Cắt trục hồnh điểm có hồnh độ

LG

2

y x

3

k

  

3

y x

a) Vì đt y = kx + – k song song với đths ﾧﾧ ptđt có dạng:

3 k 2 k 1 b) Vì đths y = kx + – k cắt trục tung điểm có tung độ b = – k, mà theo giả

thiết đths cắt trục tung điểm có tung độ nên ptđt có dạng: y = x+2

c) Vì đt y = kx + – k cắt trục hoành đểm có hồnh độ 3, nên tung độ điểm

3

0 3

2

k k k 

     

2

y x

ta có : ptđt có dạng :

Bài : Cho hs bậc : y = ax – (1) Xác định hệ số a trường hợp sau a) đths (1) cắt đường thẳng y = 2x – điểm có hoành độ

b) đths (1) cắt đường thẳng y = -3x + điểm có tung độ LG

a) Gọi M giao điểm đths (1) đt y = 2x – => tọa độ điểm M thỏa mãn đồng thời đt - tung độ điểm M y = 2.2 – = => M(2 ; 3)

- vid đths (1) qua điểm M(2 ; 3), nên ta có : = 2.a – => a = 7/2

b) Gọi N giao điểm đths (1) đt y = -3x + => tọa độ điểm N thỏa mãn đồng thời đt - hoành độ diểm N = -3x + => x = -1 => N(-1 ; 5)

- đths (1) qua N(-1 ; 5), nên ta có : = a.(-1) – => a = - Bài : Cho hs : y = -2x +

a) Vẽ đths

b) Xác định hs có đthị đt qua gốc tọa độ vng góc với đt y = -2x + c) Tìm tọa độ giao điểm A đt y = -2x + đt tìm câu b)

d) Gọi P giao điểm đt y = -2x + với trục tung Tìm diện tích tam giác OAP LG

a) Vẽ đths y = -2x +

x 3/2

y = -2x + 3

b) đt qua gốc tọa độ O có dạng y = ax (a khác 0)

- y = -2x + y = ax vng góc với nên : -2a = => a = -1/2

1

y x

=> hs có dạng :

1

y x

c) tìm tọa độ giao điểm y = -2x +

- gọi A giao điểm đt => tọa độ điểm A thỏa mãn đt

1

2

2

x x x

    

- hoành độ điểm A nghiệm pt :

1

2 5

y  

- tung độ điểm A :

Vậy giao điểm A đt có tọa độ : A(6/5 ; 3/5)

1 AOP

S  AH OP

d) : AH = 6/5 ; OP =

1

.3

2 5

AOP

S

  

(đvdt) BTVN:

1

2 (1)

1

m

y x m

m



  

 Bài : Cho hàm số : ﾧ

a) Với gtr m (1) hsbn?

b) Với gtr m (1) hs đồng biến?

c) Với gtr m đths (1) qua điểm A(1; 2)? LG

1

0

1

m m

m m

m

 

 

     

 

  a) hs (1) hsbn ﾧ

1

1

1

1

1

1

1

m

m

m m

m

m

m m

m m

  

 

 

   

 

    

  

    

   

   

 b) hs (1) đồng biến ﾧ

8

6

4

2

-2

-4

-6

-15 -10 -5 10 15

3

3 H

A P

O

g x  =

c) đths (1) qua A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs (1), ta có:

   

     

2

2

1

2 2( 1) 1 2

1

1

1 2

1

m

m m m m m m m

m

m

m m m

m



             



  

           

 

 ﾧ

Bài 5:

a) Vẽ đt hs sau mặt phẳng tọa độ:

y = 2x (1); y = 0,5x (2); y = - x + (3)

b) Gọi giao điểm đt có pt (3) với đt có pt (1) (2) theo thứ tự A B Tìm tọa độ điểm A B

c) Tính góc tam giác OAB

LG a) vẽ đt

- đths (1) qua điểm O C(1; 2) - đths (2) qua điểm O D(2; 1) - đths (3) qua điểm E(0; 6) F(6; 0) b) Tìm tọa độ điểm A B

- hoành độ điểm A thỏa mãn pt: 2x = -x + => x = Thay x = vào (1) ta đc y = => A(2; 4)

- hoành độ điểm B thỏa mãn pt : 0,5x = -x + => x = Thay x = vào (2) ta đc y = => B(4 ; 2)

2 2

2 20

2 20

OA

OA OB OAB OB



   

   



    c) ta có : cân O

AOB AOx BOx  

Ta lại có : :

   

  

0 ' '

0 '

0 ' ' ' '

4

tan 63 26 ; tan 26 34

2

180 36 52

63 26 26 34 36 52 71 34

2

AOx AOx BOx BOx

AOB A B

       



       

**************************************************

8

6

4

2

-2

-4

-6

-15 -10 -5 10 15

F E

4

2 O

D B C

Ngày dạy: ………

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN A Kiến thức

1 Vị trí tương đối đường thẳng đường tròn

ﾧ

Gọi OH =d khoảng cách từ tâm O đến đờng thẳng a a; a cắt (0) ( điểm chung ( d<R

b; a tiÕp xóc (0) ( ®iĨm chung ( d = R

c; a không giao (0) ( điểm chung ( d >R Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến đường tròn

Đường thẳng a tiếp tuyến đtr (O ; R)  d = R (d : khoảng cách từ tâm O đến a)

Nếu đt a qua điểm đtr vng góc với bán kính qua điểm đt a tiếp tuyến đtr

3 Tính chất hai tiếp tuyến cắt

Nếu tiếp tuyến đtr cắt điểm : - điểm cách hai tiếp điểm

- tia kẻ từ điểm qua tâm tia phân giác góc tạo hai tiếp tuyến

- tia kẻ từ tâm qua điểm tia phân giác góc tạo hai bán kính qua tiếp điểm Đường trịn nội tiếp tam giác

- đtr nội tiếp tam giác đtr tiếp xúc với cạnh tam giác

- tâm đtr nội tiếp tam giác giao điểm đường phân giác góc tam giác Đường tròn bàng tiếp tam giác

- đtr bàng tiếp tam giác đtr tiếp xúc với cạnh tam giác tiếp xúc với phần kéo dài hai cạnh lại

- tâm đtr bàng tiếp tam giác giao điểm đường phân giác góc ngồi hai đỉnh tam giác

- tam giác có đtr bàng tiếp B Bài tập áp dụng

Bµi 1:

Cho đờng trịn tâm điểm I nằm (0)

C / m dây AB vuông góc với OI I ngắn dây khác qua I Giải:

GV hớng dẫn : Vẽ dây CD qua I (Khác dây AB ) ta c/m AB <CD

Muốn so sánh hai dây ta so sánh điều g× ?

( Ta so sánh hai khoảng cách từ tâm đến dây ; Dùng tính chất tam giác vng cạnh huyền cạnh lớn )

Bài : Từ điểm A nằm bên đtr (O), kẻ tiếp tuyến AB AC với đtr (B ; C tiếp điểm) Qua điểm M thuộc cung nhỏ BC, kẻ tt với đtr (O), tt cắt tt AB, AC theo thứ tự D E Chứng minh chu vi tam giác ADE 2.AB

LG

A O

C H K D

Theo tính chất tt cắt nhau, ta có : DM = DB (1) ;

EM = EC (2) Chu vi tam giác ADE :

ADE

C AD AE DE AD AE DM EM      (3)

Từ (1) ; (2) (3) :

   

ADE

C AD AE DB EC AD DB AE EC AB AC AB

           

(vì AB = AC)

Bài : Cho đtr (O), điểm I nằm bên đtr (O) Kẻ tt IA IB với đtr (A, B tiếp điểm) Gọi H giao điểm IO AB Biết AB = 24cm ; IA = 20cm

a) Tính độ dài AH ; IH ; OH b) Tính bán kính đtr (O)

LG

- Theo tính chất tt cắt nhau, ta có: IA = IB = 20cm; IO phân giác góc AIB

1

.24 12

2

AH BH AB cm

    

- Tam giác IAB cân I, có IH phân giác => IH đồng thời đường cao đg trung tuyến - Xét tam giác AHI vuông H

2 2 202 122 162 16

IH IA  AH     IH  cmta có : (theo Pytago)

- Xét tam giác AIO, vuông A, áp dụng hệ thức cạnh đg cao am giác vng ta có :

   

2

2

12

16

16 9 225 15

AH AH HI HO HO

HI

AO IO OH IH OH OH AO cm

    

       

Bài : Cho nửa đtr (O ; R) đg kính AB Gọi Ax, By tia vng góc với AB (Ax, By nửa đtr thuộc nửa mp có bờ AB) Lấy M thuộc Ax, qua M kẻ tt với nửa đtr, cắt By N

a) Tính góc MON

b) CMR : MN = AM + BN c) CMR: AM.BN = R2

LG

E D

M

C B

O A

I H

B A

a) - theo tc tt cắt nhau, ta có:

  

  

1

3

1 ;

;

O O AOH MA MH

O O BOH NB NH

  

  

ﾧ (1) - ta có:

      0

2

1

.180 90

2

MON O O  AOH BOH  

ﾧ b) MN = MH + NH (2)

=> từ (1) (2) : MN = MA + NB

c) Xét tam giác MON vuông O, theo hệ thức cạnh đg cao tam giác vng, ta có :

2

2

OH MH NH AM BN

AM BN R m OH R



 

 



  ﾧ

BTVN

Bài 5: Cho đtr (O; R) điểm A nằm cách O khoảng 2R Từ A vẽ tt AB, AC với đtr (B, C tiếp điểm) đg thg vng góc với OB O cắt AC N, đg thg vng góc với OC O cắt AB M a) CMR: AMON hình thoi

b) Đthg MN tt đtr (O) c) Tính diện tích hình thoi AMON

LG a) + AB, AC tt đtr (O)

;

AB OB AC OC

  

;

ON OB OM OC+ mà

Nên AB // ON, AC // OM => tứ giác AMON Hình bình hành (1)

 

1

A A + mặt khác : (tc tt cắt nhau) (2) + từ (1) (2) => tứ giác AMON hình thoi

MN OA

  b) + AMON hình thoi (3)

1

.2

2

HOAH  OA R R

+ mặt khác : (4) + từ (3) (4) => MN tt đtr (O)



1

1

sin 30

2

OB R

A A

OA R

    

c) + xét tam giác ABO, vng B ta có : + xét tam giác AHM vuông H, ta có :

0

3 3

.tan tan 30 2

3 3

R MH AH A R R  MN  MH  R 

4 3 2 1

y

x

H

N

M

R B

A O

2 1

C H

N M

B

2

1 3

.2

2 3

AMON

R R

S  MN AO R

+ : (đvdt)

Ngày dạy: ………

ÔN TẬP ĐẠI SỐ + HÌNH HỌC I ĐẠI SỐ

Bài 1: Thực phép tính

50 45 18 20 10 5        2 5a) ﾧ

   

   

   

   

   

8 2 2 2

8 2 2

3 2 3 2 2

28 14

2 2 2 2

7

   

 

    

     



           

b) ﾧ

   

   

         2

7 7

7 21

1

1 7

1 7 7

     

     

   

        

   

         

       

              

c) ﾧ

 

   

2

2

10 29 12 10 20 2.2 5.3 10 2

10 2 10 10 2.2 10

           

              

d) ﾧ

   2

10 10 5 5

              

ﾧ

2 1

1:

1

1

x x x

B

x

x x x x

    

    



  

 Bài 2: Cho biểu thức ﾧ

a) RG biểu thức B b) So sánh B với

LG

0;

x x a) đk: ﾧ Ta có:

       

   

     

       

   

 

   

2 1

1:

1

1 1

2 1

1:

1

1

2 1 2 1 1

1: 1:

1 1

1

1: 1: 1:

1

1 1

x x x

B

x x

x x x x x

x x

x x x

x x x

x x x x x x x x x

x x x x x x

x x

x x x x x

x x x

x x x x x x

 

  

 

  

        

 

 

 

 

  

       

 

            

 

     



  

   

 

     

ﾧ b) xét hiệu:

 12

1

1

1

x

x x x x x x x

B

x x x x

B B



      

      

 

2

1

:

1

x x

x x x x P

x

x x x x

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

Bài 3: Cho biểu thức: ﾧ a) RG bth P

b) Tìm x để P <

c) Tìm x nguyên để P nguyên

LG a) Đk: < x #1 Ta có:

                             

2

1

:

1

1 1

:

1 1

1 2 1 1

:

1

1

x x

x x x x P

x

x x x x

x x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x x x

                                                                                    ﾧ  

0 1 1

1

x

P x vi x x x x

x



              

 b) ﾧ

1 2

1

1 1

x x

P

x x x

  

   

   c) Ta có: ﾧ

2

2 1

1

P Z Z x x

x

       

   1; 2 ﾧ Ư(2), mà Ư(2) = ﾧ

 

 

 

 

) 1

) 1 0

)

)

x x x tm

x x x tm

x x x tm

x x loai

      

      

      

    

ﾧ

3

:

1

x x

P

x x x x

   

 

     



  

   Bài 4: Cho bth: ﾧ

a) Đk? b) RG bth P

c) Tìm x nguyên để P nguyên

LG

0; 1;

x x x a) đk: ﾧ

b) Ta có:

                             

3 1 2 3 1 4

: :

1 1

2

3

3

x x x x x x x x

P

x x x x x x x x

x x x

 

 

 

 

 

 

(2)

2 2

1 1;

) 1

)

)

)

x

P Z x U

x x

x x loai

x x loai

x loai

x loai



        

   

   

 

 

ﾧ Bài 5: Thực phép tính

 

