Đang tải... (xem toàn văn)
b) Vẽ tiếp tuyến với đtròn tại D, cắt EH tại I. Vẽ cát tuyến MAB không đi qua tâm O, A nằm giữa M và B.. Kẻ đường kính AE.. đường cong đó được gọi là một Parabol với đỉnh O.. PHƯƠNG TRÌN[r]
(1)Ngày dạy: ………
CĂN BẬC HAI CĂN THỨC BẬC HAI VÀ HẰNG ĐẲNG THỨC A A A./ Kiến thức bản:
1 Căn bậc hai
- Định nghĩa: Căn bậc hai số thực a số x cho x2 = a - Chú ý:
+ Mỗi số thực a > 0, có bậc hai số đối nhau: số dương: a, số âm: a + Số có bậc hai nó: 00
+ Số thực a < khơng có bậc hai (tức a khơng có nghĩa a < 0) Căn bậc hai số học
- Định nghĩa: Với a0 số x a gọi bậc hai số học a Số gọi 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:
+ Nếu a < b a b
+ Nếu a ba < b Căn thức bậc hai
- Cho A biểu thức biểu thức A gọi thức bậc hai A ; A gọi biểu thức lấy hay biểu thức dấu
- A có nghĩa (hay xác định hay tồn tại) A Hằng đẳng thức
A A
- Định lý : Với số thực a, ta có : a2 a
- Tổng quát : Với A biểu thức, ta có : A -A nêu A<0
A n
A A
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
Bài : Tìm bậc hai số sau : 121 ; 144 ; 324 ; ; 2 64 LG
+ Ta có CBHSH 121 :
121 11 11 nên CBH 121 11 -11 + CBHSH 144 :
144 12 12 nên CBH 121 12 -12 + CBHSH 324 :
324 18 18 nên CBH 324 18 -18 + CBHSH
64 :
2
1 1
64 8
nên CBH 64
1
1
+ Ta có :
2
3 2 2 2 1 1 1( vi 0) nên CBH 2 1
Dạng : So sánh bậc hai số học * Phương pháp :
- Xác định bình phương hai số - So sánh bình phương hai số
(2)Bài : So sánh
a) b) 47 c)2 33 10 d) 1 e) 5- 8v g) 2 11 àv 5
LG a) Vì > nên 4 3 2
b) Vì 49 > 47 nên 49 47 7 47
c) Vì 33 > 25 nên 33 25 33 5 33 10
d) Vì > nên 4 3 2 3 2 1 1 1 e) * Cách 1: Ta có: 3 5
8
* Cách 2: giả sử
2
2
3 8 24 25 24 14 24 24 49
Bất đẳng thức cuối bất đẳng thức g) Ta có: 11
11
Dạng 3: Tìm điều kiện để thức xác định: A xác định A Bài 3: Tìm điều kiện x để biểu thức sau xác định:
2
2 1
) ) ) )
3
x
a x b x c d x
x x
LG Để thức có nghĩa thì:
a) 2 3x 5 3x 5 x 10
b) Ta có: x2 2 0, x x22 xác định với x
c) 1
2 3
x x
x x
1
2
x x
+ Với
1
1
3
2
2
x x
x
x x
+ Với
1
1
1
2
2
x x
x
x x
Vậy thức xác định
x x 1 d)
3 5
3
4
2
4 0
4
x
x x
x x
x x
Dạng : Rút gọn biểu thức Bài 4: Rút gọn biểu thức sau:
a) A 3 3 c) C 9x2 2 (x x0) b) B 5 5 d) D x 16 8 xx2 (x4)
(3)a) Cách :
2
3 3 3
A
Cách :
4 (4 3).(4 3) 16 12 2.2 12
A A
b)
2
5 5 5
B
c) C 3x 2x 3x 2x 3x 2x 5 (x vi x0)
d) D x 16 8 xx2 x (4x)2 x 4 x x x 2(x4) ( iv x4) Dạng : Tìm Min, Max
Bài : Tìm Min
2
) )
4
x x
a y x x b y
LG
a) Ta có : x22x 5 (x1)2 4 x22x 5 2 Miny = dấu ‘‘ = ’’ xảy x – = => x = b) Ta có :
2
2
1 35 35 35 35
1
4 6 36 36 36
x x x x x
y
vậy Miny = 35
6 Dấu « = » xảy
1 1
0
2 6
x x
x
************************************************** 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 BCa ABc ACb BH c CH b đó:
2 ' '
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
c' b'
h
b
a c
H C
B
A
B./ Bài tập áp dụng
Bài : Tìm x, y hình vẽ sau: a)
y x
6
H C
B
A
+ ta có:
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
(4)18 12
y x
H C
B
A 122 18
18 10
AC BC CH y y
x BC y
c)
9
H C
B
A
y x
4
* Cách :
AH2 = BH.CH = 4.9 = 36 => AH =
Theo Pitago cho tam giác vuông AHB; AHC ta có:
2 2
2 2
4 52 117
x BH AH
y CH AH
* Cách 2: Áp dụng định lý ta có:
( ) (4 9).4 52
52 52
AB BC BH BH CH BH
AB x
2
( ) (4 9).9 117
117 117
AC BC CH BH CH CH
AC y
d)
7
x
y A
B C
H
Áp dụng định lý 2, ta có:
2
3.7 21 21
AH BH CHx 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)
17
13 x
y A
B C
H
Theo Pitago, ta có :
2 2
13 17 458 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)
5
H C
B
A
y
x
Áp dụng định lý 2, ta có :
2
2
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?
(5)20 15
D
x
y A
B C
µ , 90 ,
BCD C CA BD
Theo định lý 3, ta có :
2 80
20 15
3 CA AB AD ADAD
Theo Pitago tgiác ACD vng A, ta có :
2 80 100
20
3
CD AD CA
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
Xét tam giác ADC vuông D, ta có: 2 2 32 60 68
AC AD CD
Theo định lý 1:
2
2 32 256
68 17 AD
AD AC AE AE AC
60
32
F E
D
A B
C
Theo định lý 1, ta có:
2
2 60 900
68 17 CD
CD AC CE CE AC
Theo định lý 2, ta có: 480
17 DE AE EC Xét tam giác DAF, theo định lý 1:
2
2 544
15 AD
AD DF DE DF DE
Theo Pitago: 2 256 60 256 644
15 15 15
AF DF AD FB ABAF
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
b) Tổng 12 12
DE DF không đổi E chuyển động AB LG
3
G F
E
D C
B A
a) Ta có: D¶1 D¶3 (cùng phụ với ¶D2) xét ADE và CDG ta có :
1
0 ( )
90
AD DC gt
D D cmt ADE CDG g c g
A C
DE DG DEG
cân D b) DE = DG 12 2
DE DG
ta có : 12 12 2 2 DE DF DG DF xét tam giác DGF vng D, ta có :
2 2
1 1
CD DG DF (định lý 4) Vì 12
(6)tổng 12 12 2 2
DE DF DG DF 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 a) Định lý : ;a b0,ta có: a.b= a b
b) Quy tắc khai phương tích : Muốn khai phương tích số khơng âm, ta khai phương thừa số nhân kết với ( ;a b0,ta có: a.b= a b)
c) Quy tắc nhân bậc hai : Muốn nhân CBH số khơng âm, ta nhân số dấu với khai phương kết ( ;a b0: a b= a.b)
d) Chú ý :
- Với A > ta có :
2
A A A
- Nếu A, B biểu thức : ;A B0ta có: A B A B - Mở rộng : A B C A B C A B C ( , , 0)
2 Khai phương thương Chia bậc hai a) Định lý : 0, ó: a= a
b b
a b ta c
b) Quy tắc khai phương thương : Muốn khai phương thương a
b, số a không âm số b
dương, ta khai phương số a số b, lấy kết thứ chia cho kết thứ hai ( 0, ó: a= a
b b
a b ta c )
c) Quy tắc chia hai CBH : Muốn chia CBH số a khơng âm cho số b dương, ta chia số a cho số b khai phương kết ( 0, : a = a
b b
a b )
d) Chú ý : Nếu A, B biểu thức : 0, : A = A B B
A B
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
(7)1 64 441 ) 0,1 0, 6, 0, 44,1
10 10 10 10 10 2 35 35 10 10
10
10 10 10 10 10 10
a A
2 7
6 14
)
2 28 2( 7)
b B
3 3 3 5
)
4 4
12 3 15 12 3 15 24 15
16 13
c C
Bài : Rút gọn biểu thức:
a) 9x5 2 x5 3x 5 3x5
b) x2.x2 2 x0 x x 2 x2xx x 2
c)
3
2
108 108
0 3
12 12
x x
x x x x
x
x
d)
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
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 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 6 6
e
VT VP
2
) 15 15
5 3 5 3 5
5 5 3
g VT
VP
(8)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
) 20 45
1
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
đk :
2
3 3
2
1
3
0
1 2
1 1 x x
x x x
x x x x x x x
Ta có (3) 11 11
1 x x x x
thỏa mãn
5 ) 2 x d x
(4) đk :
4
5 4
5
2
2 x x x x x
(4) 5x 4 x 2 5x 4 4x2 x 12 thỏa mãn
Bài tập : (bất đẳng thức Cauchy) : Cho số a b không âm Chứng minh a b
ab
Dấu đẳng thức xảy nào?
LG * Cách :
+ a0;b 0 a; b xác định + ta có :
2
0 2
2 a b a b a ab b a b ab ab + dấu đẳng thức xảy a = b
* Cách : ta có
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
1 Định nghĩa : Cho 0 (0 90 )
ABC
(9)sin ; cos ; cot
AC AB
BC BC
AC AB
tg g
AB AC
B C
A
* Nhận xét : từ định nghĩa ta thấy : + tỉ số lượng giác góc nhọn ln dương + < sin, cos < + cotg ;tg cotg
tg
2 Tỉ số lượng giác góc phụ
- Định lý : góc phụ sin góc cosin góc kia, tg góc cotg góc Tức:
90
ta có : sin cos ; cos sin cot ; cot
tg g g tg
3 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:
với 2 2
1 2
sin sin ;
0 ; 90
cos cos ; cot cot tg tg v
g g
Tức :
+ góc lớn có sin lớn hơn, lại có cosin nhỏ + góc lớn có tg lớn hơn, lại có cotg nhỏ Hay ta phát biểu : 0
0 90 : + sin tg đồng biến với góc
+ cosin cotg nghịch biến với góc 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?
