Bài giảng giao án ôn thi toán 9

Đề c ơng dạy ôn (15 buổi)- môn toán 9 Ngày dạy: thứ 2/10 / 5/2010 Buổi 1:rút gọn biểu thức Có chứa căn thức bậc hai Bài 1: Thực hiện phép tính: 1) 2 5 125 80 605 + ; 2) 10 2 10 8 5 2 1 5 + + + ; 3) 15 216 33 12 6 + ; 4) 2 8 12 5 27 18 48 30 162 + + ; 5) 2 3 2 3 2 3 2 3 + + + ; 6) 16 1 4 2 3 6 3 27 75 ; 7) 4 3 2 27 6 75 3 5 + ; 8) ( ) 3 5. 3 5 10 2 + + 9) 8 3 2 25 12 4 192 + ; 10) ( ) 2 3 5 2 + ; 11) 3 5 3 5 + + ; 12) 4 10 2 5 4 10 2 5+ + + + ; 13) ( ) ( ) 5 2 6 49 20 6 5 2 6+ ; 14) 1 1 2 2 3 2 2 3 + + + ; 15) 6 4 2 6 4 2 2 6 4 2 2 6 4 2 + + + + ; 16) ( ) 2 5 2 8 5 2 5 4 + ; 17) 14 8 3 24 12 3 ; 18) 4 1 6 3 1 3 2 3 3 + + + ; 19) ( ) ( ) 3 3 2 1 2 1+ 20) 3 3 1 3 1 1 3 1 + + + + . Bài 2: Cho biểu thức x 1 x x x x A = 2 2 x x 1 x 1 + ữ ữ ữ ữ + a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm giá trị của x để A > - 6. Bài 3: Cho biểu thức x 2 1 10 x B = : x 2 x 4 2 x x 2 x 2 + + + ữ ữ ữ + + a) Rút gọn biểu thức B; b) Tìm giá trị của x để A > 0. Bài 4: Cho biểu thức 1 3 1 C = x 1 x x 1 x x 1 + + + a) Rút gọn biểu thức C; 1 b) Tìm giá trị của x để C < 1. Bài 5: Rút gọn biểu thức : a) 2 2 2 2 x 2 x 4 x 2 x 4 D = x 2 x 4 x 2 x 4 + + + + + + + ; b) x x x x P = 1 1 x 1 x 1 + + ữ ữ ữ ữ + ; c) 2 1 x 1 Q = : x x x x x x + + + ; d) x 1 2 x 2 H = x 2 1 . Ngày dạy: thứ 3/11 / 5/2010 Buổi 2: rút gọn biểu thức Có chứa căn thức bậc hai ( Bài tập tổng hợp) Bài 6: Cho biểu thức 1 1 a 1 M = : a a a 1 a 2 a 1 + + ữ + a) Rút gọn biểu thức M; b) So sánh M với 1. Bài 7: Cho các biểu thức 2x 3 x 2 P = x 2 và 3 x x 2x 2 Q = x 2 + + a) Rút gọn biểu thức P và Q; b) Tìm giá trị của x để P = Q. Bài 8: Cho biểu thức 2x 2 x x 1 x x 1 P = x x x x x + + + + a) Rút gọn biểu thức P b) So sánh P với 5. c) Với mọi giá trị của x làm P có nghĩa, chứng minh biểu thức 8 P chỉ nhận đúng một giá trị nguyên. 2 Bài 9: Cho biểu thức 3x 9x 3 1 1 1 P = : x 1 x x 2 x 1 x 2 + + + ữ ữ + + a) Tìm điều kiện để P có nghĩa, rút gọn biểu thức P; b) Tìm các số tự nhiên x để 1 P là số tự nhiên; c) Tính giá trị của P với x = 4 2 3 . Bài 10: Cho biểu thức : x 2 x 3 x 2 x P = : 2 x 5 x 6 2 x x 3 x 1 + + + ữ ữ ữ ữ + + a) Rút gọn biểu thức P; b) Tìm x để 1 5 P 2 . Buổi 3: Ôn tập phần hệ thức lợng trong tam giác vuông và góc với đờng tròn. 3 Bài 1 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A, O là trung điểm của IK. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. 1. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O). 2. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm. Lời giải: (HD) 1. Vì I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B Do đó BI BK hayIBK = 90 0 . Tơng tự ta cũng có ICK = 90 0 nh vậy B và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. Ta có C 1 = C 2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH. C 2 + I 1 = 90 0 (2) ( vì IHC = 90 0 ). I 1 = ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) Từ (1), (2) , (3) => C 1 + ICO = 90 0 hay AC OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O). Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. AH 2 = AC 2 HC 2 => AH = 22 1220 = 16 ( cm) CH 2 = AH.OH => OH = 16 12 22 = AH CH = 9 (cm) OC = 225129 2222 =+=+ HCOH = 15 (cm) Bài 2 Cho đờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC MB, BD MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB. 1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. 2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đ- ờng tròn . 3. Chứng minh OI.OM = R 2 ; OI. IM = IA 2 . 4. Chứng minh OAHB là hình thoi. 5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. 6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng thẳngd 4 Lêi gi¶i: (HS tù lµm). V× K lµ trung ®iĨm NP nªn OK ⊥ NP ( quan hƯ ®êng kÝnh Vµ d©y cung) => ∠OKM = 90 0 . Theo tÝnh chÊt tiÕp tun ta cã ∠OAM = 90 0 ; ∠OBM = 90 K, A, B cïng nh×n OM díi mét gãc 90 0 nªn cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh OM. VËy n¨m ®iĨm O, K, A, M, B cïng n»m trªn mét ®êng trßn 3. Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tun c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM ⊥ AB t¹i I . Theo tÝnh chÊt tiÕp tun ta cã ∠OAM = 90 0 nªn tam gi¸c OAM vu«ng t¹i A cã AI lµ ®êng cao. ¸p dơng hƯ thøc gi÷a c¹nh vµ ®êng cao => OI.OM = OA 2 hay OI.OM = R 2 ; vµ OI. IM = IA 2 . 4. Ta cã OB ⊥ MB (tÝnh chÊt tiÕp tun) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA ⊥ MA (tÝnh chÊt tiÕp tun) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. => Tø gi¸c OAHB lµ h×nh b×nh hµnh; l¹i cã OA = OB (=R) => OAHB lµ h×nh thoi. 5. Theo trªn OAHB lµ h×nh thoi. => OH ⊥ AB; còng theo trªn OM ⊥ AB => O, H, M th¼ng hµng( V× qua O chØ cã mét ®êng th¼ng vu«ng gãc víi AB). 6. (HD) Theo trªn OAHB lµ h×nh thoi. => AH = AO = R. VËy khi M di ®éng trªn d th× H còng di ®éng nhng lu«n c¸ch A cè ®Þnh mét kho¶ng b»ng R. Do ®ã q tÝch cđa ®iĨm H khi M di chun trªn ®êng th¼ng d lµ nưa ®êng trßn t©m A b¸n kÝnh AH = R Bi 4: ¤n H×nh tỉng hỵp Bài 1: Cho (O,R) và một điểm A ở ngoài đường tròn sao cho OA = 3R. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) với B, C là hai tiếp điểm 5 H I E D B C A O x a) Chứng minh: Tứ giác OBAC là một tứ giác nội tiếp. b) Từ B vẽ đường thẳng song song với AC, cắt đường tròn (O) tại điểm D (khác điểm B) đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại E (khác D). Chứng minh: AB 2 = AE. AD c) Chứng minh: Tia đối của tia EC là tia phân giác của · BEA d) Tính diện tích tam giác BDC theo R. HƯỚNG DẪN · · · · 0 0 0 0 0 OBA 90 (OB AB) ( 2 ttuyến cắt nhau) a) OCA =90 (OC AC) ( 2 ttuyến cắt nhau) OBA OCA 90 90 180  = ⊥   ⊥   ⇒ + = + = ⇒ OBAC là tứ giác nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 180 0 ) b) Xét ∆AEB và ∆ABD, ta có: · · » µ  =     ABE ADB ( góc tạo bởi tiếp tuyến va ødây cung va øgóc nội tiếp cùng chắn BE) A la øgóc chung Vậy: ∆AEB ~ ∆ABD(g-g) 2 AE AB AB AE.AD AB AD ⇒ = ⇒ = C) Gọi Ex là tia đối của tia EC · · · · ¼  ⇒ =   =   Co ù AC // BD(gt) EAC EDB (slt) Ma ø: ECB EDB (cùng chắn BE) · · · ⇒ = = EAC