 

   

 

2

2

2

2

6 2 12 18 128 2 12 18

6 2 12 2 2

6 2 3 2 3 2 3

6 2 6

6 3

M

M

M

M

M

           

           

           

           

        

ﾧ Bài 6:

4 3

y m x

a) Với gtr m hsbn: ﾧ đồng biến

2 5 14

y m x

b) Với gtr m hsbn: ﾧ nghịch biến LG

3

4

4

m m 

    

a) hsđb ﾧ

5

2

2

m m 

    

b) hsnb ﾧ

 3 1,  3

y m x m  m y2 m x  3, m2

Bài 7: Tìm gtr m để đường thẳng: ﾧ đường thẳng ﾧ cắt điểm trục tung

LG

 3 1,  3

y m x m  m

- Xét ﾧ (1) Ta có: a = m – 3; b = m +

2  3,  2

y  m x m

- Xét ﾧ (2) Ta có: a’ = – m; b’ = -

- Để đth (1) đth (2) cắt điểm trục tung '

'

3 2

4

1

a a m m m

m

m m

b b

       



   

  

  



  



 3  1 1   2

y m x v y  m x

Bài : Cho hsbn : Với gtr m đồ thị hs đg thg

a) Song song ; b) Cắt ; c) Trùng

LG Xét (1), ta có : a = m + ; b = -1

' '

3 2

3

1

a a m m

m m

b b

     



       

  

 

 a) (1) // (2)

' 3 2 3 2

3

a a m m m m

         

b) (1) cắt (2) '

'

2

3

1

a a m m m

b b



      

 

     

  

  

  

 c) (1) trùng (2) không tồn m thỏa mãn

 

2

2 (1); 2

3

y x y x

Bài : Vẽ đthị hs sau hệ trục tọa độ : Gọi A ; B giao điểm (1) (2) với trục hoành ; giao điểm đg thg C Tìm tọa độ giao điểm A, B, C Tính diện tích tam giác ABC

LG

* Bảng giá trị x y :

x -

2

y x

x -1

2

y x

2

2 (1)

y x

2

y x * Đồ thị hs qua điểm A(-3 ; 0) điểm C(0 ; 2) Đồ thị hs (2) qua điểm

B(-1 ; 0) điểm C(0 ; 2)

* diện tích tam giác ABC :

1

.2.2

2

ABC

S  AB CO 

(đvdt)

1 2 1 2; 1 1

x ab  a b y a b b a

Bài 10 : Cho Hãy tính y theo x, biết (ab>0) LG

Ta có :

8

6

4

2

-2

-4

-6

-15 -10 -5 10 15

C

B A

-3 -1

g x  =

   

         

   

         

   

2

2 2 2 2 2

2 2 2

2

2 2 2 2 2

2 2 2

1 1 1

2 1

1 1 1

2 1

x ab a b a b ab a b a b

a b ab a b a b

y a b b a a b ab a b b a

a b ab a b a b

          

      

          

     

2 1 1

y x   y x  Do :

II HÌNH HỌC : (Ơn tập tính chất tt cắt nhau)

Bài : Cho nửa đtr (O ; R), đường kính AB, vẽ tiếp tuyến Ax, By nửa mp bờ AB chứa nửa đtr Trên Ax, By lấy theo thứ tự M N cho góc MON 900 Gọi I trung điểm MN CMR : a) AB tt đtr (I ; IO)

b) MO tia phân giác góc AMN c) MN tt đtr đường kính AB

LG a) CMR : AB tt (I ; IO)

- ta có: AM // BN (cùng vng góc với AB) => tứ giác ABNM hình thang

AO BO MI NI

 

 

  - xét hình thang ABNM, ta có: ﾧ IO là

đường trung bình hình thang ABNM => IO // AM // BN

AM AB IOAB O  - mặt khác: ﾧ AB tt của

đtr (I; IO)

b) CMR : MO tia phân giác góc AMN

 - AM // IO => AMO = MOI (so le trong) (1) 

1

OI IM IN  MN

 - tam giác MON có O = 900, OI trung tuyến => tam giác IMO cân I

=> IMO = IOM (2)

   - từ (1) (2) => MOI = AMO = IMO => MO phân giác AMN

c) CMR: MN tt đtr đkính AB - kẻ OH vng góc với MN (3)

- xét tam giác MAO tam giác MHO, ta có:

 

0

90 :

A H

MN chung MAO MHO CH GN

AMO HMO



  



   

 

  

ﾧ => OA = OH = R (cạnh tương ứng) => OH bán kính đtr tâm O đkính AB (4)

- từ (3) (4) => MN tt đtr đkính AB

Bài 2: Cho đtr (O), điểm A nằm bên đtr Kẻ tt AM, AN với đtr (M, N tiếp điểm) a) CMR: OA vng góc với MN

b) Vẽ đkính NOC CMR: MC // AO

y x

N

M

I H

O B

c) Tính độ dài cạnh tam giác AMN, biết OM = 3cm; OA = 5cm LG

a) ta có: OM = ON (= bán kính) AM = AN (tính chất tt cắt nhau) => AO trung trực đoạn thẳng MN

=> OA ﾧ MN

b) gọi H giao điểm MN AO

- OA ﾧ MN =>MH = NH

- xét tam giác MNC, ta có: ON OC

MH NH

 

 

  ﾧ HO đg trung bình tam giác

MNC => HO // MC hay MC // AO

 AM A O2 OM2  52 32 4c) xét tam giác AMO, M = 900, theo Pytago ta có : ﾧ

=> AM = AN = 4cm

- mặt khác, áp dụng hệ thức cạnh đg cao tam giác vuông AMO, ta có:

4.3

2,

5

2 2.2, 4,8

MA MO

MA MO MH OA MH cm

OA

MN MH cm

    

    ﾧ

Bài 3: Cho tam giác ABC, A = 900, đg cao AH, vẽ đtr (A; AH), kẻ tt BD, CE với đtr (D, E các

tiếp điểm khác H) CMR: a) điểm D, A, E thẳng hàng b) DE tiếp xúc với đtr đkính BC

LG a) theo tc tt cắt nhau, ta có:

  - AB phân giác DAH => A1 = A2

  - AC phân giác EAH => A3 = A4

      - mà DAE = A1 +A2 +A3 + A4 = 2(A2 + A3) = 2.900 = 1800

=> điểm D, A, E thẳng hàng

M

O H

N

C

b) gọi M trung điểm BC

1

AM  BC

- xét tam giác ABC A = 900,

có AM trung tuyến ﾧ (1)

- ta có: BD // CE (cùng ﾧ DE) => tứ giác

BDEC hthang

- xét hthang BDEC, ta có :

 

AD AE MB MC

 

 

  AM đường trung bình

của hình thang BDEC => MA // CE, mà CE ﾧ DE => MA ﾧ DE (2)

- từ (1) (2) => DE tiếp xúc với đường trịn (M) đường kính BC

Bài 4: Cho đtrịn (O), điểm M nằm bên ngồi đtrịn Kẻ tiếp tuyến MD, ME với đtròn (D, E tiếp điểm) Qua điểm I thuộc cung nhỏ DE, kẻ tiếp tuyến với đtròn, cắt MD ME theo thứ tự P Q Biết MD = 4cm Tính chu vi tam giác MPQ

LG

- Theo tính chất 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

Bài 5: Cho đtròn (O; 2cm), tt AB AC kẻ từ A đến đtrịn vng góc với A (B, C tiếp điểm)

a) Tứ giác ABOC hình gì? Vì sao?

b) Gọi M điểm thuộc cung nhỏ BC Qua M kẻ tt với đtròn, cắt AB AC theo thứ tự D E Tính chu vi tam giác ADE

c) Tính số đo góc DOE?

LG

4 3 2 1

H

M D

E

C B

A

Q P I

E D

a) Tứ giác ABOC có góc vng nên HCN, mà lại có cạnh kề OB OC: OB = OC nên Hình vng b) Tương tự BT4, ta có chu vi tam giác ADE bằng: 8cm c) Theo tính chất tiếp tuyến ta có:

     

    



1

0

0

1

;

2

1

.90 45

2

45

O O MOB O O MOC

O O MOB MOC

DOE

   

     

  ﾧ

Bài 6: Cho đtròn (O; 5cm) điểm M nằm bên ngồi đtrịn Kẻ tt MA, MB với đtròn (A, B tiếp điểm) Biết góc AMB 600

a) CMR: tam giác AMB tam giác b) Tính chu vi tam giác AMB

c) Tia AO cắt đtròn C Tứ giác BMOC hình gì? Vì sao? LG

a) theo tính chất tt cắt nhau, ta có: MA = MB, tam giác AMB cân M

AMB 600

+ mặt khác: ﾧ

Nên tam giác AMB tam giác

  

1

1

30

M M  AMB

b) theo tch tt cắt nhau, ta có: ﾧ

 900

MAO  + mà MA tt nên ﾧ => tam giác MAO vuông A



1

1

30 2.5 10

2

M   AO MO MO AO 

+ xét tam giác MAO vuông A có ﾧ cm

2 2

10 75

MA MO  AO     Theo Pytago: ﾧ

3.5 15 3 + Chu vi tam giác AMB bằng: MA + MB + AB = 3.MA = ﾧ

MO AB

  c) Tam giác AMB có MO phân giác nên MO đồng thời đường cao tam

giác ﾧ (1)

1

2  BCAB+ Tam giác ABC có trung tuyến BO ﾧ AC nên tam giác ABC tam giác vuông tại B ﾧ (2)

/ /

BC MO

 + Từ (1) (2) ﾧ, tứ giác BMOC hình thang

**********************************************************

4

2

M

E D

C B

A

O

2

C B

A

Ngày dạy: 08/01/2013

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ A Kiến thức

1 Quy tắc

- từ phương trình hệ biểu diễn x theo y (hoặc y theo x) - dùng kết cho x (hoặc y) pt lại thu gọn

2 Cách giải hệ phương trình phương pháp

- dùng quy tắc biến đổi hệ phương trình cho để đc hpt có pt ẩn - giải pt ẩn vừa tìm đc, suy nghiệm hpt cho

B Bài tập áp dụng

Bài 1: Giải hpt sau phương pháp

2

3 11 2

) ) ô ê ) 13

2 19

2

2 6

) ) )

3 22 5 5 2

1 )

3

x y x

x y x x y

a b y hpt v nghi m c

x y y x x y y

x y x x y x x y x

d e g

x y y x y y x y y

x y h x                                                                                    109

2 106 13 15 48

) )

2 12 11 45 29 11

53

x

x x y x y x

i k

y y x y x y y

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

1 1

6 17 10

) ) )

5 23 12

5 11

x y x x y x x y x

l m n

x y y y y

x y x y

                                            ﾧ

Bài 2: giải hpt phương pháp

 

5 3 2 3 5 2 6 15 2

) )

5 3 3

2 3 21

x y x x y x

a b

y x y y

x y                                      ﾧ          

2 5 7

) )

5 5 7 7

5

)

3

2

4 3 48 5 2 45 7

)

25 20 75

3 4 48

x y x x y x

c d

x y y x y y

x y x

e

y x y

x y x y x y x

f

x y y

x y x y

                                                                                        ﾧ            

6

)

8

5 1

29

2 1,5 0,5 10

)

3 0,5 21

11,5

10

x y x y x y x

g

x y

y x x y y

x

x y x x y

h

x y

x y x y

                                                                  ﾧ

Bài 3: Tìm giá trị m, n cho hpt ẩn x, y sau

 

   

2 1

1

mx n y m n m x m n y

              ;

m n

 

 

2

1

x m y m n

nx m y

     

 

  



 m1; n1b) hpt ﾧ có nghiệm (-3; 2); đáp số: ﾧ

 

3 93

4

mx n y nx my

   

 

 



 m1; n17c) hpt ﾧ có nghiệm (1; -5); đáp số: ﾧ

 

 

2 25

2

m x ny mx n y

   

 

  



 m2; n5d) hpt ﾧ có nghiệm (3; -1); đáp số: ﾧ

Bài 4: Tìm a, b trường hợp sau:

a) đg thg d1: ax + by = qua điểm A(-2; 1) B(3; -2) b) đg thg d2: y = ax + b qua điểm M(-5; 3) N(3/2; -1)

c) đg thg d3: ax - 8y = b qua điểm H(9; -6) qua giao điểm đường thẳng (d): 5x – 7y = 23; (d’): -15x + 28y = -62

d) đt d4: 3ax + 2by = qua điểm A(-1; 2) vng góc với đt (d’’): 2x + 3y = Đáp số

8 56

3 13 7

) ; ) ; ) ; )

5

120

13

a a

a a

a b c d

b

b

b b

 

 



  

 

 

   

   

 

      



 

  ﾧ

Ngày dạy: 11/12/2012

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN TIẾP TUYẾN CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN A Kiến thức

1 Ba vị trí tương đối hai đtr '

;

R r OO d Xét đtr (O; R) (O’; r) với ﾧ, ta có: a) Hai đtr cắt

- số điểm chung:

- hệ thức: R – r < d < R + r b) hai đtr tiếp xúc - số điểm chung:

- hệ thức:+ tiếp xúc trong: d = R – r > + tiếp xúc ngoài: d = R + r

c) hai đtr không giao - số điểm chung:

- hệ thức:+ đtr nhau: d > R + r + đtr đựng nhau: d < R – r

+ đtr đồng tâm: d = Tính chất đường nối tâm - Định lý:

a) Nếu đtr cắt giao điểm đối xứng với qua đường nối tâm, tức đường nối tâm đường trung trực dây chung (OO’ đường trung trực dây AB)

b) Nếu đtr tiếp xúc tiếp điểm nằm đường nối tâm (A thuộc OO’)