+ ta có: sin2cos2 1 cos sin 2 0, 6 0,8
+ sin 0, 3; cos 0,8
cos 0,8 sin 0,
tg cotg
Bài 2:
1 Chứng minh rằng:
Huyền Đối
(10)2 4
2
1
) ; ) ; ) cos sin cos
cos sin
a tg b cotg c
2 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
b)
2 2
2
2 2
cos cos sin
cot 1
sin sin sin
VT g VP
c)
4 2 2 2
2 2 2
cos sin cos sin cos sin cos sin cos cos cos cos cos
VT
VP
2 Ta có:
2
2
1 1
2 ê cos cos ;
cos 5
tg n n a
1
2 ;
2 tg cotg
2
2
1 1 5
1 sin sin
2 sin sin 5
b
Bài 3: Biết tg = 4/3 Tính sin, cos, cotg?
LG + ta có: tg = 4/3 nên cotg = ¾
+ mà 12 cos2 cos 3;
cos 25
tg
+ mặt khác:
2
2 2
sin cos sin s
5
co
Bài 4: Dựng góc trường hợp sau:
1
) sin ; ) cos ; ) 3; ) cot
2
a b c tg d g
LG a)* Cách dựng
- dựng góc xOy = 900 Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - Oy lấy điểm B cho OB =
- vẽ cung tròn tâm B, bán kính 2, cung cắt Ox A
- nối A với B BAO cần dựng * Chứng minh:
- ta có: sin sin OB BAO
AB
đpcm
B
2
A O
y
(11)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
- nối A với B BAO cần dựng * Chứng minh:
- ta có: cos cos OA BAO
AB
đpcm
3 B
2 A
O y
x
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
cần dựng * Chứng minh: - thật vậy, ta có:
3 OA tg tg OBA
OB
đpcm
3 B
1
A O
y
x
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
cần dựng
* Chứng minh: - thật vậy, ta có:
4 OA cotg cotg OAB
OB
đpcm
4 B
1
A O
y
x
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
a) Ta có: AB2BC2 12252 169132 AC2 AB2BC2 AC2 theo định lý Pytago đảo, suy tam giác ABC vuông B
b)
- A C 900 A; C góc phụ - đó:
12
sin cos ; cos sin
13 13
12
cot ; cot
5 12
A C A C
tgA gC gA tgC
5
13
12 B
C A
(12)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
3 Khử mẫu biểu thức lấy : A B 0;B : A A B
B B
4 Trục thức mẫu: a) B : A A B
B B
b) 0; 2: 2
C A B
C
A A B
A B
A B
c) , 0; :
C A B
C
A B A B
A B
A B
* 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:
2
2
2
) 125
5 5 ) 80
4 5
a x x
x x x x
b y
y y
2
2
2 )
1 5
) 27
2 3.3 3
c
d
2
2 10 10
2 2
) 10
10 10
3 10 10 10
3 10
e
(13) 2
5 5
)
4 2
g
Bài 2: Đưa thừa số vào dấu so sánh: a) 3v
ta có: 2
3 5 45
75 45 75 45 3 5 75
do
b) 5v
ta có: 2
4 48
48 45 48 45 3 5 45
do
c) àv 72
ta có: 2 22 98 do9872 98 727 2 72 d) 8v
ta có: 2
5 7 175
175 128 175 128 8 128
do
Bài 3: Đưa nhân tử vào dấu rút gọn:
2
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
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
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
(14)
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
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
) ;
a a b
a ab a
b a b
b ab b b a b
) 0;
x y y x x y
c x y
xy
xy x y x y
x y x y x y
xy
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
- x 2 2 x 2 x
2 2 2
A x x x
- x 2 2 x 2 x
2 2 2
A x x
Dạng 3: Trục thức mẫu Bài 6: Trục thức mẫu
a)
12 3 12 3 12
2 3
3 3 3
b)
8 8
8 5
5
c)
14 10 14 10 14
2 10 10
10 10 10
d)
7 11 11
7 11 168 49 33 40 33 385 33 217
192 539 337
8 11 11 11
(15)e)
3 2 5 2
3 2 30 10 10 12 18 10
20 18
2 2
Bài 7: Trục thức mẫu thực phép tính:
5
)
2 11 7
5 11 3 7 7 5
2 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
4 2 3 1 3 1
3 2
5 4 6
8 18 12 3 8 5 8 18 5 36 12 3 24 3 1
6
26 13 59
b
*********************************************************** 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
a)
2
3 2 2 1 2 1 2 2 1
2
2
) 29 12 5 5
5 5 5 1
b
) 29 12 5
c
2
2
) 13 48 13 5
2 3 1
d
(16)Bài 2: Thực phép tính, rút gọn kết
a) 20 453 183 32 50 4 53 59 12 2 5 16 2 b) 32 0,5 1 48 2 17 10
3 4
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
1 13
5 11 2
2 2 2
3
) 12
2 3
3
6 6 6 3
2
d
Bài 3: Chứng minh đẳng thức
2
)
2 2
a b a b b b
a
b a
a b a b a b
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
2 216
)
3
8
b
Biến đổi vế trái ta được:
6
2 216 6
3
8 2
6 3
2
2 6
VT
VP
Bài 4: Cho biểu thức
4
a b ab a b b a
A
a b ab
a) Tìm điều kiện để A có nghĩa
b) Chửng tỏ giá trị biểu thức A không phụ thuộc vào a LG
(17)
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
Bài 5: Cho biểu thức :
1 1
x x x
B
x x x x x
a) Tìm đk xác định b) Rút gọn biểu thức B
LG a) đk: x0;x1
b) Ta có:
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
Bài 6: Cho biểu thức :
9
x x x x x
C
x x x x x
a) Tìm đk để C có nghĩa b) Rút gọn C
c) Tìm x để C =
LG a) đk: x0;x4;x9
b) Ta có:
3
1 :
9
x x x x x
C
x x x x x
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
c) C = 4 11 121
4 16
2 x x x
x
Bài 7: Cho biểu thức : 1
9
3
x x x
D
x
x x x x
a) Tìm đk b) Rút gọn c) Tìm x cho D < -1
LG a) đk: x > 0; x khác
(18)
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
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
c) 3 4 16 2 0
2
x
D x x x x x
x
******************************************************** Ngày dạy: ………
HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ GĨC TRONG TAM GIÁC VNG A Kiến thức
1 Các hệ thức
B C
A c
b a
* 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
2 Áp dụng giải tam giác vuông
* Giải tam giác vng: tìm tất yếu tố tam giác vng (các cạnh, góc) biết trước yếu tố có yếu tố cạnh khơng kể góc vuông
* Một số trường hợp giải tam giác vng 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
Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A, biết
tgB BC = 10 Tính AB; AC
10 B
C A
- 53 070 '
tgB B
- theo hệ thức cạnh góc tam giác vng '
0 ' cos 10.cos 53 07 sin 10.sin 53 07
AB BC B
AC BC B
(19)2
16
17 17
B C
A + tam giác ABC cân, có
1
8
A A
AH BC BC
BH CH
+ xét tam giác AHC, vng H
- ta có: AH AC2CH2 17282 15
- mặt khác: sin 2 2 1 28 040 ' 2 56 080 ' 17
CH
A A A A A
AC
+ xét tam giác AHB vng H, ta có:
0 0 ' '
1
90 90 28 04 61 56
B A
Bài 3: Cho tam giác ABC có AB = 11, ABC38 ;0 ACB300 Gọi N chân đường vng góc kẻ từ A đến BC Tính AN; AC
11
380
300
N B
C
A
- xét tam giác ANB vng N, theo hệ thức cạnh góc tam giác vng ta có:
0
.sin 11.sin 38 6, 77
AN AB B
- 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
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Biết BH = 9; HC = 16 Tính góc B, góc C?
16
9 H
B C
A - xét tam giác ABC vuông A, theo hệ thức cạnh đường
cao tam giác vng , ta có:
9.16 144 12 AH BH CH AH - xét tam giác AHB, vuông H, ta có:
0 ' 12
53
AH
tgB B
BH
- mà B C 900 C 36 530 '
Bài 5: Cho tam giác ABC có B 600, hình chiếu vng góc AB AC lên BC theo thứ tự 12 18 Tính góc đường cao tam giác ABC
2
600
18
12 H
B C
A - xét tam giác AHB vuông H
0
60 30
2 2.12 24
B A BH AB
AB BH
2 2
24 12 20,8
AH AB BH
- 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
- theo hệ thức cạnh góc, ta có:
0 ' 18
.cos 27,
cos cos 49 06 HC
HC AC C AC
C
(20)H B
D C
A
8
3
- kẻ BH vng góc với CD, suy AD = BH = 3; AB = DH = 4, đó: CH = – =
- xét tam giác BHC vuông H, ta có:
2 2
0
sin 37
5
BC BH CH
BH
C C
BC
- ABCD hình thang nên:
0 0 0
180 180 180 37 143
B C B C
Bài 7: Giải tam giác vuông sau, tam giác ABC vuông A biết: a) a = 18; b =
b) b = 20; C 380 c) 3;
4 tgB c
b
c a
B
C A
a) a = 18; b=
0 ' 0 ' '
0 '
sin 23 23 90 23 23 63 37
18
.sin 18.sin 63 37 16,1 AC
B B C
BC AB BC C
b) b = 20; C 380
0 0
0 20
38 52 ; 20 38 15, 6; 25,
sin sin 52 AC
C B AB AC tgC tg BC
B
c) 3; 4 tgB c
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
********************************************************* 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 BCa ABc AC b BH c CH b :
2 ' '
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'
c'
h
b
a c
H C
B
A
(21)Cho ABC (00 90 )0 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
B C
A
3 Một số tính chất tỉ số lượng giác
- Nếu 900 ta có : sin cos ; cos sin cot ; cot
tg g g tg
- Cho 00 900 Khi + < sin, cos <
+ sin2cos2 1
+ sin ; cot cos ; cot ; cot
cos sin
tg g g tg g
tg
4 Các hệ thức cạnh góc tam giác vuông
B C
A c
b a
- 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
B Bài tập áp dụng
Bài : Chứng minh : với góc nhọn tương ứng tam giác ABC, A 900 thì:
4
2
) cos sin cos ) 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 vuông
Huyền Đối
(22)b) Tính sinB, sinC, góc B, góc C đường cao AH vủa tam giác ABC LG
35 21
28 H B
C A
a) ta có:
2 2
2 2
2
21 28 1225 35 1225
AB AC
BC AB AC BC
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, 37
35
AC
B B
BC AB
C C
BC
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 (hoặc AH.BC = AB.AC) Bài 3: Giải tam giác vuông A, biết
a) a = 12; B 420 b) b = 13; c = 20
LG
420
12
B C
A
- 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
20 13
B C
A
- 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
Bài 4: Cho tam giác ABC có B 600 hình chiếu vng góc AB, AC lên BC theo thứ tự 12; 18 Tính cạnh, góc đường cao tam giác ABC
LG
600
2
18 H 12
B C
A
+ ta có: BC = BH + CH = 12 + 18 = 30 + xét tam giác AHB vuông H
- ta có : AHBH tgB 12 60tg 012 - 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
+ xétABC, tcó: A 1800 B C710
(23)HÀM SỐ BẬC NHẤT ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ yax b a 0 A Kiến thức
1 Định nghĩa hàm số bậc
- Hàm số bậc hàm số cho công thức yax b a 0, a, b số cho trước Tính chất hàm số bậc : Hàm số bậc nhấtyax b a 0 xác định với x thuộc R có tính chất sau :
a) Đồng biến R, a > b) Nghịch biến R, a < Đồ thị hàm số yax
- Đồ thị hàm số yax đường thẳng qua gốc tọa độ O - Cách vẽ
+ Cho x 0 y a A 0;a
+ Đường thẳng qua gốc tọa độ O A(0 ; a) đồ thị hàm số y = ax Đồ thị hàm số yax b a 0
- Đồ thị hàm số yax b a 0 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 =
- Chú ý : Đồ thị hàm số yax b a 0 gọi đường thẳng yax b a 0 b gọi tung độ gốc đường thẳng
* Cách vẽ : bước
- Bước : Tìm giao đồ thị với trục tọa độ
+ Giao đồ thị với trục tung : cho x 0 y b A 0;b
+ Giao đồ thị với trục hoành : cho y x b B b;0
a a
- Bước : Vẽ đường thẳng qua điểm A ; B ta đồ thị hàm số yax b a 0 B Bài tập áp dụng
Bài : Cho hàm số
y f x x 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
f x x -4
2
3
2
2 -1
(24)E
B
D
C
A
-5 -3
-1
-2
-4
3
2 O y
x
Bài 3: Tìm m để hàm số sau hàm số bậc nhất?
) 2009 )
2
) )
2
a y m x b m x m
m
c y x d y m x m
m
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
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
b) hàm số đồng biến m – > m > - hàm số nghịch biến m – < m <
Bài : Cho hàm số ym25m6x2 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
a) hàm số cho hàm số bậc
5
3
m
m m m m
m
b) hàm số đồng biến
2
3 3
5
2
2
3
m m
m m m
m m m m
m
m m
m m
(25)
2
3 3
5
2
3
m m
m m m
m m m m
ko tm
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
LG
E D
y
x
3
2
B A
O
a)
ABO
S AB OD OD = 3; AB =
1
.3.3
2
ABO
S
b) xét tam giác AOD tam giác BOD Theo Pi-ta-go ta có:
2 2
2 2
3 13 34
OA OD AD
OB OD BD
Chu vi: CABO ABAOBO 3 13 34 Bài 7: Cho hàm số y = (m-1).x + m
a) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục tung 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 +
b) đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm có hồnh độ -3, nên tung độ điểm 0, ta có :
0 3
2
m m m m
- hàm số có dạng : 2 y x c)
x -2
y = x + 2
x -3
1 2
y x
2
(26)8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15 -10 -5 10 15
g x = x+2 f x =
3
x+
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
-20 -15 -10 -5 -4 10
B A
C
g x = -2x+4 f x = x+4
b)
2
ABC
S AB CO AB = 6; CO = 1.6.4 12
ABC
S
xét tam giác vuông AOC tam giác vuông BCO Theo Pi-ta-go, ta có:
2 2
2 2
4 4 2
AC OA OC
BC OB OC
Chu vi: CABO ABACBC 6 22
(27)Ngày dạy: ………
SỰ XÁC ĐỊNH ĐƯỜNG TRỊN TÍNH CHẤT ĐỐI XỨNG CỦA ĐƯỜNG TRÒN A Kiến thức
1 Định nghĩa đường tròn: Đường tròn tâm O, bán kính R, ký hiệu: (O; R) tập hợp điểm cách O khoảng R
2 Vị trí tương đối điểm đường trịn: Cho (O; R) điểm M mặt phẳng - điểm M nằm (O) OM = R
- điểm M nằm bên (O) OM < R - điểm M nằm bên (O) OM > R 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
Q
P N
M D
E
C B
A
+ 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
+ Ta có :
/ /
/ / 90
à
MQ AC
MN AB MQ MN M
m AC AB
(**)
+ 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
(28)O C B
A
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
O C
B A
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 trịn (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
K E D
O C
B
A
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 vng 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
LG
I
N M
F E
D C
B
A
a) gọi M trung điểm AB
xét tam giác ADB, 900
D MA MB MD AB
(1) xét tam giác AEB, 900
2
E MA ME MB AB
(2)
(29)b) gọi N trung điểm AC
xét tam giác ADC vuông D tam giác AFC vng 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 trịn 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
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 trịn (O) có AD đường kính => góc ACD = 900
H D O
C B
A
c) + 1.12
2
ADBCBH CH BC cm
+ xét tam giác AHC vng H, ta có: AC2 AH2CH2 AH 10262 8cm + xét tam giác ACD vuông C, áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có:
2
2 10
12,
8 AC
AC AD AH AD cm
AH
=> bán kính đường tròn (O)
1
.12, 6, 25
2
R AD cm
(30)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 tạo đường thẳng y = ax + b (a khác 0) trục Ox góc tạo tia Ax tia AT, A giao điểm đường thẳng y = ax + b với trục Ox; T điểm thuộc đường thẳng y = ax + b có tung độ dương
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15 -10 -5 10 15
T
A
y=ax+b y=ax
Trường hợp a >
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15 -10 -5 10 15
T
A
y=ax+b y=ax
Trường hợp a < - với a > 0
0 90
, a lớn lớn - với a < 900 1800, a lớn lớn
2 y = ax + b (a khác 0) a gọi hệ số góc đường thẳng Với đường thẳng ' ' ' '
: : ;
d yax b v d ya x b a a , ta có:
' ' ' ' ' '
/ / ; ;
d d a a b b d d a a b b
' ' ' '
d d a a d d a a
- 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: a) Đường thẳng song song với đồ thị hàm số
3
y x
b) Cắt trục tung điểm có tung độ c) Cắt trục hồnh điểm có hồnh độ
LG a) Vì đt y = kx + – k song song với đths
3
y x
3 k
ptđt có dạng: 3 y x
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 3 k k ptđt có dạng: y = x+2
c) Vì đt y = kx + – k cắt trục hồnh đểm có hồnh độ 3, nên tung độ điểm ta có : 3
2
k k k
ptđt có dạng :
2
y x
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 hồnh độ
b) đths (1) cắt đường thẳng y = -3x + điểm có tung độ LG
(31)- 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
=> đths y = -2x + qua điểm P(0 ; 3), Q(3/2 ; 0)
8
6
4
2
-2
-4
-6
-15 -10 -5 10 15
3
3 H
A P
O
g x =
x f x = -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 => hs có dạng :
2
y x
c) tìm tọa độ giao điểm y = -2x +
y x
- gọi A giao điểm đt => tọa độ điểm A thỏa mãn đt - hoành độ điểm A nghiệm pt :
2
x x x
- tung độ điểm A : 5 y
Vậy giao điểm A đt có tọa độ : A(6/5 ; 3/5)
d)
2
AOP
S AH OP : AH = 6/5 ; OP =
.3 5
AOP
S
(đvdt) BTVN:
Bài : Cho hàm số : (1)
1 m
y x m
m
a) Với gtr m (1) hsbn?
b) Với gtr m (1) hs đồng biến?
(32)a) hs (1) hsbn 1 1
1
m m
m m
m
b) hs (1) đồng biến
1
1
1
1
1
1
1
m
m
m m
m
m
m m
m m
c) đths (1) qua A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs (1), ta có:
2
2
2 2( 1) 1 2
1
1
1 2
1
m
m m m m m m m
m
m
m m m
m
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
8
6
4
2
-2
-4
-6
-15 -10 -5 10 15
F E
4
2 O
D B C
A
- 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)
c) ta có :
2 2
2 20 20
OA
OA OB OAB
OB
cân O
Ta lại có : AOB AOxBOx :
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
(33)(34)Ngày dạy: ………
VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN A Kiến thức
1 Vị trí tương đối đường thẳng đường tròn
Gọi OH =d khoảng cách từ tâm O đến đ-ờng thẳng a
a; a c¾t (0) ®iĨm chung d<R
b; a tiÕp xóc (0) ®iĨm chung d = R
c; a kh«ng giao (0) kh«ng cã ®iÓm chung d >R
2 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 tròn 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 trịn 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 đ-ờng tròn tâm điểm I nằm (0)
C / m r»ng d©y AB vuông góc với OI I ngắn dây khác qua I
Giải:
GV h-ớng dẫn : Vẽ dây CD qua I (Khác d©y AB ) ta c/m AB <CD
Muèn so sánh hai dây ta so sánh điều ?