3 Tiếp tuyến chung hai đường tròn

- Định nghĩa: tiếp tuyến chung đtr đg thg tiếp xúc với đtr

O' O

B A

O' O

d1; d2 tiếp tuyến chung ngoài: tiếp tuyến chung không cắt đoạn nối tâm

d1; d2 tiếp tuyến chung trong: tiếp tuyến chung cắt đoạn nối tâm

B Bài tập áp dụng

Bài 1: Cho đường tròn (O; 4cm) đường tròn (O’; 3cm) cắt điểm phân biệt A; B biết OO’ = 5cm Từ B vẽ đường kính BOC BO’D

a) CMR: điểm C, A, D thẳng hàng b) Tam giác OBO’ tam giác vuông

c) Tính diện tích tam giác OBO’ diện tích tam giác CBD d) Tính độ dài đoạn thẳng AB; CA; AD

LG a) CMR: C; D; A thẳng hàng

+ ta có: tam giác ABC nội tiếp đtr (O) có BC làm đkính

=> tam giác ABC vuông A => ﾧ A1 = 900

+ lại có: tam giác ABD nội tiếp đtr (O’) có BD làm đkính

=> tam giác ABD vuông A => ﾧ A2 = 900

  + ﾧ CAD = ﾧ A1 + ﾧ A2 = … =1800

=> điểm C, A, D thẳng hàng

b) CMR: tam giác OBO’ tam giác vuông

 

'2 52 25; ' 42 32 25. '2 ' 25 OO   OB O B     OO OB O B 

+ ta có: ﾧ => tam giác OBO’ vng B ( theo định lý đảo định lý Pytago)

c) Tính diện tích tam giác OBO’ diện tích tam giác CBD ta có:

'

'

2

1

.4.3

2

1

.8.6 24

2

OBO OBD

S OB O B cm

S CB DB cm

 

  

  

ﾧ d) Tính độ dài đoạn thẳng AB; CA; AD

+ ta có: OO’ đg trung trực AB (theo tính chất đoạn nối tâm)

d2

d1 d2

d1

5

4 3

2 1

O' H

D C

B

' à 2.

2

BH OO v BH AB hay AB BH

   

ﾧ



'

' '

'

4.3

2,

5

OB O B

OB O B HB OO BH cm

OO

    

+ xét tam giác OBO’, ﾧ B = 900, theo hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có: ﾧ

=> AB = BH = 2,4 = 4,8 cm

+ áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông:

 

0 2 2

0 2 2

, 90 4,8 6,

, 90 4,8 3,6

ABC A AC BC AB cm

ABD A AD BD AB cm

        

         ﾧ

Bài (tương tự BT76SBT/139): Cho đtr (O) (O’) tiếp xúc A, đg thg OO’ cắt đtr (O) (O’) B C (khác A) DE tt chung (D thuộc (O), E thuộc (O’)), BD cắt CE M

a) CMR: ﾧ DME = 900 b) Tứ giác ADME hình gì? Vì sao?

c) MA tt chung đtr d) MD.MB = ME.MC LG

    a) ta có : ﾧ O1 = ﾧ B1 + ﾧ D1 (góc ngồi tam giác), mà ﾧ B1 = ﾧ D1 (tam giác cân)

   

1 1

1

2

O B B O

   

(1)

 '  

1 1

O C E  + lại có : (góc ngồi tam giác), mà ﾧ C1 = ﾧ E1 (tam giác cân)

 '    '

1 1

1

2

O C C O

   

(2)

   

 ' 0

1 1

1

.180 90

2

B C  O O  

+ từ (1) (2) (theo tính chất hình thang)

 900  900

BMC hay DME

  

b) + tam giác ABD nt đtr (O) có AB đkính => tam giác ABD vuông D

 =>ﾧ ADB = 900 => ﾧ ADM = 900

+ tam giác ACE nt đtr (O) có AC đkính => tam giác ACE vuông E

 =>ﾧ AEC = 900 => ﾧ AEM = 900

  + tứ giác ADME có : ﾧ ADM = ﾧ DME = ﾧ AEM = 900 => tứ giác ADME hình chữ nhật

 c) + gọi I giao điểm AM DE => tam giác IAD cân I => ﾧ A2 = ﾧ D3 (3)  + tam giác OAD cân O nên suy ra: ﾧ A1 = ﾧ D2 (4)

   + từ (3) (4) => ﾧ A1 + ﾧ A2 = ﾧ D2 + ﾧ D3 = 900 (tính chất tt D) => MA vng góc

với AB A => MA tt đtr (O) tt đtr (O’)

Bài 3: Cho đtr (O) đtr (O’) tiếp xúc A, BC tt chung đtr (B, C tiếp điểm) tt chung đtr A cắt BC M

a) CMR: A, , C thuộc đtr (M) đường kính BC

2

1 1

3 2

1 1

1 1

I M

E

1 O'

D

C B

b) Đường thẳng OO’ có vị trí ntn đtr (M; BC/2) c) Xác định tâm đtr qua O, M, O’

d) CMR: BC tt đtr qua O, M, O’

LG a) theo tính chất tt cắt nhau, ta có:

1

MA MB MC   BC

ﾧ tam giác ABC vng A => a nằm đtr có đkính BC Hay điểm A, B, C thuộc (M; BC/2)

b) (O) (O’) tiếp xúc A => A thuộc OO’ => OO’ vng góc với MA A thuộc (M; BC/2) => OO’ tt đtr (M; BC/2)

c) theo tính chất tt cắt nhau, ta có:

     

    

' '

' 0

1

;

2

1

.180 90

2

BMO AMO AMB CMO AMO AMC

AMO AMO AMB AMC

   

     

ﾧ

=> tam giác OMO’ vuông M => tâm đtr qua điểm O, M, O’ trung điểm I cạnh OO’ d) + tứ giác BOO’C hình thang vng có BO // CO’ (cùng vng góc với BC)

' BM MC OI IO

 

 

  + Xét hình thang BOO’C, ta có: ﾧ MI đg trung bình hthang BOO’C  => IM // OB, mà BC ﾧ OB => IM ﾧ BC => BC tt đtr qua điểm O, O’, M

Bài 4(BTVN): Cho đtr (O) đkính AB, điểm C nằm A O Vẽ đtr (O’) đkính BC a) xác định vị trí tương đối đtr (O) (O’)

b) kẻ dây DE đtr (O) vng góc với AC trung điểm H AC Tứ giác ADCE hình gì? Vì sao? c) gọi K giao điểm DB (O’) CMR: điểm E, C, K thẳng hàng

d) CMR: HK tt đtr (O’)

LG a) ta có: OO’ = OB – O’B > => (O) (O’) tiếp xúc B

b) + AB ﾧ DE H => DH = EH

+ xét tứ giác ADCE, ta có : DH EH

AH CH ADCE AC DE

 



 



 



hình thoi c) ta có :

' ' '

1

ô

1

ô

OD OA OB AB ADB vu ng D AD BD

O C O K O B BC CKB vu ng K CK BD



       

  

      

 

O

A B

C

O' M

I

3 2

1 1

1

O' O

H

K

E D

C B

=> AD // CK (1)

+ mà ADCE hình thoi nên AD // CE (2)

+ từ (1) (2) => C, K, E thẳng hàng (theo Tiên đề Ơclit)

 d) + KH trung tuyến tam giác DKE vuông K => HD = HK = HE => tam giác HKE cân

tại H => ﾧ K1 = ﾧ E1 (*)

  + mà ﾧ E1 = ﾧ B1 (cùng phụ với ﾧ BDE) (**)

 + từ (*) (**) => ﾧ K1 = ﾧ B1 (3)

 + mặt khác: ﾧ B1 = ﾧ K3 (tam giác O’KB cân O’) (4)  + từ (3) (4) => ﾧ K1 = ﾧ K3

0 '

2 90 90

K K K K HK O K

            + ﾧ HK tt đtr (O’)

Ngày dạy: ………

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ A Kiến thức

1 Quy tắc cộng đại số: gồm bước

- Cộng hay trừ vế pt hpt cho để đc pt

- Dùng pt thay cho pt hệ (giữ nguyên pt kia) Tóm tắt cách giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số - Giải theo quy tắc: “Nhân bằng, đổi đối, cộng, chia

Thay vào tính nốt ẩn thành” - Nghĩa là:

+ nhân cho hệ số ẩn hai phương trình + đổi dấu vế pt: hệ số ẩn đối

+ cộng vế với vế pt hệ, rút gọn tìm ẩn + thay vào tính nốt ẩn lại

B Bài tập áp dụng

Bài 1: Giải hệ phương trình sau phương pháp cộng đại số

1

5 19

) )

3 12 3

19

7

3 3

) )

7 23 1

3

x

x y x y x

a b

x y x y y

y

x

x y x x y

c d

x y y x y

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

Bài 2: Giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số

                 2

2 3 5 4 15 7

) 9 3 ) 7

3

3

2 2

29

5 8

) ) ê ô ê

33

2 12

40

6

)

5

x x

x y x y

a b

x y

x y y y

x

x y y x y x

c d h v nghi m

x x y y x y x

x y x y

e

y x x y

                                                                                      

1 2

2

)

23

1

2

x y x x

x

g

y x y x y

                                        ﾧ

Bài 3: Giải hpt phương pháp cộng đại số

   

   

   

   

2 2

2 2

1

) )

3

3

x x y x x x y x

a b

y y

y y x y y x

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

ﾧ Bài 4: xác định a, b để đồ thị hs y = ax + b qua điểm A B trường hợp sau: a) A(4; 3), B(-6; -7) Đáp số: a = 1; b = -1

 

2

1

3

3

2

4

x y

x y

x y

y x

   

 

  

 

   



 Bài 5: Tìm m để nghiệm hệ phương trình: ﾧ nghiệm phương

trình: 3mx – 5y = 2m +

 

2

1

4 10 11

3

15 28

3

2

4

x y

x y

x y x

x y y

x y

y x

   

 

     



 

  

  

   

   



 - ta có: ﾧ

3 11 5.6 2m   m 1 31m31 m1- thay x = 11; y = vào phương trình ta đc:

Bài : Tìm m để đường thẳng (d) : y = (2m – 5)x – 5m qua giao điểm đường thẳng (d1) : 2x + 3y = (d2) : 3x + 2y = 13

LG

2

3 13

x y x

x y y

  

 



 

  

  - gọi A giao điểm đường thẳng (d1) (d2) Tọa độ điểm A là

nghiệm hpt : => A(5 ; -1)

  24

1 5 5 24

5

m m m m

       

- đg thg (d) qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn đth (d) thay x = ; y = -1 vào (d) ta đc :

Bài : Tìm m để đường thẳg sau đồng quy :

(d1) : 5x + 11y = ; (d2) : 4mx + (2m – 1)y = m + ; (d3) : 10x – 7y = 74 LG

5 11

10 74

x y x

x y y

  

 



 

  

  - gọi A giao điểm đường thẳng (d1) (d3) Tọa độ điểm A là

nghiệm hpt : => A(6 ; -2)

   

4 6m  2m1 2   m 19m 0 m0

- để đg thg đồng quy đg thg (d2) phải qua điểm A, tức tọa độ điểm A thỏa mãn đth (d2) thay x = ; y = -2 vào (d2) ta đc :

****************************************************** Ngày dạy: ………

GIẢI BÀI TỐN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH A Kiến thức

Để giải toán cách lập hệ phương trình ta thực theo bước sau : - bước : lập hpt (bao gồm công việc sau)

+ chọn ẩn đặt điều kiện thích hợp cho ẩn)

+ biểu diễn đại lượng chưa biết theo ẩn đại lượng biết + lập hpt biểu thị tương quan đại lượng

- bước : giải hpt vừa lập đc bước

- bước : kết luận : so sánh nghiệm tìm đc với điều kiện đặt ban đầu B Bài tập áp dụng

Dạng 1: Tốn tìm số

- Ta phải ý tới cấu tạo số có hai chữ số , ba chữ số …viết hệ thập phân Điều kiện chữ số

Bài 1: Tìm hai số biết lần số thứ hai cộng với lần số thứ 18040, lần số thứ lần số thứ hai 2002

LG

x y N,  

5 18040 2004

3 2002 2005

x y x

x y y

  

 



 

  

  - theo ra, ta có : ﾧ

Bài Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết số gấp lần tổng chữ số Nếu viết hai chữ số theo thứ tự ngược lại đc số lớn số ban đầu 36 đơn vị

LG

 , ;0 , 9

ab a b N a b

- gọi số tự nhiên cần tìm có dạng: ﾧ

4( )

48

36

ab a b a

ab b

ba ab

    



  

 



  



 - theo ra, ta có: ﾧ

Bài Tìm số có hai chữ số Biết viết thêm số vào bên phải số số có ba chữ số số phải tìm 577 số phải tìm số viết theo thứ tự ngược lại 18 đơn vị

LG

 , ;0 9;0 9

ab a b N a  b - gọi số tự nhiên cần tìm có dạng: ﾧ

1 577 10 64

64

2

18

ab ab a b a

ab

a b b

ab ba

       



   

  

  

   



 - theo ra, ta có: ﾧ

Bài Tìm số có hai chữ số, biết tổng hai chữ số nhỏ số lần thêm 25 vào tích hai chữ số số viết theo thứ tự ngược lại với số phải tìm

LG

 , ;0 , 9

ab a b N a b

- gọi số tự nhiên cần tìm có dạng: ﾧ

 

2

25

4

6 5

4 25

25 9 20 0 5

4

a

loai a b

ab a b a b b

ab ba

ab ba b b a

thoa man b

    



 

     

    



   

  

  



  

 

      



 

 - theo ra, ta có: ﾧ

- số cần tìm : 54

Dạng 2: Toán làm chung, làm riêng

1

x- Ta coi tồn cơng việc đơn vị, gọi thời gian làm xong công việc x đơn vị thời gian làm ﾧ công việc

* Ghi nhớ : Khi lập pt dạng tốn làm chung, làm riêng khơng cộng cột thời gian, suất thờ i gian dòng số nghịch đảo

5

Bài 1: Hai vòi nước chảy vào bể khơng có nước đầy bể Nếu vòi thứ chảy giờ, vịi thứ chảy ﾧ bể Hỏi vịi chảy đầy bể?