( 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
A O
C H K D
(35)LG
E D M
C B
O A
Theo tính chất tt cắt nhau, ta có : DM = DB (1) ;
EM = EC (2) Chu vi tam giác ADE :
ADE
C ADAEDEADAEDM 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
I H
B A
O
- Theo tính chất tt cắt nhau, ta có: IA = IB = 20cm; IO phân giác góc AIB
- Tam giác IAB cân I, có IH phân giác => IH đồng thời đường cao đg trung tuyến 1.24 12
2
AH BH AB cm
- Xét tam giác AHI vng H
ta có : IH2 IA2AH2 202122 162IH 16cm (theo Pytago)
- Xét tam giác AIO, vuông A, áp dụng hệ thức cạnh đg cao am giác vuông 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 a) - theo tc tt cắt nhau, ta có:
1
3
;
;
O O AOH MA MH
O O BOH NB NH
(1) - ta có:
0
2
1
.180 90
2
MONO O AOHBOH 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 :
4
y
x
H
N
M
R B
(36)2
2
OH MH NH AM BN
AM BN R m OH R
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
+ mà ON OB OM; OC
Nên AB // ON, AC // OM => tứ giác AMON Hình bình hành (1)
+ mặt khác : A1 A2 (tc tt cắt nhau) (2) + từ (1) (2) => tứ giác AMON hình thoi b) + AMON hình thoi MNOA (3)
2
C H
N M
B
A O
+ mặt khác : 1.2
2
HO AH OA RR (4) + từ (3) (4) => MN tt đtr (O)
c) + xét tam giác ABO, vng B ta có :
1
1
sin 30
2
OB R
A A
OA R
+ xét tam giác AHM vng H, ta có :
1
3 3
.tan tan 30 2
3 3
R
MH AH A R R MN MH R
+ :
2
1 3
.2
2 3
AMON
R R
S MN AO R (đvdt)
(37)Ngày dạy: ………
ÔN TẬP ĐẠI SỐ + HÌNH HỌC I ĐẠI SỐ
Bài 1: Thực phép tính
a) 503 452 185 205 29 56 10 5 2
b)
8 2 2 2 2 2
3 2 3 2 2
28 14
2 2 2 2
c)
2
2 7
7 21
1
1 7
1 7 7
d)
2
2 10 29 12 10 20 2.2 5.3 10 2
10 2 10 10 2.2 10
2
10 10 5 5
Bài 2: Cho biểu thức 1: 1
1
1
x x x
B
x
x x x x
a) RG biểu thức B b) So sánh B với
LG a) đk: x0; x1 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
b) xét hiệu:
2
1
1
1
1
x
x x x x x x x
B
x x x x
B B
(38)Bài 3: Cho biểu thức: 1 : 2. 1
x x
x x x x P
x
x x x x
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
b) 1 0 0 1
1
x
P x vi x x x x
x
c) Ta có: 1 2
1 1
x x
P
x x x
2
2 1
1
P Z Z x x
x
Ư(2), mà Ư(2) = 1; 2
) 1
) 1 0
)
)
x x x tm
x x x tm
x x x tm
x x loai
Bài 4: Cho bth: 3 :
1
x x
P
x x x x
a) Đk? b) RG bth P
c) Tìm x nguyên để P nguyên
LG a) đk: x0;x1;x4
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
x x x
(39)
(2)
2 2
1 1;
) 1
)
)
)
x
P Z x U
x x
x x loai
x x loai
x loai
x loai
Bài 5: Thực phép tính
2
2
2
2
6 2 12 18 128 2 12 18 2 12 2 2 2 3 2 3 2 3 2 6 6 3
M
M
M
M
M
Bài 6:
a) Với gtr m hsbn: y4m3x5 đồng biến b) Với gtr m hsbn: y2m5x14 nghịch biến
LG a) hsđb 3
4
m m
b) hsnb 5
m m
Bài 7: Tìm gtr m để đường thẳng: ym3x m 1, m3 đường thẳng 2 3, 2
y m x m cắt điểm trục tung LG - Xét ym3x m 1, m3 (1)
Ta có: a = m – 3; b = m +
- Xét y2m x 3, m2 (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
Bài : Cho hsbn : ym3x1 1 v yà 1 2m x 5 2 Với gtr m đồ thị hs đg thg
a) Song song ; b) Cắt ; c) Trùng
LG Xét (1), ta có : a = m + ; b = -1
(40)a) (1) // (2)
' '
3 2
3
1
a a m m
m m
b b
b) (1) cắt (2) '
3
3
a a m m m m
c) (1) trùng (2)
' '
2
3
1
a a m m m
b b
không tồn m thỏa mãn
Bài : Vẽ đthị hs sau hệ trục tọa độ : 2 (1); 2 2
y x y x 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
* Đồ thị hs 2 (1)
y x qua điểm A(-3 ; 0) điểm C(0 ; 2) Đồ thị hs y2x2 (2) qua điểm B(-1 ; 0) điểm C(0 ; 2)
8
6
4
2
-2
-4
-6
-15 -10 -5 10 15
C B A
-3 -1
g x =
x+2 f x = 2x+2
* diện tích tam giác ABC :
1
.2.2
2
ABC
S AB CO (đvdt)
Bài 10 : Cho xab 1a21b2; ya 1b2 b 1a2 Hãy tính y theo x, biết (ab>0) LG
Ta có :
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
Do : 2
1
y x y x
(41)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
- xét hình thang ABNM, ta có: AO BO
MI NI
IO đường
trung bình hình thang ABNM => IO // AM // BN
- mặt khác: AM ABIOAB O AB tt đtr
(I; IO)
y x
N
M
I H
O B
A
b) CMR : MO tia phân giác góc AMN
- AM // IO => AMO = MOI (so le trong) (1)
- tam giác MON có O = 900, OI trung tuyến
OI IM IN MN => 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
=> 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
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 MN
b) gọi H giao điểm MN AO - OA MN =>MH = NH
- xét tam giác MNC, ta có:
ON OC
MH NH
HO đg trung bình tam giác
MNC => HO // MC hay MC // AO
M
O H
N
C
A
c) xét tam giác AMO, M = 900, theo Pytago ta có : AM A O2OM2 5232 4 => AM = AN = 4cm
(42)4.3
2,
5 2.2, 4,8
MA MO
MA MO MH OA MH cm
OA
MN MH cm
Bài 3: Cho tam giác ABC, A = 900, đg cao AH, vẽ đtr (A; AH), kẻ tt BD, CE với đtr (D, E 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
b) gọi M trung điểm BC
- xét tam giác ABC A = 900, có AM trung tuyến
2
AM BC (1)
- ta có: BD // CE (cùng DE) => tứ giác BDEC hthang
- xét hthang BDEC, ta có :
AD AE
MB MC
AM đường trung bình
hình thang BDEC => MA // CE, mà CE DE => MA DE (2)
- từ (1) (2) => DE tiếp xúc với đường tròn (M) đường kính BC
4
H
M D
E
C B
A
Bài 4: Cho đtròn (O), điểm M nằm bên ngồi đtrịn Kẻ tiếp tuyến MD, ME với đtrịn (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
Q P I
E D
M O
- 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?
(43)4
2
M
E D
C B
A
O
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
1
1
;
2
1
.90 45
2
45
O O MOB O O MOC
O O MOB MOC
DOE
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
2
C B A
M O
a) theo tính chất tt cắt nhau, ta có: MA = MB, tam giác AMB cân M
+ mặt khác: 60 AMB
Nên tam giác AMB tam giác
b) theo tch tt cắt nhau, ta có:
1
1
30
M M AMB
+ mà MA tt nên MAO900 => tam giác MAO vuông A + xét tam giác MAO vng A có
1
1
30 2.5 10
2
M AO MOMO AO cm Theo Pytago: MA MO2AO2 10252 755
+ Chu vi tam giác AMB bằng: MA + MB + AB = 3.MA = 3.5 315
c) Tam giác AMB có MO phân giác nên MO đồng thời đường cao tam giác
MO AB
(1)
+ Tam giác ABC có trung tuyến BO
2AC nên tam giác ABC tam giác vuông B BCAB (2)
+ Từ (1) (2) BC / / MO, tứ giác BMOC hình thang
(44)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
2 109106 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
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
Bài 2: giải hpt phương pháp
5 3 15
) )
5 3 3
2 3 21
x y x x y x
a b
y x y y
x y
2 5 7
) )
5 5 7 7
5
)
3
4 3 48 45
)
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
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
Bài 3: Tìm giá trị m, n cho hpt ẩn x, y sau a) hpt
2 1
1
mx n y m n
m x m n y
có nghiệm (2; 1); đáp số:
2
;
9
(45)b) hpt
2
1
x m y m n
nx m y
có nghiệm (-3; 2); đáp số: m1;n 1
c) hpt 1 93
4
mx n y
nx my
có nghiệm (1; -5); đáp số: m1;n17
d) hpt
2 25
2
m x ny
mx n y
có nghiệm (3; -1); đáp số: m2; n 5
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
(46)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 Xét đtr (O; R) (O’; r) với '
;
Rr OO d, 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’)
O'
O
B A
O' O
A
3 Tiếp tuyến chung hai đường tròn
- Định nghĩa: tiếp tuyến chung đtr đg thg tiếp xúc với đtr
d2 d1
d1; d2 tiếp tuyến chung ngoài: tiếp tuyến chung ngồi khơng cắt đoạn nối tâm
d2
d1
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
(47)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 vng A => A1 = 900
+ lại có: tam giác ABD nội tiếp đtr (O’) có BD làm đkính => tam giác ABD vuông A => A2 = 900
+ CAD = A1 + A2 = … =1800 => điểm C, A, D thẳng hàng
b) CMR: tam giác OBO’ tam giác vuông
5
4
2
O' H
D C
B
A O
+ ta có: OO'252 25;OB2O B' 4232 25.OO'2 OB2O B' 225 => tam giác OBO’ vuông 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
d) Tính độ dài đoạn thẳng AB; CA; AD
+ ta có: OO’ đg trung trực AB (theo tính chất đoạn nối tâm)
'
à
2
BH OO v BH AB hay AB BH
+ xét tam giác OBO’, B = 900, theo hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có: '
' '
'
4.3
2,
5 OB O B
OB O B HB OO BH cm
OO
=> 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,
ABC A AC BC AB cm
ABD A AD BD AB cm
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: DME = 900 b) Tứ giác ADME hình gì? Vì sao? c) MA tt chung đtr d) MD.MB = ME.MC
LG
a) ta có : O1 = B1 + D1 (góc ngồi tam giác), mà B1 = D1 (tam giác cân)
2
1
3
1
1
I M
E
1 O'
D
C B
A O
1 1
1
2
O B B O
(48)+ lại có : '
1 1
O C E (góc ngồi tam giác), mà C1 = E1 (tam giác cân)
' '
1 1
1
2
O C C O
(2)
+ từ (1) (2) ' 0
1 1
1
.180 90
2
B C O O (theo tính chất hình thang)
0
90 90
BMC hay DME
b) + tam giác ABD nt đtr (O) có AB đkính => tam giác ABD vng D =>ADB = 900 => ADM = 900
+ tam giác ACE nt đtr (O) có AC đkính => tam giác ACE vuông E =>AEC = 900 => AEM = 900
+ tứ giác ADME có : ADM = DME = AEM = 900 => tứ giác ADME hình chữ nhật c) + gọi I giao điểm AM DE => tam giác IAD cân I => A2 = D3 (3)
+ tam giác OAD cân O nên suy ra: A1 = D2 (4)
+ từ (3) (4) => A1 + A2 = D2 + 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
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
MAMBMC BCtam 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) O
A B
C
O' M
I
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
=> 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)
+ Xét hình thang BOO’C, ta có: BM MC' OI IO
MI đg trung bình hthang BOO ’
C => IM // OB, mà BC OB => IM 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’)
(49)a) ta có: OO’ = OB – O’B > => (O) (O’) tiếp xúc B
b) + AB 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
3
1
1
O' O H
K
E D
C B
A
=> 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 H => K1 = E1 (*)
+ mà E1 = B1 (cùng phụ với BDE) (**) + từ (*) (**) => K1 = B1 (3)
+ mặt khác: B1 = K3 (tam giác O’KB cân O’) (4) + từ (3) (4) => K1 = K3
+ K2 K3900 K1 K3900HKO K' HK tt đtr (O’)
(50)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 cịn lại
B Bài tập áp dụng
Bài 1: Giải hệ phương trình sau phương pháp cộng đại số
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
Bài 2: Giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số
2
2
3 15
) 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
B
ài 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
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
(51)Bài 5: Tìm m để nghiệm hệ phương trình:
2
1
3
3
2
4
x y
x y
x y
y x
nghiệm phương
trình: 3mx – 5y = 2m + - ta có:
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
- thay x = 11; y = vào phương trình ta đc: 11 5.6m 2m 1 31m31 m
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
- gọi A giao điểm đường thẳng (d1) (d2) Tọa độ điểm A nghiệm hpt :
2
3 13
x y x
x y y
=> A(5 ; -1)
- đg thg (d) qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn đth (d) thay x = ; y = -1 vào (d) ta đc :
24
1 5 5 24
5
m m m m
Bài : Tìm m để đường thẳg sau đồng quy :
(d1) : 5x + 11y = ; (d2) : 4mx + (2m – 1)y = m + ; (d3) : 10x – 7y = 74 LG
- gọi A giao điểm đường thẳng (d1) (d3) Tọa độ điểm A nghiệm hpt :
5 11
10 74
x y x
x y y
=> A(6 ; -2)
- 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 : 6m 2m1 2 m 19m 0 m
****************************************************** Ngày dạy: ………
GIẢI BÀI TOÁN 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 - gọi số thứ x, số thứ hai y x y, N
- theo ra, ta có : 18040 2004 2002 2005
x y x
x y y
(52)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 - gọi số tự nhiên cần tìm có dạng: ab a b , N; 0a b, 9 - theo ra, ta có: 4( ) 48
8 36
ab a b a
ab b
ba ab
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
- gọi số tự nhiên cần tìm có dạng: ab a b , N; 0 a 9; 0 b 9
- theo ra, ta có: 577 10 64 64
2
18
ab ab a b a
ab
a b b
ab ba
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 - gọi số tự nhiên cần tìm có dạng: ab a b , N; 0a b, 9
- theo ra, ta có:
2
25
4
5
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
- số cần tìm : 54
Dạng 2: Toán làm chung, làm riêng
- Ta coi tồn cơng việc đơn vị, gọi thời gian làm xong cơng việc x đơn vị thời gian làm
x công việc
* Ghi nhớ : Khi lập pt dạng toán làm chung, làm riêng không cộng cột thời gian, suất thờ i gian cùng dòng số nghịch đảo nhau
Bài 1: Hai vịi nước chảy vào bể khơng có nước đầy bể Nếu vịi thứ chảy giờ, vòi thứ chảy
5
bể Hỏi vịi chảy đầy bể? LG
* lập bảng
V V Cả V
TGHTCV x y
Năng suất 1h
x
1 y
1 Năng suất 2h
x
2
Năng suất 3h
y
* ta có hpt:
1 1
10
2 15
5 x x y
y x y
(53)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
* ta có hpt:
1 1
60 12
1 10 15
1
x x y
y y
Bài 3: Hai vịi 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
* ta có hpt:
3
9
1 4 12
9 x x y
y x x y
Bài 4: Hai vòi nước chảy vào bể cạn
10bể Nếu vòi thứ chảy giờ, vòi thứ hai chảy hai vịi chảy
5bể 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
* ta có hpt:
1
5 10
3 10
5
x x y
y x y
Dạng Toán 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 ô tô quãng đường AB BC
* Lập bảng
Thời gian Vận tốc Quãng đường
(54)BC y 40 40y
* Ta có hệ phương trình:
3
6 2
60 40 270
2
x
x y
x y
y
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 tơ biết qng đường dài 180km
* Sơ đồ:
B A
XM
XD XM
XD Gnhau
* 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
* Ta có hệ phương trình: 3 180 60 16
28 28 44
x y x y x
x y x y y
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 ô tô qđ AB thời gian tơ qđ BC 30ph Tính thời gian tơ qđ?
Gọi thời gian ô tô AB, BC x, y Ta có hệ phương trình:
50 45 165
2
2
x y
x x y
y
Bài 4: ca nô 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 dịng nước?
- gọi v ca nơ x, v dịng nước y (km/h; x > y > 0) - v xuôi: x+y
- v ngược: x-y
- ta có hpt
12 12
4
3 x y x y x y x y
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
(55)84 44 112 110
9 x y x y x y x y
đặt a; b xy xy
Dạng Tốn 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 Ta có hpt
2 80 30
10
3 195
x y x
y
x y xy
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 Ta có hpt
2 100 22
14
2 68
x y xy x
y
x y xy
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
c) Tính chất số đo cung: Nếu C điểm nằm cung AB sđAB=sđAC+sđCB 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 3 Góc nội tiếp
a) Định nghĩa: Góc nội tiếp góc có đỉnh nằm đtròn cạnh chứa dây cung đtrịn Cung nằm góc gọi cung bị chắn
(56)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
c) Định lý đảo: Nếu AxB có đỉnh nằm đtròn, 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 không nằm đtròn 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
M
1
D B
O
C
A * TH1: điểm M nằm bên đtròn (O)
- Xét tam giác MAC tam giác MDB, ta có:
1
M M (đối đỉnh)
CAM BDM (góc nt chắn cung BC) ( )
MAC MDB g g MA MC
MA MB MC MD MD MB
1
M
D
B O
C
A
* TH2: điểm M nằm bên ngồi đtrịn (O) - Xét tam giác MAD tam giác MCB, ta có:
M (chung) 1
D B (góc nt chắn cung AC) ( )
MAD MCB g g MA MD
MA MB MC MD MC MB
Bài 2: Trên đtròn lấy liên tiếp ba cung: AC, CD, DB cho sđAC=sđCD=sđDB=600 hai đường thẳng AC BD cắt E, hai tiếp tuyến đtròn B C cắt T CMR:
a) AEBBTC
b) CD tia phân giác góc BCT?