LG * lập bảng

V V Cả V

TGHTCV x y

Năng suất 1h

xﾧ

1

yﾧ

1

6ﾧ

Năng suất 2h

xﾧ

2

5ﾧ

Năng suất 3h

1 1

10

2 15

5

x x y

y x y



 

  





 

     

 * ta có hpt: ﾧ

Bài 2: Hai tổ làm chung công việc 12 xong, hai tổ làm tổ (I) đc điều làm việc khác , tổ (II) làm nốt 10 xong cơng việc Hỏi tổ làm riêng xong việc

* lập bảng

Tổ Tổ Cả tổ

TGHTCV x y 12

Năng suất 1h 1/x 1/y 1/12

Năng suất 4h 4/12 = 1/3

Năng suất 10h 10/y

1 1

60 12

1 10 15

1

x x y

y y



 

  





 

 

  



 * ta có hpt: ﾧ

Bài 3: Hai vòi nước chảy vào bồn khơng có nước Nếu vịi chảy 3h dừng lại, sau vịi chảy tiếp 8h đầy bồn Nếu cho vịi chảy vào bồn khơng có nước 1h, cho vịi chảy tiếp 4h số nước chảy vào 8/9 bồn Hỏi chảy vịi chảy đầy bồn?

* lập bảng

Vòi Vòi Cả vòi

Thời gian chảy x y

1h 1/x 8/9

4h 4/x 4/y

3h 3/x 1

8h 8/y

3

9

1 4 12

9

x x y

y x x y



 

  





 

      

 * ta có hpt: ﾧ

3 10

4

5Bài 4: Hai vòi nước chảy vào bể cạn ﾧ bể Nếu vòi thứ chảy

trong giờ, vịi thứ hai chảy hai vịi chảy ﾧ bể Tính thời gian vịi chảy đầy bể

* lập bảng

Vòi Vòi Cả vòi

TGHTCV x y

Năng suất 1h 1/x 1/y 3/10

Năng suất 2h 2/y 4/5

Năng suất 3h 3/x

1

5 10

3 10

5

x x y

y x y



 

  





 

    



 * ta có hpt: ﾧ

Dạng Tốn chuyển động

Bài Quãng đường AC qua B dài 270km, xe tải từ A đến B với vận tốc 60km/h từ B đến C với vận tốc 40km/h, tất hết 6giờ, Tính thời gian tô quãng đường AB BC

Thời gian Vận tốc Quãng đường

AB x 60 60x

BC y 40 40y

3

6 2

60 40 270

2

x x y

x y

y

  

 

 



 

 

  



 * Ta có hệ phương trình: ﾧ

Bài Một ô tô xe đạp chuyển động từ hai đầu quãng đường sau gặp Nếu chiều xuất phát điểm, sau hai xe cách 28km Tính vận tốc xe đạp ô tô biết quãng đường dài 180km

* Sơ đồ: * Lập bảng:

V t (đi ngược chiều) S (đi ngược chiều)

t (đi chiều) S (đi chiều)

Xe đạp x 3x x

Xe máy y 3y y

3 180 60 16

28 28 44

x y x y x

x y x y y

    

  

 

  

      

   * Ta có hệ phương trình: ﾧ

Bài 3: ô tô qđ AB với vận tốc 50km/h, tiếp qđ BC với vận tốc 45km/h Biết tổng chiều dài qđ AB BC 165km thời gian tơ qđ AB thời gian tơ qđ BC 30ph Tính thời gian ô tô qđ?

Gọi thời gian ô tô AB, BC x, y

50 45 165

2

2

x y

x

x y y

 

 



 



 

 

  

  Ta có hệ phương trình: ﾧ

Bài 4: ca nơ xi dịng qng sơng dài 12km, ngược dịng qng sơng 2h30ph Nếu qng sơng ấy, ca nơ xi dịng 4km ngược dịng 8km hết 1h20ph Tính vận tốc riêng ca nơ vận tốc dòng nước?

- gọi v ca nơ x, v dịng nước y (km/h; x > y > 0) - v xuôi: x+y

- v ngược: x-y

12 12

2

4

3

x y x y

x y x y



 

  

 

  

  

 - ta có hpt giải hệ ta x = 10 ; y = (tmđk)

Bài 5: Một ca nô chạy sơng xi dịng 84 km ngược dịng 44 km Nếu ca nơ xi dịng 112 km ngược dịng 110 km giờ.Tính vận tốc riêng ca nơ vận tốc dòng nước - gọi x, y vận tốc riêng ca nô vận tốc dòng nước (km, < y < x)

- vận tốc xuôi ca nô: x + y

- thời gian xi dịng 84km là: 84/x+y - thời gian xi dịng 112km là: 112/x+y - vận tốc ngược ca nô: x - y

- thời gian ngược dòng 44km là: 44/x-y - thời gian ngược dòng 110km là: 110/x-y - theo ta có hệ phương trình:

B A

XM

XD XM

84 44

112 110

9

x y x y

x y x y



 

  

 

  

  



1

;

a b

x y  x y  đặt

Dạng Toán liên quan tới yếu tố hình học

- Ta phải nắm cơng thức tính chu vi; diện tích tam giác, hình thang, hình chữ nhật, hình vng, định lý Pi-ta-go

Bài 1: HCN có chu vi 80m Nếu tăng chiều dài thêm 3m, tăng chiều rộng thêm 5m diện tích mảnh đất tăng thêm 195m2 Tính chiều dài, chiều rộng mảnh đất

Gọi chiều dài x, chiều rộng y

 

   

2 80 30

10

3 195

x y x

y

x y xy

 

  





 



    



 Ta có hpt

Bài 2: ruộng HCN, tăng chiều dài thêm 2m tăng chiều rộng thêm 3m diện tích tăng thêm 100m2 Nếu giảm chiều dài chiều rộng 2m diện tích giảm 68m2 Tính diện tích ruộng đó?

Gọi chiều dài HCN x Gọi chiều rộng HCN y

   

   

2 100 22

14

2 68

x y xy x

y

x y xy

   

  





 



    



 Ta có hpt

Dạng Toán suất * Chú ý:

- Năng suất (NS) số sản phẩm làm đơn vị thời gian (t) - (NS) x (t) = Tổng sản phẩm thu hoạch

Ngày dạy: ………

CÁC GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN A Kiến thức

1 Góc tâm Số đo cung

a) Định nghĩa góc tâm: Góc có đỉnh trùng với tâm đtrịn đgl góc tâm b) Số đo cung:

- Số đo cung nhỏ số đo góc tâm chắn cung

- Số đo cung lớn hiệu 3600 số đo cung nhỏ (có chung mút với cung lớn) - Số đo nửa đtr 1800

AB AC CBc) Tính chất số đo cung: Nếu C điểm nằm cung AB sđ ﾧ=sđ ﾧ+sđ ﾧ

2 Liên hệ cung dây

a) Định lý 1: Với cung nhỏ đtròn hay đtròn nhau: - cung căng dây

- dây căng cung

b) Định lý 2: Với cung nhỏ đtròn hay đtròn nhau: - Cung lớn căng dây lớn

- Dây lớn căng cung lớn Góc nội tiếp

a) Định nghĩa: Góc nội tiếp góc có đỉnh nằm đtrịn cạnh chứa dây cung đtrịn Cung nằm góc gọi cung bị chắn

c) Các hệ quả: Trong đtrịn

- Các góc nt chắn cung

- Các góc nt chắn cung chắn cung

- Góc nt (nhr 900) có só đo nửa số đo góc tâm chắn cung - Góc nt chắn nửa đtrịn góc vng

4 Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung

a) Định nghĩa: Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc có đỉnh tiếp điểm, cạnh tiếp tuyến cạnh lại chứa dây cung

b) Định lý: Sđ góc tạo tia tiếp tuyến dây cung nửa số đo cung bị chắn

 Ax

B c) Định lý đảo: Nếu ﾧ có đỉnh nằm đtrịn, cạnh chứa dây cung AB, có sđ nửa sđ cung AB căng dây cung nằm bên góc cạnh Ax tia tiếp tuyến đtròn

d) Hệ quả: Trong đtrịn, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung

5 Góc có đỉnh bên đtrịn Góc có đỉnh bên ngồi đtrịn a) Góc có đỉnh bên đtrịn

- Định lý: Sđ góc nửa tổng sđ cung bị chắn b) Góc có đỉnh bên ngồi đtrịn

- Định lý: Sđ góc nửa hiệu sđ cung bị chắn B Bài tập áp dụng

Bài 1: Cho (O) điểm M cố định khơng nằm đtrịn Qua M kẻ đường thẳng, đường thẳng thứ cắt đtròn (O) A B, đường thẳng thứ hai cắt đtròn (O) C D CMR: MA.MB = MC.MD

LG

* TH1: điểm M nằm bên đtròn (O) - Xét tam giác MAC tam giác MDB, ta có:

 

1

M M ﾧ (đối đỉnh)

 

CAM BDM ﾧ (góc nt chắn cung BC)

( )

MAC MDB g g MA MC

MA MB MC MD MD MB

  

   



ﾧ

* TH2: điểm M nằm bên ngồi đtrịn (O) - Xét tam giác MAD tam giác MCB, ta có:

M ﾧ (chung)

 

1

D B ﾧ (góc nt chắn cung AC)

( )

MAD MCB g g MA MD

MA MB MC MD MC MB

  

   



ﾧ

AC CD DBBài 2: Trên đtròn lấy liên tiếp ba cung: AC, CD, DB cho sđ ﾧ=sđ ﾧ=sđ ﾧ=600 hai

đường thẳng AC BD cắt E, hai tiếp tuyến đtròn B C cắt T CMR:

 

AEB BTC a) ﾧ

b) CD tia phân giác góc BCT?

LG

M

1

D B

O

C A

1

M

D

B O

C

 1   11800 600 600

2

AEB AB CD   

a) Ta có: ﾧ

         

 0 0

1

2

1

180 60 60 60 60

2

BTC BAC BDC   AB AC  CD DB 

 

    

ﾧ

AEB BTC

Do đó: ﾧ

 

1

1

30

C  CD

b) Ta có: ﾧ (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)

 

2

1

30

C  DB

ﾧ (góc nội tiếp)

 

1 C C

  ﾧ Do CD phân giác góc BCT

Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đtròn (O), tia phân giác góc A cắt BC D cắt đtrịn M a) CMR: OM vng góc với BC

b) Phân giác góc ngồi đỉnh A tam giác ABC cắt (O) N CMR ba điểm M, O, N thẳng hàng c) Gọi K giao điểm NA BC, I trung điểm KD CMR: IA tiếp tuyến đtròn (O)

LG

   

1

A A  BM CM  BM CM a) Ta có: ﾧ BM CM

OB OC

 

 

   OM BCdo ﾧ OM trung trực BC ﾧ

 1 Ax 1.1800 900

2

MAN  BAC C  

b) Ta có: ﾧ

MAN MAN 900

 mà ﾧ góc nội tiếp ﾧ MN đường kính Do M, O, N thẳng hàng

 900  900

MAN   DAK   c) Do ﾧ DAK vuông A T

E

2

O

D C

B A

2

3 x

H

K I

M N

2

O

D C

mà IK = ID => IK = IA = ID => tam giác IAD cân I

 

 

 

1

2

IAD D

IAD D D D



 

  

  ﾧ (1)

 

OAM OMA

  Mặt khác: tam giác OAM cân O ﾧ (2)

      

2

IAD OAM D OMA IAO D OMA

       Từ (1) (2) ﾧ (3)

 

2 90

D OMA

   Do tam giác MHD vuông H (theo a) ﾧ (4)

 900

IAO

   Từ (3) (4) ﾧ IA tiếp tuyến đtròn (O)

Bài 4: Cho nửa đtrịn tâm O đường kính AB Gọi C, D thuộc nửa đtròn (C thuộc cung AD) AD cắt BC H, AC cắt BD E Chứng minh rằng:

a) EH vng góc với AB

b) Vẽ tiếp tuyến với đtròn D, cắt EH I Chứng minh rằng: I trung điểm EH LG

 900

ACB   ACBC a) Ta có: ﾧ (góc nt chắn nửa đtrịn) ﾧ

ADB 900 AD BD

 

ﾧ (góc nt chắn nửa đtrịn) ﾧ

à

AE BC BE AD

m AD BC H

 



 



  

EH AB

  Xét tam

giác EAB, ta có: ﾧ H trực tâm tam giác EAB ﾧ

 

2

H B F 1 D2 B b) Ta

có: ﾧ (cùng phụ ﾧ); ﾧ (cùng chắn cung AD)

 

2

H D IHD

    ﾧ cân I => IH = ID (1)

 

 

 

 

0

0

1 1

2

90 90

E B

D D E D IED

m B D



 