(57)T E
2
O D C
B A
a) Ta có: 1 11800 600 600
2
AEB AB CD
0 0
1
2
1
180 60 60 60 60
BTC BACBDC ABAC CDDB
Do đó: AEBBTC b) Ta có: 1 300
2
C CD (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)
0
1
30
C DB (góc nội tiếp)
C C
Do CD phân giác góc BCT
Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đtrịn (O), tia phân giác góc A cắt BC D cắt đtròn 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
2
3 x
H
K I
M N
2
O
D C
B A
a) Ta có: A1 A2 BM CM BM CM BM CM
OB OC
OM trung trực BC OMBC
b) Ta có: 1 Ax 1.1800 900
2
MAN BACC
mà MAN góc nội tiếp MAN 900 MN đường kính Do M, O, N thẳng hàng c) Do MAN 900DAK 900 DAK vuông A
mà IK = ID => IK = IA = ID => tam giác IAD cân I
2
IAD D
IAD D
D D
(1)
Mặt khác: tam giác OAM cân O OAM OMA (2)
Từ (1) (2) IAD OAM D2OMAIAOD2OMA (3) Do tam giác MHD vuông H (theo a) D2 OMA900 (4) Từ (3) (4)
90 IAO
(58)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
O
2
1
I
H
K
D E
C
B A
a) Ta có: ACB900 (góc nt chắn nửa đtrịn) ACBC
ADB900 (góc nt chắn nửa đtrịn) ADBD
Xét tam giác EAB, ta có:
AE BC
BE AD
m AD BC H
H trực tâm tam giác EAB EH AB
b) Ta có: H2 B (cùng phụ F1); D2 B (cùng chắn cung AD) 2
H D IHD
cân I => IH = ID (1)
Mặt khác:
0
0
1 1
2 90 90
E B
D D E D IED
m B D
cân I => ID = IE (2) Từ (1) (2) => IH = IE => I trung điểm EH
Bài 5: Cho (O), từ điểm M nằm đtròn (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
1
M O
I E
D C
B
A
a) + ta có: BCE ACE (gt)
CBAMCA (cùng chắn cung AC)
BCE CBA ACE MCA hay BCE CBA MCE
(1)
(59)+ từ (1) (2) MCE CEM MCE cân M => MC = ME
b) + MC MD tiếp tuyến => MC = MD, mà MC = ME => MD = ME => tam giác MDE cân M MEDMDEMDAADE (1)
+ mặt khác: MEDB1BDE (tính chất góc ngồi tam giác) (2) + (1); (2) MDAADEB1BDE (3)
+ lại có: MDAB1 (cùng chắn cung AD) (4)
+ (3); (4) ADEBDEDE phân giác góc ADB c) + MC, MD tiếp tuyến (O)
90 OCM ODM
điểm O, C, D, M thuộc đtrịn có đường kính OM (*)
+ lại có: I trung điểm AB IOAB (định lý đường kính dây) => IO vng góc với IM => tam giác IOM vng 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
1
d DM óc
à d CM d DM
CIM s g nt
DIM s g nt CIM DIM
m CM DM s s
IM phân giác góc CID
Bài 6: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đtròn (O), đường cao AH cắt đtrịn D Kẻ đường kính AE CMR:
a) BC song song với DE
b) Tứ giác BCED hình thang cân
LG
H
O
E D
C B
A
a) Ta có: BC vng góc với AD (gt) (1)
+ mà ADE900 (góc nt chắn nửa đtrịn) => DE vng góc với AD (2) + Từ (1) (2) suy BC // DE (cùng vng góc với AD)
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 không HTC))
+ BC // DE suy tứ giác BCED hình thang (1)
+ lại có: BC // DE s Bd Ds CEd (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
(liên hệ cung dây) (2) + từ (1) (2) suy tứ giác BCED Hình thang cân
************************************************************* Ngày dạy: ………
HÀM SỐ 2
0
(60)A Kiến thức
1 Tính chất hàm số 2
yax a
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 = Tính chất đồ thị hàm số 2
0
yax a
Đồ thị hàm số 2
yax a 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 hồnh, O(0;0) điểm thấp đồ thị Nếu a < đồ thị nằm phía trục hồnh, O(0;0) điểm cao đồ thị B Bài tập áp dụng
Bài 1: Cho hàm số y x
a) Lập bảng tính giá trị y với giá trị x bằng: -2; -1; ; 0;
2; 1; 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
2
1
2
y x -20 -5
4
4
-5 -20 b)
+ Với y = ta có: 2
5x x x
+ Với y = -7,5 ta có: 2
5x 7,5 x 1,5 x 1,5
+ Với y = -0,05 ta có: 2
5x 0, 05 x 0, 01 x 0,1
+ Với y = -7,5 ta có: 2 5x 50 x 10
pt vô nghiệm + Với y = -7,5 ta có: 2
5x 120 x 24 x
Bài 2: Cho hàm số
y m m x Tìm giá trị m để:
a) Hàm số đồng biến với x > b) Hàm số nghịch biến với x >
LG Ta có: am2 m m m. 1
a) Hàm số đồng biến với x >
0
1 1
0
0
0
1
m m
m m m
a m m
m
m m
m m
vậy m > m < hàm số đồng biến với x >
b) Hàm số nghịch 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
Bài 3: Cho hàm số
(61)b) Đồ thị qua điểm B(-2; 3)
LG
a) Vì đồ thị hs qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: 12
3
a a
b) Vì đồ thị hs qua điểm B nên tọa độ điểm B thỏa mãn hs, ta có: 2 3
4
a a
Bài 4: Cho hàm số yax2
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
a) Vì đồ thị hs qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: 2
2
a a
b) Với a = ½ ta có hàm số sau: 2
y x
14
12
10
8
6
4
2
-2
-15 -10 -5 10 15
f x =
x2
Bài 5: Cho hàm số 0,
y x 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( 5; 0,2)
LG
PP: muốn kiểm tra xem điểm thuộc hay không thuộc đồ thị hs ta làm sau: thay hoành độ điểm đó vào hàm số, giá trị hs với tung độ điểm thuộc đồ thị hs; giá trị hs khơng với tung độ điểm không thuộc đồ thị hs
- Điểm A(-2; 1,6)
Thay x = -2 vào hàm số ta có: y0, 4 2 1, 6, điểm A thuộc đồ thị hs - Điểm B(3; 3,5)
Thay x = vào hs ta có: y0, 4.32 3, 63, điểm B khơng thuộc đồ thị hs - Điểm C( 5; 0,2)
Thay x = vào hs ta có:
0, 0,
y điểm C khơng thuộc đồ thị hs Bài 6: Cho hàm số
2
y x y = 2x –
a) Vẽ đồ thị hàm số trên mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị
(62)14
12
10
8
6
4
2
-2
-15 -10 -5 10 15
g x = 2x-2 f x =
2
x2
b) pt hoành độ giao điểm đồ thị:
1
2 2
2x x x x
thay x = vào hs ta được: y = 2.2 – = Vậy tọa độ giao điểm đồ thị M(2; 2) Bài 7: Cho hàm số
yax
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) đồ thị hs
yax qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: 10 2
a a
Khi hs có dạng:
2
y x
b) vẽ đồ thị hs mặt phẳng tọa độ 10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-10 -5 10 15 20
q x = -3x+4 h x =
2
x2
c) pt hoành độ giao điểm đồ thị: 1 4; 2 2x x x x + Với 1 1 3.4
5 5
x y tọa độ điểm A(4 8; 5) + Với x1 2 y1 3. 2 10 tọa độ điểm B(-2; 10) Bài 8: Cho hàm số
yax
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
(63)vì đồ thị hs
yax qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: 1a.12 a Khi hs có dạng:
yx
b) vẽ đồ thị hs mặt phẳng tọa độ
14
12
10
8
6
4
2
-2
-15 -10 -5 10 15
g x = -2x+3
f x = x2
c) pt hoành độ giao điểm đồ thị:
1
2 1;
x x x x
+ Với x1 1 y1 2.1 1 tọa độ điểm A(1; 1) + Với x1 3 y1 2. 3 tọa độ điểm B(-3; 9) Bài 9: Cho hàm số (P):
y x (d): y = 2x + 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
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
-15 -10 -5 10 15
q x = 2x+1
h x = -x2
b) pt hoành độ giao điểm đồ thị:
1
2 1
x x x x
+ Với 2
1 1 1
x y 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 +
Bài 10: Trên mặt phẳng tọa độ, cho Parabol (P): yx2 đường thẳng (d): y x 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
(64)14
12
10
8
6
4
2
-2
-15 -10 -5 10 15
s x = -x+2 r x = x2
b) pt hoành độ giao điểm đồ thị:
1
2 1;
x x x x
+ Với 2
1 1 1
x y tọa độ điểm A(1; 1) + Với 2
1 2
x y 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
1 Định nghĩa: pt bậc hai ẩn pt có dạng:
0
ax bx c a (1), x ẩn; a, b, c số cho trước
2 Cách giải
a) Khuyết c (c = 0): pt (1) trở thành:
0
0
0
x x
ax bx x ax b b
ax b x
a
b) Khuyết b (b = 0): pt (1) trở thành: ax2 c ax2 c x2 c a (2) - c
a
pt (2) vơ nghiệm, suy pt (1) cung vô nghiệm - c x c
a a
c) đầy đủ:
0
ax bx c a
Công thức nghiệm
4 b ac
+ Nếu 0 pt có nghiệm phân biệt:
1 ;
2
b b
x x
a a
+ 0 pt có nghiệm kép: 2
b x x
a
+ 0 pt vơ nghiệm
Công thức nghiệm thu gọn ' '2
b ac + Nếu '
0
pt có nghiệm phân biệt:
' ' ' '
1 ;
b b
x x
a a
+ '
pt có nghiệm kép:
'
b x x
a
+ '
(65)- Vô nghiệm: 0 ( ' 0) - Nghiệm kép: 0 ( ' 0)
- Có nghiệm phân biệt: 0 ( ' 0) a.c < - Có nghiệm dấu:
' x x
- Có nghiệm dấu âm:
' 2 0 x x x x
- Có nghiệm dấu dương:
' 2 0 x x x x
- Có nghiệm khác dấu: ' x x
3 Hệ thức Vi-ét ứng dụng
- Định lý: Nếu x1; x2 nghiệm pt ax2bx c 0a0
1
1
b x x a c x x a
- Ứng dụng nhẩm nghiệm hệ thức Vi-ét: + pt
0
ax bx c a có a b c 0 pt có nghiệm là: x1 1;x2 c a
+ pt
0
ax bx c a có a b c 0 pt có nghiệm là: 1;
c
x x
a +
u v S
u v P
suy u, v nghiệm pt:
2
0
x Sx P (điều kiện để tồn u, v
4
S P
) 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
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
Bài 3: Giải phương trình sau:
(66)b) 4 12 6 14 20 1 0; 2 10
x x x x x x x
c)
1
11
3 20 22 2;
3
x x x x x x
d) 4 3 19 15 1 1; 2 15
x x x x x x
Bài 4: Chứng tỏ với m phương trình sau ln ln có nghiệm phân biệt a) x22 1 m x m 0
Ta có:
2
'
0,
2
m m m m
, đenta dương với m nên pt có nghiệm phân