 

     



 

 Mặt khác: ﾧ cân I => ID = IE (2)

Từ (1) (2) => IH = IE => I trung điểm EH

Bài 5: Cho (O), từ điểm M nằm ngồi đtrịn (O) vẽ tiếp tuyến MC, MD với (O) (C, D tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MAB không qua tâm O, A nằm M B Tia phân giác góc ACB cắt AB E

a) CMR: MC = ME

b) DE phân giác góc ADB

c) Gọi I trung điểm AB CMR điểm O, I, C, M, D nằm đtròn d) CMR: M phân giác góc CID

LG

O

2

1

I

H

K

D E

C

 

BCEACEa) + ta có: ﾧ (gt)

 

CBA MCA

ﾧ (cùng chắn cung AC)

      

BCE CBA ACE MCA hay BCE CBA MCE

      ﾧ (1)

  

BCE CBA CEM  + mặt khác: ﾧ (tính chất góc ngồi tam giác) (2)

 

MCE CEM  MCE+ từ (1) (2) ﾧ cân M => MC = ME

   

MED MDE MDA ADE

    b) + MC MD tiếp tuyến => MC = MD, mà MC = ME =>

MD = ME => tam giác MDE cân M ﾧ (1)

  

1

MED B BDE+ mặt khác: ﾧ (tính chất góc ngồi tam giác) (2)

   

1

MDA ADE B  BDE+ (1); (2) ﾧ (3)

 

1

MDA B + lại có: ﾧ (cùng chắn cung AD) (4) ADE BDE DE

   + (3); (4) ﾧ phân giác góc ADB

  900

OCM ODM

    c) + MC, MD tiếp tuyến (O) ﾧ điểm O, C, D, M thuộc đtrịn có

đường kính OM (*) IO AB

  + lại có: I trung điểm AB ﾧ (định lý đường kính dây) => IO vng góc với IM =>

tam giác IOM vuông I => điểm I, O, M thuộc đtrịn có đường kính OM (**) + (*) (**) => điểm 0, I, C, M, D nằm đtròn

d) + Xét đtròn qua điểm: O, I, C, M, D có đường kính OM, ta có:

   

   

 

 

1

d CM óc

2

d DM óc

2

à d CM d DM

CIM s g nt

DIM s g nt CIM DIM

m CM DM s s



 

 

   

 

  



 ﾧ IM phân giác góc CID

Bài 6: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đtròn (O), đường cao AH cắt đtròn D Kẻ đường kính AE CMR:

a) BC song song với DE

b) Tứ giác BCED hình thang cân

LG

a) Ta có: BC vng góc với AD (gt) (1)

ADE 900

+ mà ﾧ (góc nt chắn nửa đtrịn) => DE vng góc với AD (2)

+ Từ (1) (2) suy BC // DE (cùng vuông góc với AD)

1

M O

I E

D C

B

A

H

O

E D

C B

b) HTC = HT + góc đáy (hoặc đường chéo nhau)

(Chú ý: Hình thang có cạnh bên chưa HTC (VD: Hình bình hành hình thang có cạnh bên khơng HTC))

+ BC // DE suy tứ giác BCED hình thang (1)

 

d D d

s B s CE

  + lại có: BC // DE ﾧ (2 cung bị chắn hai dây song song nhau)

     

d D dDE d dDE

s B s s CE s sd BE sdCD BE CD

        ﾧ (liên hệ cung dây) (2)

+ từ (1) (2) suy tứ giác BCED Hình thang cân

************************************************************* Ngày dạy: ………

 

2 0

y ax a  y ax a 2 0

HÀM SỐ ﾧ ĐỒ THỊ HÀM SỐ ﾧ A Kiến thức

 

2 0

y ax a 

1 Tính chất hàm số ﾧ a) Tính chất:

Nếu a > hàm số nghịch biến x < đồng biến x > Nếu a < hàm số nghịch biến x > đồng biến x < b) Nhận xét:

Nếu a > y > với x khác 0; y = x = giá trị nhỏ hàm số y = Nếu a < y < với x khác 0; y = x = giá trị lớn hàm số y =

 

2

0

y ax a 

2 Tính chất đồ thị hàm số ﾧ

 

2 0

y ax a 

Đồ thị hàm số ﾧ đường cong qua gốc tọa độ nhận trục Oy trục đối xứng đường cong gọi Parabol với đỉnh O

Nếu a > đồ thị nằm phía trục hoành, O(0;0) điểm thấp đồ thị Nếu a < đồ thị nằm phía trục hoành, O(0;0) điểm cao đồ thị B Bài tập áp dụng

2

5

y x Bài 1: Cho hàm số ﾧ

1



2a) Lập bảng tính giá trị y với giá trị x bằng: -2; -1; ﾧ; 0; ﾧ; 1; 2

b) Với giá trị x hàm số nhận giá trị tường ứng bằng: 0; -7,5; -0,05; 50; -120 LG

a) Bảng giá trị tương ứng x y là:

x -2 -1

2 

ﾧ

0

2ﾧ

1

2

5

y x ﾧ -20 -5

4 

ﾧ

0

4ﾧ

-5 -20

b)

2

5x x x

      + Với y = ta có: ﾧ

2

5x 7,5 x 1,5 x 1,5

      + Với y = -7,5 ta có: ﾧ

2

5x 0,05 x 0, 01 x 0,1

      + Với y = -0,05 ta có: ﾧ

2

5x 50 x 10

     + Với y = -7,5 ta có: ﾧ pt vơ nghiệm

2

5x 120 x 24 x

      + Với y = -7,5 ta có: ﾧ

 

y m  m x

Bài 2: Cho hàm số ﾧ Tìm giá trị m để: a) Hàm số đồng biến với x >

b) Hàm số nghịch biến với x >

 

2 . 1

a m  m m m 

Ta có: ﾧ

 

0

1 1

0

0

0

1

m m

m m m

a m m

m

m m

m m

   

 

 

    

 

 

        

     

 

  

 

  a) Hàm số đồng biến với x > ﾧ

vậy m > m < hàm số đồng biến với x >

 

0

1 1

0 0

ô

0

1

m m

m m m

a m m m

kh ng m

m m

m m

   

 

 

     

 

 

           

     

 

  

 

  b) Hàm số nghịch biến

với x > ﾧ

y ax Bài 3: Cho hàm số ﾧ Xác định hệ số a trường hợp sau:

a) Đồ thị qua điểm A(3; 12) b) Đồ thị qua điểm B(-2; 3)

LG

2

12

3

a a

  

a) Vì đồ thị hs qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: ﾧ

 2

3

4

a a

   

b) Vì đồ thị hs qua điểm B nên tọa độ điểm B thỏa mãn hs, ta có: ﾧ

y ax Bài 4: Cho hàm số ﾧ

a) Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số qua điểm A(2; 2) b) Vẽ đồ thị hàm số với giá trị a vừa tìm

LG

2

2

2

a a

  

a) Vì đồ thị hs qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: ﾧ

1

y x

b) Với a = ½ ta có hàm số sau: ﾧ

14

12

10

8

6

4

2

-2

-15 -10 -5 10 15

f x  =

2

0,

y x 5Bài 5: Cho hàm số ﾧ Các điểm sau đây, điểm thuộc đồ thị hàm số, điểm không

thuộc đồ thị hàm số: A(-2; 1,6), B(3; 3,5), C(ﾧ; 0,2) LG

PP: muốn kiểm tra xem điểm thuộc hay không thuộc đồ thị hs ta làm sau: thay hồnh độ điểm vào hàm số, giá trị hs với tung độ điểm thuộc đồ thị hs; giá trị hs khơng với tung độ điểm khơng thuộc đồ thị hs

- Điểm A(-2; 1,6)

 2

0, 1,

y   

Thay x = -2 vào hàm số ta có: ﾧ, điểm A thuộc đồ thị hs - Điểm B(3; 3,5)

2

0, 4.3 3,6 3,5

y    Thay x = vào hs ta có: ﾧ điểm B khơng thuộc đồ thị hs 5- Điểm C(ﾧ; 0,2)

5  

2

0, 0,

y   

Thay x = ﾧ vào hs ta có: ﾧ điểm C khơng thuộc đồ thị hs

1

y x

Bài 6: Cho hàm số ﾧ y = 2x –

a) Vẽ đồ thị hàm số trên mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị

LG a) Vẽ đồ thị

2

1

1

2 2

2x  x  x x  b) pt hoành độ giao điểm đồ thị: ﾧ

thay x = vào hs ta được: y = 2.2 – = Vậy tọa độ giao điểm đồ thị M(2; 2)

y ax Bài 7: Cho hàm số ﾧ

a) Xác định a biết đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = -3x + điểm A có hồnh độ -2 b) Với giá trị a vừa tìm được, vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ

c) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị

LG

a) tung độ điểm A là: y = -3.(-2) + = 10 Vậy tọa độ điểm A(-2; 10)

14

12

10

8

6

4

2

-2

-15 -10 -5 10 15

g x  = 2x-2 f x  =

2

2

y ax  

2

10

2

a a

   

2

y x

vì đồ thị hs ﾧ qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: ﾧ Khi hs có dạng: ﾧ

b) vẽ đồ thị hs mặt phẳng tọa độ

2

1

5

3 ;

2x  x  x 5 x  c) pt hoành độ giao điểm đồ thị: ﾧ

1

4

3

5 5

x   y    8;

5 5+ Với ﾧ tọa độ điểm A(ﾧ)

 

1 10 x   y    

+ Với ﾧ tọa độ điểm B(-2; 10)

y ax Bài 8: Cho hàm số ﾧ

a) Xác định a biết đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = -2x + điểm A có hồnh độ b) Với giá trị a vừa tìm được, vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ

c) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị

LG

a) tung độ điểm A là: y = -2.1 + = 1, tọa độ điểm A A(1; 1)

y ax 1 a.12 a 1

   y x 2vì đồ thị hs ﾧ qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: ﾧ Khi

đó hs có dạng: ﾧ

b) vẽ đồ thị hs mặt phẳng tọa độ

10

8

6

4

2

-2

-4

-6

-10 -5 10 15 20

q x  = -3x+4 h x  =

2

2

1

2 1;

x  x  x  x  c) pt hoành độ giao điểm đồ thị: ﾧ

1 1 2.1

x   y    + Với ﾧ tọa độ điểm A(1; 1)

 

1 3 x   y    

+ Với ﾧ tọa độ điểm B(-3; 9)

yx Bài 9: Cho hàm số (P): ﾧ (d): y = 2x + 1. a) Vẽ mặt phẳng tọa độ đồ thị hàm số b) Xác định tọa độ giao điểm (P) (d)

c) Tìm hàm số (d1): y = ax + b biết đồ thị qua điểm A(-2; -1) song song với (d) LG

a) vẽ đồ thị hs

14

12

10

8

6

4

2

-2

-15 -10 -5 10 15

g x  = -2x+3

f x  = x2

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-10

-15 -10 -5 10 15

q x  = 2x+1

2

1

2 1

x x x x

      b) pt hoành độ giao điểm đồ thị: ﾧ

 2

1 1 1

x   y   

+ Với ﾧ tọa độ điểm A(-1; -1) c) (d1) // (d) nên a = (d1) có dạng: y = 2x + b

mặt khác (d1) qua A nên tọa độ A thỏa mãn (d1), ta có: -1 = 2.(-2) + b => b = hàm số (d1): y = 2x +

2

y x yx2Bài 10: Trên mặt phẳng tọa độ, cho Parabol (P): ﾧ đường thẳng (d): ﾧ

a) Vẽ (P) (d)

b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (d)

c) Tìm hàm số (d1): y = ax + b biết đồ thị song song với (d) cắt (P) điểm M có hồnh độ

LG a) vẽ đồ thị

2

1

2 1;

x x  x  x  b) pt hoành độ giao điểm đồ thị: ﾧ

 2

1 1 1

x   y  

+ Với ﾧ tọa độ điểm A(1; 1)

 2

1 2

x   y   

+ Với ﾧ tọa độ điểm A(-2; 4) c) d1 // d nên a = -1, d1 có dạng: y = -x + b + tung độ điểm M là: y = 22 = Tọa độ điểm M(2; 4) + mặt khác d1 qua M nên ta có: = -2 + b => b = Vậy pt d1: y = -x +

************************************************************* Ngày dạy: ………

PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN A Kiến thức

 

2 0 0

ax bx c  a

1 Định nghĩa: pt bậc hai ẩn pt có dạng: ﾧ (1), x ẩn; a, b, c số cho trước

14

12

10

8

6

4

2

-2

-15 -10 -5 10 15

2 Cách giải   0 0 x x

ax bx x ax b b

ax b x

a                  

 a) Khuyết c (c = 0): pt (1) trở thành: ﾧ

2 2

0 c

ax c ax c x

a

     

b) Khuyết b (b = 0): pt (1) trở thành: ﾧ (2)

0

c a

 

- ﾧ pt (2) vơ nghiệm, suy pt (1) cung vô nghiệm

0

c c

x

a a

    

- ﾧ

 

2 0 0

ax bx c  a

c) đầy đủ: ﾧ Công thức nghiệm

2 4 b ac

   ﾧ

0

  + Nếu ﾧ pt có nghiệm phân biệt:

1 ;

2 b b x x a a         ﾧ

  2

b x x

a



 

+ ﾧ pt có nghiệm kép: ﾧ

0

  + ﾧ pt vơ nghiệm

Cơng thức nghiệm thu gọn ' b'2 ac

   ﾧ

' 0

  + Nếu ﾧ pt có nghiệm phân biệt:

' ' ' '

1 ;

b b x x a a         ﾧ ' 0   ' b x x a   

+ ﾧ pt có nghiệm kép: ﾧ

' 0

  + ﾧ pt vơ nghiệm

 

2 0 0

ax bx c  a

d) Cho pt: ﾧ Điều kiện để phương trình:

0

   ' 0- Vô nghiệm: ﾧ (ﾧ)

   ' 0- Nghiệm kép: ﾧ (ﾧ)

   ' 0- Có nghiệm phân biệt: ﾧ (ﾧ) a.c < 0

 ' x x       

 - Có nghiệm dấu: ﾧ

 ' 2 0 x x x x           

 - Có nghiệm dấu âm: ﾧ

 ' 2 0 x x x x           

 - Có nghiệm dấu dương: ﾧ

 ' x x       

 - Có nghiệm khác dấu: ﾧ

3 Hệ thức Vi-ét ứng dụng

 

2 0 0

ax bx c  a

1

1

b x x a c x x a         

 - Định lý: Nếu x1; x2 nghiệm pt ﾧ ﾧ

 

2

0

ax bx c  a a b c  0 1; c

x x

a

 

+ pt ﾧ có ﾧ pt có nghiệm là: ﾧ

 

2 0 0

ax bx c  a a b c  0 1; c

x x

a

 

+ pt ﾧ có ﾧ pt có nghiệm là: ﾧ

u v S u v P

  

 

 x2 Sx P 0  S2 4P0+ ﾧ suy u, v nghiệm pt: ﾧ (điều kiện để tồn tại

u, v ﾧ)

B Bài tập áp dụng

Bài 1: Giải phương trình sau:

 

2

1 2

2

1 2

2

1

6 2

) 0; ) ;

5 2

5

) 0; ) 0;

8

) 42 21; 21

a x x x x b x x x

c x x x x d x x x x

e x x x

                                               ﾧ Bài 2: Giải phương trình sau:

 

 

2

1 2

2

1 2

2

1

1

) 1; ) 10 39 3; 13

3

14

) 55 11; ) 70 5;

3

) 2;

2

a x x x x b x x x x

c x x x x d x x x x

e x x x x

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

Bài 3: Giải phương trình sau:

2x 1 2  x 1 x 32 1 5x2 6x 7 0

        

a) ﾧ pt vô nghiệm

 2  

1

10

4 14 20 0;

7

x  x x    x  x  x  x  

 b) ﾧ

   

1

11

3 20 22 2;

3

x x   x  x   x  x  

 c) ﾧ

    2

15

4 3 19 15 1;

4

x x    x  x   x  x  

 d) ﾧ

Bài 4: Chứng tỏ với m phương trình sau ln ln có nghiệm phân biệt

 

2 2 1 0

x   m x m 

a) ﾧ

'

0,

2

m m m  m

          

  Ta có: ﾧ, đenta dương với m nên pt có nghiệm phân

biệt với giá trị m

2 1 0

x mx m   b) ﾧ

 

' m2 4 m2 1 5m2 4 0, m

          

Ta có: ﾧ, đenta dương với m nên pt có nghiệm phân biệt với giá trị m

 

2 2 1 2 0

mx  m x 

Bài 5: Cho pt ﾧ Tìm m để pt có nghiệm kép Pt có nghiệm kép:

1

2

1

0

0 2 2

;

3 2 2

0 12 ; 2

2

m m

a

m m

m m m m

   

2 2 0 1 ; 2 0 2

x mx  x  x m 

Bài 6: Cho pt sau: ﾧ Với giá trị m pt có nghiệm chung

' 2 2 m m m         

 - đk để pt (1) có nghiệm là: (*)

'

2 m m

      - đk để pt (2) có nghiệm là: (**)

2

m  - từ (*) (**) suy để pt có nghiệm - giả sử x0 nghiệm chung pt trên, ta có :

   

2

0 0 0 0

2

2 2 2

2

m

x mx x x m mx x m m x m x

m



                 



2

m  ﾧ (vì m khác )

1 m  2 m3- thay x0 = vào (1) (2) ta được: ﾧ

Vậy m = -3 pt có nghiệm chung Bài 7: Tìm m để pt sau có nghiệm chung?

   

   

2

4

2

x m x m

x m x m

    

     ﾧ

2

2 2

4

2 2

m m m m            

 - đk để pt (1) có nghiệm là: (*)

2

2 m 0, m

    - đk để pt (2) có nghiệm là: (**) 2

2 2

m m

  



 

 - từ (*) (**) suy để pt có nghiệm (***)

- giả sử x0 nghiệm chung pt trên, ta có :

       

2

0 4

x  m x m x  m x m   m m x   x 

ﾧ

4 ( m4).2m  5 m1- thay x0 = vào (1) ta được: ﾧ (thỏa mãn (***))

Vậy m = pt có nghiệm chung Bài 8: Tìm m để pt sau có nghiệm chung?

   

2

2 1

2

x mx mx x

  

   ﾧ

2

1 m 0, m

     - đk để pt (1) có nghiệm là: (*)

2

1

1

8

m m

     

- đk để pt (2) có nghiệm là: (**)

1

m 

- từ (*) (**) suy để pt có nghiệm (***) - giả sử x0 nghiệm chung pt trên, đó:

     

2 2

0 0 0

2x mx 1mx  x 2 0  m x  m1 x  3

ﾧ

 2

2 10 25 5 0 5 5

m m m m m

             m            0 2

1 5

;

2 2 2 2 2

m

m m m m m

x x

m m m m m



      

     

     Ta có: ﾧ (vì ), nên pt có 2

nghiệm phân biệt: ﾧ

1 x m       2 3

2 18 2

2 m m m m m m

m m

 

            

 

 

   m 27 0

2

0 x 

2.1 m.1 0   m1- thay ﾧ vào (1) ta được: ﾧ (thỏa mãn (***))

Vậy m = -1 pt có nghiệm chung

2 4 1 0

x  x m   Bài 9: Cho pt ﾧ

a) xác định m để pt có nghiệm 2

1 10

x x  b) Tìm m để pt có nghiệm thỏa mãn: ﾧ

LG

' m

       ' 3 m 0 m3a) Ta có: ﾧ Pt có nghiệm ﾧ

3 m  2 x x x x m

 

 

 

 b) với ﾧ giả sử pt có nghiệm x1 ; x2 theo Vi-ét ta có: (*)

 2

2

1 10 2 10 x x   x x  x x 

lại có: ﾧ (**)

 

2

4  m1 10 m2

thay (*) vào (**) ta được: ﾧ (thỏa mãn điều kiện)

2

3x  5x m 0

2 2

5

x  x 

Bài 10: Cho pt ﾧ Xác định m để pt có nghiệm thỏa mãn ﾧ

25 12m

    Ta có: ﾧ

25

0 25 12

12

m m

      

Pt có nghiệm ﾧ (*)

25 12

m   

1 2 (1) x x m x x         

 với ﾧ giả sử pt có nghiệm x1 ; x2 theo Vi-ét ta có:

     

2

1 2 2

5 5

9 9

x  x   x x x  x   x  x   x  x 

lại có: ﾧ (3)

1 2 3 x x x x x x                   2 3 m m   

kết hợp (1) (3) ta có hệ phương trình: thay vào (2) ta (thỏa mãn đk (*))

2 2 2 1 0

x  mx m  Bài 11: Cho pt ﾧ

a) Chứng tỏ pt có nghiệm x1, x2 với m

 2

1 1

2

A x x  x x

b) Đặt ﾧ

8 18

A m  m * CMR: ﾧ

* Tìm m để A = 27

c) Tìm m để pt có nghiệm lần nghiệm LG

 2

2 2 1 1 0,

m m m m

       

a) ta có ﾧ, pt có nghiệm với giá trị m

1

2

x x m

x x m

 

 

 

 b) + với m pt có nghiệm x1, x2 theo Vi-ét ta có: (*)

 2  2

1 1 2

2

A x x  x x  A x x  x x

từ ﾧ (**)

 2  

2 18

A m  m  m  m

thay (*) vào (**) ta được: ﾧ => đpcm

2

1

3

8 18 27 18 18 3;

4

m  m   m  m   m  m 

1

1 2

1 2 2

2

1 2

4

3

2

2

2

3

4 2

8 18

3

m m

x x

x x x x

m m

x x m x m x x

x x m x x m m m

m m

m

 

 

 

 

   

   

       

   

       

      

 

 

 

2

1

3

8 18 ;

2

m  m   m  m 

giải pt

*************************************************** Ngày dạy: ………

CÁC GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN – TỨ GIÁC NỘI TIẾP A Kiến thức bản: Tứ giác nội tiếp

1 Định nghĩa: Tứ giác có đỉnh nằm đtròn đgl tứ giác nội tiếp

2 Tính chất: Trong tứ giác nội tiếp tổng số đo góc đối diện 1800 Dấu hiệu: Để chứng minh tứ giác nội tiếp đtròn ta chứng minh: - Tứ giác có đỉnh nằm đtrịn

- Tứ giác có tổng góc đối diện 1800

- Tứ giác có góc nhìn xuống cạnh B Bài tập áp dụng:

Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A, điểm M nằm AC, đtrịn đường kính CM cắt BC E, BM cắt đròn D

a) CMR: tứ giác BADC nội tiếp b) DB phân giác góc EDA

c) CMR đường thẳng BA, EM, CD đồng quy

 900

BAC  a) ta có: ﾧ (gt)

 900

BDC  ﾧ (góc nt chắn nửa đtròn)

Suy tứ giác BADC nt đtròn đường kính BC

 

1

C D b) ta có: ﾧ (cùng chắn cung ME)

 

1 C D

  vì tứ giác BADC

nt ﾧ (cùng chắn cung AB)

 

1 D D

   ﾧ DB phân

giác góc EDA

c) giả sử AB cắt CD K CK BK

BD CK CA BD M

 



 



  

KM BC

  xét tam giác KBC, ta có: M trực tâm tam giác KBC

ME BC

  mặt khác (góc nt chắn nửa đtrịn), suy đthẳng KM ME trùng nhau

do đthẳng AB, EM, CD đồng quy K

Bài 2: Cho tam giác ABC có góc nhọn Đường trịn tâm O đường kính BC cắt AB E, cắt AC F Các tia BE cà CE cắt H CMR:

a) AH vng góc với BC

O

21

1

K

M E

D

C B

b) Gọi K giao điểm AH BC CMR: FB phân giác góc EFK c) Gọi M trung điểm BH CMR: tứ giác EMKF nt

 900

BEC   CEAB a) ta có: ﾧ (góc nt chắn nửa đtrịn)

 900

BFC  BF AC

  ﾧ (góc nt

chắn nửa đtrịn) CE AB BF AC BF CE H

 



 



  

AH BC

  xét tam

giác ABC, ta có: H trực tâm tam giác ABC

  1800

K F  

 

1 C F

  b) xét tứ giác

CKHF, có: tứ giác CKHF nt (cùng chắn cung HK)

 

1

C F mặt khác: (cùng chắn cung BE)

 

1

F F suy , FB phân giác góc EFK

  1800

K E    B1K1c) xét tứ giác BKHE có tứ giác BKHE nt (cùng chắn cung HE)

 

1

B C mà: (cùng chắn cung EF)

 

1 K C

  mặt khác, tứ giác CKHF nt (cùng chắn cung HF)

   

1 2

B K C K suy (1)

 900

E

BM HM ME BME

BM HM



 

    



  xét tam giác BEH, có: cân M

 

1

2

EMF  B do (tính chất góc ngồi tam giác) (2)

   

1

2

EMF  K  K EKF từ (1) (2) tứ giác EMKF nt

Bài 3: Cho đtrịn (O), điểm A nằm bên ngồi đtrịn Qua A kẻ tiếp tuyến AB, AC với đtròn (B, C tiếp điểm) M điểm dây BC, đthẳng qua M vng góc với OM cắt tia AB AC D E CMR:

a) Các tứ giác: BDOM; ECOM nt b) M trung điểm DE a) xét tứ giác BDOM, ta có:

 900

DMO  (gt)

 900

DBO  (tính chất tiếp tuyến)

Suy điểm B, D, O, M nằm đtrịn đường kính DO, tứ giác BDOM nt xét tứ giác ECOM, ta có:

2

2

1

1

F

H

O

2

1 K

M E

C B

A

1 O

1

M

E D

C B

 900 OME  (gt)

 900

OCE  (tính chất tiếp tuyến)

  1800

OME OCE  Suy tứ giác ECOM nt

 

1

B D b) tứ giác BDOM nt nên (cùng chắn cung MO) (1)

 

1

C E tứ giác ECOM nt nên (cùng chắn cung MO) (2)

 

1

B C mà (vì tam giác OBC cân O)

 

1

D E OM DEtừ (1), (2) (3) suy , tam giác ODE cân O, lại có (gt), OM là đường cao đồng thời đường trung tuyến ứng với cạnh DE => MD = ME đpcm

Bài 4: Cho đtròn (O) (O’) cắt A B (O O’ thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua B kẻ cát tuyến vng góc với AB cắt đtròn (O) C, căt đtròn (O’) D, tia CA cắt (O’) I, tia DA cắt (O) K a) CMR: tứ giác CKID nt

b) Gọi M giao điểm CK DI Chứng minh điểm M, A, B thẳng hàng

 900

ABC   a) AC là

đường kính (O)

ABD 900

 AD là

đường kính (O’)

 900

CKA  Ta có: (góc nt chắn nửa đtrịn (O))

 900

DIA  (góc nt chắn nửa đtròn (O’))