biệt với giá trị m b) x2mxm2 1
Ta có: ' m2 4 m2 1 5m2 4 0, m, đenta dương với m nên pt có nghiệm
phân biệt với giá trị m
Bài 5: Cho pt mx22m1x 2 Tìm m để pt có nghiệm kép Pt có nghiệm kép:
1
2
1
0
0 2 2
; 2 2
0 12 ; 2
2
m m
a
m m
m m m m
Bài 6: Cho pt sau: x2mx 2 1 ; x22x m 0 2 Với giá trị m pt có nghiệm chung
- đk để pt (1) có nghiệm là: 1' 2 2
m m
m
(*)
- đk để pt (2) có nghiệm là: '2 m m (**) - từ (*) (**) suy để pt có nghiệm m 2 - 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
(vì m khác m 2 2)
- thay x0 = vào (1) (2) ta được:
1 m m 3 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
- đk để pt (1) có nghiệm là:
2 2 4
2 2
m
m m
m
(*)
- đk để pt (2) có nghiệm là: 2 m2 0, m (**)
- từ (*) (**) suy để pt có nghiệm 2 2 2
m m
(***)
- giả sử x0 nghiệm chung pt trên, ta có :
2
0 4
x m x m x m x m m m x x
- thay x0 = vào (1) ta được: ( m4).2 m m1 (thỏa mãn (***)) Vậy m = pt có nghiệm chung
(67)
2
2 1
2
x mx
mx x
- đk để pt (1) có nghiệm là: 1 m2 8 0, m (*) - đk để pt (2) có nghiệm là: 2
8
m m
(**) - từ (*) (**) suy để pt có nghiệm
8
m (***) - giả sử x0 nghiệm chung pt trên, đó:
2 2
0 0 0
2x mx 1 mx x 0 m2 x m1 x 3
Ta có: m210m25m52 0 m 5 m (vì
m ), nên pt có nghiệm phân biệt:
1
0
2
1 5
;
2 2 2 2 2
m
m m m m m
x x
m m m m m
- thay
1 x m
vào (1) ta được:
2
2 2
3
2 18 2
2 m m m m m m
m m
(phương trình vơ nghiệm
vì có m 270) - thay
2
0
x vào (1) ta được: 2.12m.1 1 0 m 1 (thỏa mãn (***)) Vậy m = -1 pt có nghiệm chung
Bài 9: Cho pt x24x m a) xác định m để pt có nghiệm
b) Tìm m để pt có nghiệm thỏa mãn: 2 10
x x
LG a) Ta có: ' m Pt có nghiệm '
0 m m b) với m3 giả sử pt có nghiệm x1 ; x2 theo Vi-ét ta có:
1 2
4
x x x x m
(*) lại có: 2 2 2
1 10 2 10
x x x x x x (**)
thay (*) vào (**) ta được: 422m 1 10 m (thỏa mãn điều kiện) Bài 10: Cho pt 3x25x m Xác định m để pt có nghiệm thỏa mãn 2
1 x x Ta có: 25 12 m
Pt có nghiệm 25 12 25 12
m m
(*)
với 25 12
m giả sử pt có nghiệm x1 ; x2 theo Vi-ét ta có:
2 (1) x x m x x
lại có: 2
1 2 2
5 5
9 9
x x x x x x x x x x (3)
kết hợp (1) (3) ta có hệ phương trình:
1 2 3 x x x x x x
thay vào (2) ta 1.2 3
m m
(68)Bài 11: Cho pt x22mx2m 1
a) Chứng tỏ pt có nghiệm x1, x2 với m b) Đặt 2
1 1
2
A x x x x
* CMR:
8 18 A m m * Tìm m để A = 27
c) Tìm m để pt có nghiệm lần nghiệm LG
a) ta có m22m 1 m12 0, m, pt có nghiệm với giá trị m
b) + với m pt có nghiệm x1, x2 theo Vi-ét ta có:
1 2
2
x x m
x x m
(*)
từ 2 2 2
1 1 2
2
A x x x x A x x x x (**)
thay (*) vào (**) ta được: A2 2 m 29 2 m 1 8m218m9 => đpcm + với A = 27 suy 2
1
3
8 18 27 18 18 3;
4 m m m m m m c) giả sử x1 = 2.x2, kết hợp (*) ta có:
1
1 2
1 2 2
2
1 2
4
3
2
2
2
3
4 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
giải pt
1
3
8 18 ;
2
m m m m
*************************************************** 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 đtrịn 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 đtrịn 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
(69)O 21
1
K
M E
D
C B
A
a) ta có: BAC900 (gt)
BDC900 (góc nt chắn nửa đtrịn) Suy tứ giác BADC nt đtrịn đường kính BC b) ta có: C1D1 (cùng chắn cung ME)
vì tứ giác BADC nt C1D2 (cùng chắn cung AB)
D D
DB phân giác góc EDA c) giả sử AB cắt CD K
xét tam giác KBC, ta có:
CK BK
BD CK
CA BD M
M trực tâm tam giác KBC KM BC
mặt khác MEBC (góc nt chắn nửa đtròn), suy đthẳng KM ME trùng 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
b) Gọi K giao điểm AH BC CMR: FB phân giác góc EFK c) Gọi M trung điểm BH CMR: tứ giác EMKF nt
2
2
1
1
F
H
O
2
1 K
M E
C B
A
a) ta có: BEC900 (góc nt chắn nửa đtrịn) CEAB
0 90
BFC (góc nt chắn nửa đtrịn) BFAC
xét tam giác ABC, ta có:
CE AB
BF AC
BF CE H
(70)b) xét tứ giác CKHF, có: 180
K F tứ giác CKHF nt C1F2 (cùng chắn cung HK) mặt khác: C1F1 (cùng chắn cung BE)
suy F1 F2 , FB phân giác góc EFK c) xét tứ giác BKHE có
180
K E tứ giác BKHE nt B1K1 (cùng chắn cung HE) mà: B1C2 (cùng chắn cung EF)
mặt khác, tứ giác CKHF nt K1C2 (cùng chắn cung HF) suy B1 K1 C2 K2 (1)
xét tam giác BEH, có:
0 90 E
BM HM ME BME
BM HM
cân M
do EMF 2B1 (tính chất góc ngồi tam giác) (2) từ (1) (2) EMF2K12K2 EKF tứ giác EMKF nt
Bài 3: Cho đtròn (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
1 O
1
M
E D
C B
A
a) xét tứ giác BDOM, ta có:
90 DMO (gt)
0 90
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:
0 90 OME (gt)
0 90
OCE (tính chất tiếp tuyến)
Suy OMEOCE1800 tứ giác ECOM nt
b) tứ giác BDOM nt nên B1 D1 (cùng chắn cung MO) (1) tứ giác ECOM nt nên C1E1 (cùng chắn cung MO) (2) mà B1C1 (vì tam giác OBC cân O)
từ (1), (2) (3) suy D1E1, tam giác ODE cân O, lại có OM DE (gt), OM 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 đtrịn (O) C, căt đtròn (O’) D, tia CA cắt (O’) I, tia DA cắt (O) K a) CMR: tứ giác CKID nt
(71)O' I
O K
M
D C
B A
a) ABC900 AC đường kính (O)
90
ABD AD đường kính (O’) Ta có: CKA900 (góc nt chắn nửa đtrịn (O))
0 90
DIA (góc nt chắn nửa đtrịn (O’))
Do đó: CKADIA tứ giác CKID nt đường trịn đường kính CD b) xét tam giác MCD, ta có:
CI MD
DK MC
CI DK A
A trực tâm t.giác MCDMACD (1) mà ABCD (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
2
1
F
O
1
M E
C B
A
a) xét tứ giác AEMC có: 0 90 90 180
A M , mà góc A góc M góc vị trí đối diện, tứ giác AEMC nt
chứng minh tương tự ta có tứ giác BCMF nt
b) tứ giác ACME nt A1E1 (cùng chắn cung MC) (1) tứ giác BCMF nt B1 F1 (cùng chắn cung MC) (2) ta có: AMB900 (góc nt chắn nửa đtròn) A1B1 900 (3) từ (1); (2) (3)
1 90 E F
xét tam giác ECF, có: E1F1900ECF 900 ECF vuông C Bài 6: Cho tam giác ABC nhọn nt đtrịn (O), có đường cao BB’ CC a) CMR: tứ giác BCB’C’ nt
(72)C'
B' I
O
D C
B A
a) xét tứ giác BCB’C’ có BB C' BC C' 900 tứ giác BCB’C’ nt b) ta có: ACBADB (cùng chắn cung AB) (1)
mặt khác tứ giác BCB’
C’ nt ' ' 180
BC B ACB
(2) từ (1) (2) ' '
180
BC B ADB
hay BC I' IDB1800, suy tứ giác BDIC’ nt c) ta có: ABD900 (góc nt chắn nửa đtrịn) '
90
C BD
do tứ giác BDIC’ nt C BD C ID' ' 1800C ID' 900AOB C' '
Bài 7: Cho hình vng ABCD Gọi M, N điểm cạnh BC CD cho 45 MAN 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
450 P
Q
N
2
1
H
2
1
M
D C
B A
a) ABCD hình vng có BD đường chéo, nên BD phân giác góc ABC
0 0
1 2
1
.90 45 45
2
B B B QAM
tứ giác ABMQ nt
b) tứ giác ABMQ nt 0 0
180 90 180 90
ABM AQM AQM AQM MQ AN
xét tam giác AQM, có:
0 45
90
A AQM
AQM vuông cân Q
c) ta có: DB đường chéo hình vng ABCD nên DB phân giác góc ADC
0
1
.90 45
D D
tứ giác ADNP có 45 DAN D
tứ giác ADNP nt
0 0
180 90 180 90
ADNAPN APN APN NP AM Xét tam giác AMN, ta có:
MQ AN
NP AM
MQ NP H
H trực tâm tam giác AMN AH MN
(73)Ngày dạy:………
PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI A Kiến thức bản:
1 Phương trình trùng phương
- dạng tổng quát: ax4bx2 c 0a0
- cách giải: dùng phương pháp đặt ẩn phụ, đặt x2 t t 0 Khi ta có pt: at2 bt c (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
- dạng tổng qt: A x.Bx 0 - cách giải:
0
0
x
x x
x
A
A B
B
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
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
Bài 3: Giải phương trình
2
2 2
2
2 2
) 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
Bài 4: Tìm m để pt ẩn x sau có nghiệm:
6
x x m (1) Đặt
0
x t t Khi pt (1) trở thành: t2 6t m (2) Để pt (1) có nghiệm pt (2) phải có nghiệm phân biệt dương
' 2
9
6 0
m
t t m
t t m
Bài 5: Tìm m để pt có nghiệm:
2
x m x m (1) Đặt
0
x t t Khi pt (1) trở thành: t22m1t m (2)
Để pt (1) có nghiệm pt (2) phải có nghiệm dương (hay có nghiệm trái dấu)
2
'
1
3
0 3 0
3
3
3
3
m
m m
m m m
m m
t t m m
m
Bài 6: Cho pt: mx42m3x2 m (1) Với giá trị m pt có nghiệm? Đặt
0
(74)Để pt (1) có nghiệm pt (2) phải có nghiệm dương phân biệt:
2
'
1 2
0
0
3
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
*************************************************************** 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
Theo ta có pt: x217x2 157 2x234x132 0 x1 11; x2 6 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 x x10%.x
Tổ 590x 590 x 15% 590 x
……
Ta có pt: x10%.x590 x 15% 590 x660 x370 Vậy tổ 1: 370 cá; tổ 2: 220 cá
* Cách 2: lập pt
Tháng đầu Tháng sau
Tổ x x10%.x1,1x
Tổ y y15%.y1, 5y
………
Ta có hpt: 590 370 1,1 1,5 660 220
x y x
x y y
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?