 

CKA DIA  Do đó: tứ

giác CKID nt đường trịn đường kính CD

CI MD DK MC CI DK A

 



 



    MA CD

b) xét tam giác MCD, ta có: A trực tâm t.giác MCD (1) ABCDmà (2)

từ (1) (2) suy điểm M, A, B thẳng hàng đpcm

Bài 5: Cho đtrịn (O) đường kính AB, M điểm đtròn; C điểm nằm A B qua M kẻ đthẳng vng góc với CM, đthẳng cắt tiếp tuyến (O) kẻ từ A B E F CMR: a) Các tứ giác: AEMC, BCMF nt

b) Tam giác ECF vuông C

  900 900 1800

A M    a)

xét tứ giác AEMC có: , mà góc A góc M góc vị trí đối diện, tứ giác AEMC nt

chứng minh tương tự ta có tứ giác BCMF nt

 

1 A E

  b) tứ giác ACME

nt (cùng chắn cung MC) (1)

O' I

O K

M

D

C B

A

2

1

F

O

1

M E

C B

 

1 B F

  tứ giác BCMF nt (cùng chắn cung MC) (2)

 900

AMB  A1B1 900ta có: (góc nt chắn nửa đtròn) (3)

 

1 90 E F

   từ (1); (2) (3)

  

1 90 90

E F   ECF   xét tam giác ECF, có: ECF vng C

Bài 6: Cho tam giác ABC nhọn nt đtrịn (O), có đường cao BB’ CC a) CMR: tứ giác BCB’C’ nt

b) Tia AO cắt đtròn (O) D cắt B’C’ I CMR: tứ giác BDIC’ nt c) Chứng minh OA vng góc với B’C’

 '  '

90

BB C BC C   a)

xét tứ giác BCB’C’ có tứ giác BCB’C’ nt

 

ACB ADB b) ta có: ﾧ

(cùng chắn cung AB) (1)

 ' ' 

180

BC B ACB

   mặ

t khác tứ giác BCB’C’ nt (2)

 ' ' 

180

BC B ADB

  

 '  1800

BC I IDB  từ (1)

và (2) hay , suy tứ giác BDIC’ nt

 900

ABD  C BD ' 900

 

c) ta có: ﾧ (góc nt chắn nửa đtròn) ﾧ

 '  ' 1800  ' 900 ' '

C BD C ID C ID AO B C

       do tứ giác BDIC’ nt ﾧ

 450

MAN  Bài 7: Cho hình vng ABCD Gọi M, N điểm cạnh BC CD cho ﾧ. AM AN cắt đường chéo BD P Q Gọi H giao điểm MQ NP CMR:

a) Tứ giác ABMQ nt

b) Tam giác AQM vuông cân c) AH vng góc với MN

  0  

1 2

1

.90 45 45

2

B B B QAM

       

a) ABCD hình vng có BD đường chéo, nên BD phân giác góc ABC ﾧ tứ giác ABMQ nt

C'

B' I

O

D C

B A

450 P

Q

N

2

1

H

2

1

M

D C

  1800 900  1800  900

ABM AQM AQM AQM MQ AN

          b) tứ giác ABMQ nt ﾧ

 

0

45 90

A AQM



 

  

  xét tam giác AQM, có: ﾧ AQM vng cân Q

  0

1

1

.90 45

2

D D

   

c) ta có: DB đường chéo hình vng ABCD nên DB phân giác góc ADC ﾧ

 

2 45 DAN D

    tứ giác ADNP có ﾧ tứ giác ADNP nt

  1800 900  1800  900

ADN APN   APN   APN  NPAMﾧ MQ AN

NP AM MQ NP H

 



 



    AH MN

Xét tam giác AMN, ta có: ﾧ H trực tâm tam giác AMN ﾧ **************************************************************** Ngày dạy:………

PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI A Kiến thức bản:

1 Phương trình trùng phương

 

4 0 0

ax bx  c a

- dạng tổng quát: ﾧ

 

2 0

x t t at2 bt c 0

   - cách giải: dùng phương pháp đặt ẩn phụ, đặt ﾧ Khi ta có pt: ﾧ (đây pt

bậc hai ẩn)

2 Phương trình chứa ẩn mẫu: Các bước giải - Tìm đk xác định pt

- Quy đồng mẫu thức vế pt, khử mẫu - Giải pt vừa nhận

- Kết luận: so sánh nghiệm tìm với đk xác định pt Phương trình tích

 x  x

A B 

- dạng tổng quát: ﾧ

   

   

0

0 x x x

x

A A B

B

    



 - cách giải: ﾧ

B Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải phương trình

4

4

) )

) 29 100 ) 13 36

a x x b x x

c x x d x x

     

      ﾧ

Bài 2: Giải phương trình

 

2

2

2

2

1 2

) )

2 1 18

30 13 18 38

) )

1 1 2

x x x

a b

x x x x x

x x x

c d

x x x x x x x

  

   

    

  

   

       ﾧ

Bài 3: Giải phương trình

         

         

2

2 2

2

2 2 3

) 3 2 )

) 7 12 23 ) 10 15

a x x x x b x x x x

c x x x x x d x x x

         

           

3

) 5

e x  x  x  ﾧ

4 6 0

x  x m Bài 4: Tìm m để pt ẩn x sau có nghiệm: ﾧ (1)

 

2 0

x t t t2 6t m 0Đặt ﾧ Khi pt (1) trở thành: ﾧ (2)

' 2

9

6 0

m

t t m

t t m

   



       

  

 Để pt (1) có nghiệm pt (2) phải có nghiệm phân biệt dương ﾧ

 

4

2

x  m x m 

Bài 5: Tìm m để pt có nghiệm: ﾧ (1)

 

2

0

x t t t2 2m1t m  0

Đặt ﾧ Khi pt (1) trở thành: ﾧ (2)

    2 ' 2

0 3 0

3

2

3

3 0

3

m

m m

m m m

m m

t t m m

m                                               

 Để pt

(1) có nghiệm pt (2) phải có nghiệm dương (hay có nghiệm trái dấu) ﾧ

 

4 2 3 0

mx  m x m

Bài 6: Cho pt: ﾧ (1) Với giá trị m pt có nghiệm?

 

2 0

x t t mt22m3t m 0

Đặt ﾧ Khi pt (1) trở thành: ﾧ (2)

    ' 2 0 3

6 0

2 2 2

0 3

3

0

a m

m m

m m

m m m

m

t t m

m m m t t                                                     

 Để pt (1) có nghiệm pt (2)

phải có nghiệm dương phân biệt: ﾧ

*************************************************************** Ngày dạy: ………

GIẢI BÀI TỐN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH A Kiến thức bản:

- bước giải toán cách lập pt (hpt): bước B Bài tập áp dụng:

Bài 1: Tìm số biết tổng chúng 17 tổng bình phương chúng 157 Gọi số thứ x (x < 17)

Số thứ hai là: 17 – x

 2

2

1

17 157 34 132 11;

x   x    x  x   x  x 

Theo ta có pt: ﾧ Vậy số cần tìm là: 11

Bài 2: Hai tổ đánh cá tháng đầu bắt 590 cá, tháng sau tổ vượt mức 10%, tổ vượt mức 15%, cuối tháng hai tổ bắt 660 cá Tính xem tháng đầu tổ bắt cá

* Cách 1: lập pt

Tháng đầu Tháng sau

Tổ xﾧ x10%.xﾧ

Tổ 590 x ﾧ 590 x15% 590  x

ﾧ ……

   

10% 590 15% 590 660 370

x x  x   x   x

Vậy tổ 1: 370 cá; tổ 2: 220 cá * Cách 2: lập pt

Tháng đầu Tháng sau

Tổ xﾧ x10%.x1,1xﾧ

Tổ yﾧ y15%.y1,5yﾧ

………

590 370

1,1 1,5 660 220

x y x

x y y

  

 



 

  

  Ta có hpt: ﾧ

Bài 3: Lấy số có chữ số chia cho số viết theo thứ tự ngược lại thương dư 15 lấy số trừ số tổng bình phương chữ số Tìm số này?

 , ;0 , 9

xy x y N x y

Gọi số cần tìm ﾧ yxSố viết theo thứ tự ngược lại là: ﾧ

xy yxVì lấy ﾧ đem chia cho ﾧ thương dư 15 nên ta có:

4 15 13

xy yx  x y ﾧ (1)

xy xy 9 x2 y2 10x y 9 x2 y2

        Lấy ﾧ trừ số tổng bình phương chữ

số, nên ta có: ﾧ (2)

2

2 13

91

1

10

x y x

xy y

x y x y

  

 

   

 



    

 Từ (1) (2) ta có hpt: ﾧ

Bài 4: hai vòi nước chảy vào bể sau thời gian đầy bể Nếu vịi chảy lâu 2h đầy bể so với vịi, vịi chảy phải lâu 4,5h đầy bể so với vịi Hỏi chảy vòi chảy đầy bể?

Cả vòi Vòi Vòi

TGHTCV xﾧ x 2ﾧ x 4,5ﾧ

1h chảy

xﾧ

1

x  ﾧ

1 4,5

x  ﾧ

1 1

2 4,5 x x

x x  x     Ta có pt: ﾧ Nghiệm thỏa mãn x =

Bài 5: cơng nhân phải hồn thành 50 sản phẩm thời gian quy định Do cải tiến kỹ thuật nên tăng suất thêm sản phẩm người hồn thành kế hoaahj sớm thời gian quy định 1h40ph Tính số sản phẩm người phải làm theo dự định

Số sản phẩm làm TGHTCV

Dự định xﾧ 50

x ﾧ

Thực tế x 5ﾧ 50

5

x  ﾧ …… Ta có pt:

2

1

50 50

150

5

10; 15

x x x x

x x

      



   ﾧ

Nghiệm thỏa mãn x = 10

Bài 6: thuyền khởi hành từ bến sông A sau 2h40ph ca nô chạy từ A đuổi theo gặp thuyền cách bến A 10km Hỏi vận tốc thuyền, biết vận tốc ca nô vận tốc thuyền 12km/h

S V T

Ca nô 10 x 12ﾧ 10

12

Thuyền 10 xﾧ 10

x ﾧ … ta có pt:

   

1

10 10

30 12 30 12 96 360

12

3; 15

x x x x x x

x x

x x

           



   ﾧ

Giá trị thỏa mãn x =

Bài 7: khoảng cách bến sông A B 30km ca nô từ A đến B, nghỉ 40ph B, lại trở A thời gian kể từ lúc đến lúc trở A 6h Tính vận tốc ca nơ nước n lặng, biết vận tốc dịng nước 3km/h

V S T

Nước yên lặng xﾧ

xuôi x 3ﾧ 30 30

3

x  ﾧ

Ngược x  3ﾧ 30 30

3

x  ﾧ Ta có phương trình:

2

1

30 30 30 30 16

6 90 72 12;

3 3 3 x x x x

x x x x



            

    ﾧ

Bài 8: phịng họp có 360 ghế xếp thành dãy số ghế dãy Nếu số dãy tăng thêm số ghế dãy tăng thêm thì phịng họp có 400 ghế Tính số dãy ghế số ghế dãy lúc ban đầu

Số dãy Số ghế dãy Số ghế phòng

Ban đầu xﾧ yﾧ xyﾧ

Sau thay đổi x 1ﾧ y 1ﾧ x1 y1

ﾧ

   

360 360

1 400 39

xy xy

x y x y



  



 

 

    

 

 t2 39t360 0  t1 24;t2 15Ta có hpt: ﾧ x, y nghiệm

của pt bậc hai:ﾧ

Vậy: - Nếu số dãy ghế 24 số ghế dãy 15 - Nếu số dãy ghế 15 số ghế dãy 24

Bài 9: xuồng máy xi dịng 30km, ngược dòng 28km hết thời gian thời gian mà xuồng máy 59,5km mặt hồ yên lặng Tính vận tốc xuồng hồ yên lặng, biết vận tốc nước 3km/h

V S T

Nước yên lặng xﾧ 59,5 59,5 119

2

x  x ﾧ

xuôi x 3ﾧ 30 30

3

x  ﾧ

Ngược x  3ﾧ 28 28

3

x  ﾧ … Ta có pt:

       

2

1

119 30 28

119 3 30 28

2 3

3 12 1071 357 17; 21

x x x x x x

x x x

x x x x x x

        

 

           ﾧ

Bài 10: lâm trường dự định trồng 75ha rừng số tuần lễ Do tuần trồng vượt mức 5ha so với kế hoạch nên trồng 80ha hoàn thành sớm tuần Hỏi tuần lâm trường dự định trồng rừng?

Kế hoạch xﾧ 75

x ﾧ

Thực tế x 5ﾧ 80

5

x  ﾧ … Ta có pt:

2

1

75 80

1 10 375 15; 25

5 x x x x

x  x         ﾧ

Bài 11: ca nô xuôi từ A đến B cách 24km, lúc từ A đến B bè nứa trồi với vận tốc dòng nước 4km/h Khi đến B ca nô quay trở lại gặp bè nứa điểm C cách A 8km Tính vận tốc thực ca nô

Gọi vận tốc thực ca nô là: x (km/h; x > 4)

Vận tốc xuôi: x + (km/h) Vận tốc xuôi: x - (km/h)

24

x  Thời gian xuôi từ A đến B: ﾧ (h) Quãng đường BC: 24 – = 16 (km)

16

x  Thời gian ngược từ B đến C: ﾧ (h)

8

4 Thời gian bè nứa từ A đến C: ﾧ (h)

2

1

24 16

2 40 0; 20

4 x x x x

x x        Ta có pt: ﾧ

BÀI TẬP VỀ NHÀ:

Bài Hai thành phố A B cách 50km Một người xe đạp từ A đến B Sau 1giờ 30phút xe máy từ A đến B trước người xe đạp Tính vận tốc người biết vận tốc người xe máy 2,5 lần vân tốc người xe đạp

* Lập bảng

Quãng đường Vận tốc Thời gian

Xe đạp 50 x 50

x ﾧ

Xe máy 50 2,5x 50

2,5.xﾧ

50 50

1

2,5

x  x  * Ta có phương trình: ﾧ, nghiệm x = 12

Bài 2: Một tơ từ Hải Phịng Hà Nội, đường dài 100km, người lái xe tính tăng vận tốc thêm 10 km/h đến Hà Nội sớm nửa Tính vận tốc tơ không tăng

* Lập bảng

Quãng đường Vận tốc Thời gian

Không tăng 100 x 100/x

Tăng 100 x + 10 100/x + 10

100 100

10

x  x  * Ta có phương trình: ﾧ

B C

Bài Một ô tô quãng đường AB dài 840km, sau nửa đường xe dừng lại 30 phút nên quãng đường lại, xe phải tăng vận tốc thêm 2km/h để đến B hẹn Tính vận tốc ban đầu tô + Gọi vân tốc ban đầu ô tô x (km/h, x > 0)

840

x + Thời gian hết quãng đường AB theo dự định là: ﾧ(h)

420

x + Nửa quãng đường đầu ô tô hết: ﾧ(h)

+ Vận tốc tơ nửa qng đường cịn lại là: x + (km/h)

420

x  + Thời gian ô tô nửa quãng đường lại là: ﾧ(h)

1

840 420 420

40; 42

2 x x

x  x  x     + Theo ta có phương trình sau: ﾧ

Bài Qng sơng từ A đến B dài 36km, ca nô xuôi từ A đến B ngược từ B A hết tổng cộng Tính vận tốc thực ca nơ biết vận tốc dịng nước 3km/h

V thực V nước V xuôi V ngược S t

Xuôi x 3 x + 36 36/x+3

Ngược x – 36/x-3

36 36

5 15; 0,6

3 x x

x x     * ta có pt sau: ﾧ

Bài Lúc ô tô từ A đến B Lúc 7giờ 30 phút xe máy từ B đến A với vận tốc vận tốc tơ 24km/h Ơ tơ đến B 20 phút xe máy đến A Tính vận tốc xe , biết quãng đường AB dài 120km

* lập bảng

V S T

Ơ tơ x 120 120/x

Xe máy x-24 120 120/x-24

4

( )

3 2 6 h - thời gian xe máy nhiều ô tô là: ﾧ

2

120 120

24 3456 72; 48

24 x x x x

x  x         - ta có pt: ﾧ

Bài 6: Một người đoạn đường dài 640 km với ô tô tàu hỏa Hỏi vận tốc cuả ô tô tàu hỏa biết vận tốc cuả tàu hỏa vận tốc cuả ô tô km/h

* lập bảng

V T S

ô tô x 4x

Tàu hỏa x+5 7(x+5)

* ta có pt : 4x + 7(x + 5) = 640 => x = 55

Bài Một ca nô xuôi từ A đến B, lúc người đi từ dọc bờ sông hướng B Sau chạy 24km, ca nô quay trở lại gặp người C cách A 8km Tính vận tốc ca nô nước yên lặng , biết vận tốc người vận tốc dòng nước 4km/h

Toán suất * Chú ý:

- Năng suất (NS) số sản phẩm làm đơn vị thời gian (t) - (NS) x (t) = Tổng sản phẩm thu hoạch

Bài Hai công nhân phải làm theo thứ tự 810 900 dụng cụ thời gian Mỗi ngày người thứ hai làm nhiều người thứ dụng cụ Kết người thứ hoàn thành trước thời hạn ngày, người thứ hai hoàn thành trước thời hạn ngày Tính số dụng cụ người phải làm ngày

* Lập bảng

Tổng số sản phẩm cần làm Mỗi ngày làm TGHTCV

Người 810 x 810/x

2

1

4

34 1080 20; 54

810 900

3

y x

x x x x

x y

 

 

      



  



 * Ta có hệ phtrình: ﾧ, sau tìm y

Bài Hai đội công nhân, đội phải sửa quãng đường dài 20km, tuần hai đội làm tổng cộng 9km Tính xem đội sửa km tuần, biết thời gian đội I làm nhiều đội II làm tuần

* Lập bảng

Tổng số quãng đường phải sửa Mỗi tuần làm TGHTCV

Đội 20 x 20/x

Đội 20 – x 20/9 – x

2

20 20

1 49 180 45;

9 x x x x

x   x         * Ta có phtrình: ﾧ

Bài Một đội cơng nhân dự định hồn thành cơng việc với 500 ngày cơng thợ Hãy tính số người đội, biết bổ sung thêm công nhân số ngày hồn thành cơng việc giảm ngày

* Lập bảng

Tổng số ngày công Số công nhân TGHTCV

Lúc đầu 500 x 500/x

Sau bổ sung 500 x + 500/ x +

2

500 500

5 500 25; 20

5 x x x x

x  x         * Ta có phtrình: ﾧ

*************************************************************** Ngày dạy: ………

ƠN TẬP HÌNH HỌC

Bài 1: Từ điểm M (O), vẽ tiếp tuyến MA, MB với đtròn Trên cung nhỏ AB lấy điểm C Vẽ CD vng góc với AB, CE vng góc với MA, CF vng góc với MB Gọi I giao điểm AC DE, K giao điểm BC DF CMR:

a) Tứ giác AECD nt; tứ giác BFCD nt b) CD2 = CE.CF

c) Tứ giác ICKD nt d) IK vng góc với CD

    900

AECADC BDC BFC   a) Ta có: ﾧ (gt)

  1800

AEC ADC  + xét tứ giác AECD, ta có: ﾧ, mà góc vị trí đối suy tứ giác AECD nt

  1800

BDC BFC  + xét tứ giác BFCD, ta có: ﾧ, mà góc vị trí đối suy tứ giác BFCD nt

 

1

A B b) ta có: ﾧ (cùng chắn cung AC)

 

1

F B + tứ giác BFCD nt ﾧ (cùng chắn cung CD)

C

2

2 21

1

1 K

I

F E D

O

B

 

1

F A Suy ra: ﾧ (1)

 

1

A D + tứ giác AECD nt ﾧ (cùng chắn cung CE) (2)

  

1 1

F D B Từ (1) (2) suy ra: ﾧ

 

2

A B Mặt khác: ﾧ (cùng chắn cung BC)

 

2

A E + tứ giác AECD nt ﾧ (cùng chắn cung CD)

 

2

E B Suy ra: ﾧ (3)

 

2

D B + tứ giác BFCD nt ﾧ (cùng chắn cung CF) (4)

  

2 2

E D A Từ (3) (4) suy ra: ﾧ Xét tam giác CDE tam giác CDF, ta có:

 

   

1

2

D F CD CE

CDE CFD g g CD CE CF

CF CD E D



 

      



 



ﾧ

       

1 2 180

ICK IDK ICK D D ACB B A  ICK IDK; c) Xét tứ giác ICKD, ta có: ﾧ (tổng các

góc tam giác ABC), mà ﾧ góc vị trí đối nhau, suy tứ giác ICKD nt

 

1

I D D 2 A2d) ta có tứ giác ICKD nt ﾧ (cùng chắn cung CK), mà ﾧ (cmt)

 

1

I A I A1;  2Suy ﾧ, mà ﾧ góc vị trí đồng vị nên IK // AB, lại AB vng góc với CD, nên IK vng góc với CD

Bài 2: Cho tam giác ABC cân A nt đtròn (O), điểm D thuộc tia đối tia AB, CD cắt (O) E, tiếp tuyến (O) B cắt EA F CMR:

a) Tứ giác BFDE nt b) FD // BC

 

1

B E E 2a) ta có: ﾧ (cùng bù với ﾧ)

 

1

B C mà ﾧ (do tam giác ABC cân A)

 

1

E C suy ra: ﾧ (1)

  

2 E C B mặt khác: ﾧ (cùng chắn cung AB) (2)

 

1

E B  từ (1) và

(2) suy ﾧ đỉnh B, E nhìn xuống cạnh DF dới góc nhau, suy tứ giác BFDE nt

 

2

E D      b) tứ giác BFDE nt ﾧ (cùng chắn cung BF), mà ﾧ E2 = ﾧ B2 = ﾧ C1 = ﾧ B1,

suy ﾧ D1 = ﾧ B1 (2 góc vị trí so le trong) => FD // BC

Bài 3: Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh AD Vẽ đtrịn (O) đường kính MB, cắt AC E (khác A) Gọi giao điểm ME DC CMR:

a) Tam giác BEM vuông cân b) EM = ED

C

2

2

1

1

1 F

E D

O

B

c) điểm B, M, D, K thuộc đtròn d) BK tiếp tuyến (O)

  a) tứ giác

ABEM nt => ﾧ BAM + ﾧ BEM = 1800 => 900 + ﾧ BEM = 1800

=> ﾧ BEM = 900

(1)

 Mặt khác: ﾧ A1 = ﾧ A2 (tính chất hình vng) => sđ cung BE = sđ cung ME => BE=ME

(2)

Từ (1) (2) suy tam giác BEM vuông cân E b) xét tam giác BCE tam giác DCE, ta có: CE: chung

 ﾧ C1 = ﾧ C2 (tính chất hình vuông)

CB = CD (gt) BCE DCE

  Do ﾧ (c.g.c) => BE = DE (cạnh tương ứng) (3)

Từ (2) (3) => EM = ED (= BE) (4)

 

 

   

 

0 1

0

1 1

1

90 90

â

K M

D D K D EDK

M D EDM c n EM ED



 

 

     



   

 c) ta có: ﾧ cân E => ED = EK (5)

(4) (5) => EB = EM = ED = EK => điểm B, M, D, K thuộc đtròn có tâm E

  180 0  900

MDK MBK MBK BK BM

        d) tứ giác BKDM nt (E) ﾧ BK tiếp

tuyến đtròn (O)

Bài 4: Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên nội tiếp đtròn (O) Tiếp tuyến B C đtròn cắt tia AC tia AB D E CMR:

a) BD2 = AD.CD b) Tứ giác BCDE nt c) BC // DE

K M

C

2 2

2

1

1

1 E

D

O

 a) ta có: ﾧ A1 = ﾧ B2

(cùng chắn cung BC)

xét tam giác ABD tam giác BCD, ta có:

 

  

1 2

1

:

A B AD BD

ABD BCD g g BD AD CD

BD CD D chung



 

      

  



ﾧ b) ta có:

    

    

 

 

1

1 1

1 2

E sd AC sd BC

D sd AB sd BC D E

m AB AC sd AB sd AC



  

 

    

 

  



 ﾧ điểm D E nhìn xuống cạnh BC góc

bằng => tứ giác BCDE nt

 

1

B C   c) ta có: ﾧ (gt), mà tứ giác BCDE nt => ﾧ BED = ﾧ C1 (cùng bù với ﾧ BCD)

 do ﾧ B1 = ﾧ BED (2 góc vị trí đồng vị) => BC // DE

Bài 5: Cho tứ giác ACBD nt đtrịn (O), đường chéo AB CD vng góc với I trung tuyến IM tam giác AIC cắt BD K, đường cao IH tam giác AIC cắt BD N

a) CMR: IK vng góc với BD

b) Chứng minh N trung điểm BD c) Tứ giác OMIN hình gì?

Tại sao?

1

;

2

OM  BD ON AC d) Chứng minh ﾧ

 a) ta có: ﾧ B1 = ﾧ C1

(cùng chắn cung AD) (1)

 + IM trung tuyến

của tam giác AIC => IM = MA => tam giác MAI cân M => ﾧ A1=ﾧ MIA

j

C

2

2

2

1

1

1

E D

O

B

A

N H

K C

1

1

1 I

D

O

B M

   + mà ﾧ MIA = ﾧ KIB (đối đỉnh) => ﾧ KIB = ﾧ A1 (2)

    Từ (1) (2) => ﾧ B1 + ﾧ BIK = ﾧ C1 + ﾧ A1 = 900 => ﾧ IKB = 900 suy IK vuông góc

với BD

     b) ta có: ﾧ CIH = ﾧ DIN (đối đỉnh), mà ﾧ CIH + ﾧ C1 = 900, đó: ﾧ DIN + ﾧ C1 =

900

   + mà ﾧ C1 = ﾧ B1 suy ra: ﾧ DIN + ﾧ B1 = 900 (*)

 + mặt khác: ﾧ DIN + ﾧ BIN = 900 (**)

 (*) (**) suy ra: ﾧ B1 = ﾧ BIN => tam giác BIN cân N => NB = NI (3)

+ lại có:

 ﾧ IDN + ﾧ B1 = 900  ﾧ DIN + ﾧ B1 = 900

 Do đó: ﾧ IDN = ﾧ DIN => tam giác NID cân N => NI = ND (4)

(3) (4) => NB = ND => N trung điểm BD

c) ta có: M, N trung điểm AC BD => OM vng góc với AC; ON vng góc với BD => OM // IN (cùng vng góc với AC); ON // IM (cùng vng góc vói BD)

Do tứ giác DMIN hình bình hành (vì có cạnh đối song song) d) tứ giác OMIN hình bình hành => OM = IN; ON = IM

1

;

2

IN  BD IM  AC ;

2

OM  BD ON AC