Gọi số cần tìm xy x y , N; 0x y, 9 Số viết theo thứ tự ngược lại là: yx
Vì lấy xy đem chia cho yx thương dư 15 nên ta có: 15 13
xy yx x y (1)
Lấy xy trừ số tổng bình phương chữ số, nên ta có:
2 2
9 10
(75)Từ (1) (2) ta có hpt: 13 2 2 91
10
x y x
xy y
x y x y
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 vòi Hỏi chảy vịi chảy đầy bể?
Cả vòi Vòi Vòi
TGHTCV x x2 x4,
1h chảy
x
1 x
1 4, x Ta có pt: 1
2 4, x x
x x x 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 x 50
x
Thực tế x5 50
5 x …… Ta có pt:
2
1
50 50
150
10; 15
x x
x x
x x
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 x12 10
12
x
Thuyền 10 x 10
x … 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
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 nô nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước 3km/h
V S T
Nước yên lặng x
xuôi x3 30 30
3 x
Ngược x3 30 30
3 x 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
(76)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 x y xy
Sau thay đổi x1 y1 x1y1 Ta có hpt:
360 360
1 400 39
xy xy
x y x y
x, y nghiệm pt bậc
hai:t239t360 0 t1 24;t215
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 x 59,5 59, 119
2 x x
xuôi x3 30 30
3 x
Ngược x3 28 28
3 x … 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
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?
1 tuần trồng số TGHTCV
Kế hoạch x 75
x
Thực tế x5 80
5 x … Ta có pt:
2
1
75 80
1 10 375 15; 25
5 x x x x
x x
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
B C
A
Gọi vận tốc thực ca nô là: x (km/h; x > 4) Vận tốc xuôi: x + (km/h)
Vận tốc xuôi: x - (km/h) Thời gian xuôi từ A đến B: 24
4 x (h) Quãng đường BC: 24 – = 16 (km) Thời gian ngược từ B đến C: 16
(77)Thời gian bè nứa từ A đến C: 4 (h)
Ta có pt: 24 16 2 40 1 0; 2 20
4 x x x x
x x 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
Xe máy 50 2,5x 50
2, 5.x * Ta có phương trình: 50 50
2,
x x , nghiệm x = 12
Bài 2: Một ô tô từ Hải Phòng 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 khơng tăng
* Lập bảng
Quãng đường Vận tốc Thời gian
Không tăng 100 x 100/x
Tăng 100 x + 10 100/x + 10 * Ta có phương trình: 100 100
10 x x
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 tơ + Gọi vân tốc ban đầu ô tô x (km/h, x > 0)
+ Thời gian hết quãng đường AB theo dự định là: 840
x (h)
+ Nửa quãng đường đầu ô tô hết: 420 x (h)
+ Vận tốc ô tô nửa quãng đường lại là: x + (km/h) + Thời gian ô tô nửa quãng đường lại là: 420
2
x (h)
+ Theo ta có phương trình sau: 840 420 420 1 40; 2 42
2 x x
x x x
Bài Quãng sông 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 x + 36 36/x+3
Ngược x – 36/x-3
* ta có pt sau: 36 36 15; 0,
3 x x
x x
Bài Lúc ô tô từ A đến B Lúc 7giờ 30 phút xe máy từ B đến A với vận tốc vận tốc ô tô 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
(78)Xe máy x-24 120 120/x-24 - thời gian xe máy nhiều ô tô là: 5( )
3 2 h
- ta có pt: 120 120 24 3456 72; 48
24 x x x x
x x
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 sơng 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
Người 900 y 900/y
* Ta có hệ phtrình:
1
4
34 1080 20; 54 810 900
3
y x
x x x x
x y
, 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
* Ta có phtrình: 20 20 49 180 45;
9 x x x x
x x
Bài Một đội công nhân dự định hồn thành cơng việc với 500 ngày cơng thợ Hãy tính số người đội, biết bổ sung thêm cơng 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 + * Ta có phtrình: 500 500 5 500 25; 20
5 x x x x
x x
(79)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
C 2
2 2
2
21 1
1 1
1 K
I
F
E D
O
B
M A
a) Ta có: AECADCBDCBFC900 (gt) + xét tứ giác AECD, ta có:
180
AECADC , mà góc vị trí đối suy tứ giác AECD nt + xét tứ giác BFCD, ta có:
180
BDCBFC , mà góc vị trí đối suy tứ giác BFCD nt b) ta có: A1 B1 (cùng chắn cung AC)
+ tứ giác BFCD nt F1B1 (cùng chắn cung CD) Suy ra: F1 A1 (1)
+ tứ giác AECD nt A1D1 (cùng chắn cung CE) (2) Từ (1) (2) suy ra: F1 D1 B1
Mặt khác: A2 B2 (cùng chắn cung BC)
+ tứ giác AECD nt A2 E2 (cùng chắn cung CD) Suy ra: E2 B2 (3)
+ tứ giác BFCD nt D2 B2 (cùng chắn cung CF) (4) Từ (3) (4) suy ra: E2 D2 A2
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
c) Xét tứ giác ICKD, ta có:
1 2 180
ICKIDK ICKD D ACBB A (tổng góc tam giác ABC), mà ICK IDK; góc vị trí đối nhau, suy tứ giác ICKD nt
d) ta có tứ giác ICKD nt I1 D2 (cùng chắn cung CK), mà D2 A2 (cmt)
Suy I1A2, mà I1; A2 góc vị trí đồng vị nên IK // AB, lại AB vuông góc với CD, nên IK vng góc với CD
(80)a) Tứ giác BFDE nt b) FD // BC
C
2
2
1
1
1 F
E D
O
B
A
a) ta có: B1E1 (cùng bù với E2) mà B1C1 (do tam giác ABC cân A) suy ra: E1C1 (1)
mặt khác: E2 C1B2 (cùng chắn cung AB) (2)
từ (1) (2) suy E1B2 đỉnh B, E nhìn xuống cạnh DF dới góc nhau, suy tứ giác BFDE nt
b) tứ giác BFDE nt E2 D1 (cùng chắn cung BF), mà E2 = B2 = C1 = B1, suy D1 =
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) điểm B, M, D, K thuộc đtròn d) BK tiếp tuyến (O)
K M
C
2 2
2
1
1
1
E D
O
B A
a) tứ giác ABEM nt => BAM + BEM = 1800 => 900 + BEM = 1800 => BEM = 900 (1)
Mặt khác: A1 = 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
(81)Do BCE DCE (c.g.c) => BE = DE (cạnh tương ứng) (3) Từ (2) (3) => EM = ED (= BE) (4)
c) ta có:
0 1
0
1 1
1 90 90
â
K M
D D K D EDK
M D EDM c n EM ED
cân E => ED = EK (5) (4) (5) => EB = EM = ED = EK => điểm B, M, D, K thuộc đtrịn có tâm E
d) tứ giác BKDM nt (E) 0 180 90
MDK MBK MBK BK BM
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
j
C
2
2
1
1
1
E D
O
B
A
a) ta có: A1 = 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
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
điểm D E nhìn xuống cạnh BC góc
nhau => tứ giác BCDE nt
c) ta có: B1C1 (gt), mà tứ giác BCDE nt => BED = C1 (cùng bù với BCD) B1 = BED (2 góc vị trí đồng vị) => BC // DE
Bài 5: Cho tứ giác ACBD nt đtròn (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
(82)d) Chứng minh ;
2
OM BD ON AC
N H
K C
1
1 I
D O
B M
A
a) ta có: B1 =C1 (cùng chắn cung AD) (1)
+ IM trung tuyến tam giác AIC => IM = MA => tam giác MAI cân M => A1=MIA + mà MIA = KIB (đối đỉnh) => KIB = A1 (2)
Từ (1) (2) => B1 + BIK = C1 + A1 = 900 => IKB = 900 suy IK vuông góc với BD b) ta có: CIH = DIN (đối đỉnh), mà CIH + C1 = 900, đó: DIN + C1 = 900
+ mà C1 = B1 suy ra: DIN + B1 = 900 (*) + mặt khác: DIN + BIN = 900 (**)
(*) (**) suy ra: B1 = BIN => tam giác BIN cân N => NB = NI (3) + lại có:
IDN + B1 = 900
DIN + B1 = 900
Do đó: IDN = 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
mà ;
2
IN BD IM AC nên ;
2