ECB ( cùng EDB ) 6 · · » · · · · · · ∆ ∆ ∆ ∆ = = ⇒ = ⇒ = Xét AEC va ø CEB ; ta có : EBC ECA (cùng chắn CE) EAC ECB (cmt) Vậy : AEC va ø CEB (g-g) BEC AEC BEx AEx (kề bu øvới hai góc bằng nhau) Vậy : tia đối của tia · EC la øtia phân giác của BEA. d) ∆ ABC vuông tại B cho OA 2 = OB 2 + AB 2 ( Pitago) và chứng minh được OA ⊥BC tại H ⇒ AB 2 = (3R) 2 - (R) 2 ⇒ AB = R 8 ∆ ABO vuông có ba cạnh là R, R 8 ,3R Các tam giác vuông OHC và ICB cùng đồng dạng với tam giác vuông ABO cho: R R 8 2R 8 OH ; HC = ; BC = 3 3 3 = 1 2R 8 2R 8 8 IB ; IC = 3 3 3 3 = × × 2 1 2R 8 2R 8 8 64R . 2 Diện tích tam giác BDC = IB.IC = 3 3 3 3 81 × × × = Bài 2: Cho đường tròn (O) có bán kính R và một điểm S ở ngoài đường tròn (O). Tử S vẽ hai tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (O)(A, B là hai tiếp điểm). Vẽ đường thẳng a đi qua S cắt đường tròn(O) tại hai điểm M, N với M nằm giữa hai điểm S và N (đường thẳng a không đi qua tâm O) a) Chứng minh rằng: SO vuông góc với AB b) Gọi H là giao điểm của SO và AB, gọi I là trung điểm của MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại điểm E. chứng minh: IHSE là một tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh: OI.OE = R 2 d) Cho biết SO = 2R và MN = R 3 . Tính diện tích tam giác ESM theo R HƯỚNG DẪN a) Chứng minh: SO⊥ AB Ta có: SA = SB (2 tt cắt nhau) Suy ra ∆SAB cân tại S. ta có SO là tia phân giác của · ASB nên cũng là đường cao của tam giác SAB. 7 j H N M E I S B A O Nên SO⊥ AB Cách khác: SA = SB OA= OB Nên SO là trung trực của AB. Suy ra: SO⊥ AB b) Chưng minh: IHSE là một tứ giác nội tiếp Ta có: · 0 SHE 90 (SO AB) = ⊥ · 0 SIE 90 (OI MN) = ⊥ Nên : · · 0 SIE SHE 90 = = (cùng nhìn SE dưới góc 90 0 ) Vậy tứ giác IHSE nội tiếp được đường tròn. c) Chứng minh: OI.OE = R 2 Xét ∆OIH và ∆OSE, ta có: · IOH là góc chung · · OIH OSE = ( tứ giác IHSE n/tiếp) Vậy: ∆OIH ~ ∆OSE(g-g) OI OH OI OE = OH OS OS OE = ⇒ × × Mà OH.OS = OA 2 = R 2 (hệ thức lượng trong ∆AOS) Vậy: OI.OE = R 2 . d) Tính diện tích tam giác ESM theo R. Ta có : OI = R/2 ( vì MN là cạnh của tam giác đều nội tiếp(O,R)) Mà: OI.OE = R 2 . Nên OE = 2R Ta có: IE = OE – OI = 2R – R/2= 3R/2 Tam giác vuông OIS cho: 2 2 2 2 2 2 2 R 15R R 15 SI SO OI 4R SI 4 4 2 R 15 R 3 R Ta co ù: SM = SI - IM = = ( 15 - 3) 2 2 2 1 3R Diện tích tam giác EMS : SM. IE = ( 15 - 3) 2 8 = − = − = ⇒ = − 8 Ngày dạy : Buổi 5: ÔN Hệ phơng trình Baứi 1: : Giải các HPT sau: 1.1. a. 2 3 3 7 x y x y = + = b. 2 3 2 5 2 6 x y x y + = + = Giải: a. Dùng PP thế: 2 3 3 7 x y x y = + = 2 3 2 3 2 2 3 2 3 7 5 10 2.2 3 1 y x y x x x x x x y y = = = = + = = = = Vaọy HPT đã cho có nghiệm là: 2 1 x y = = Dùng PP cộng: 2 3 3 7 x y x y = + = 5 10 2 2 3 7 3.2 7 1 x x x x y y y = = = + = + = = Vaọy HPT đã cho có nghiệm là: 2 1 x y = = - Để giảI loại HPT này ta thờng sử dụng PP cộng cho thuận lợi. 2 3 2 5 2 6 x y x y + = + = 10 15 10 11 22 2 2 10 4 12 5 2 6 5 2.( 2 6) 2 x y y y x x y x y x y + = = = = + = + = + = = Vaọy HPT có nghiệm là 2 2 x y = = - Đối với HPT ở dạng này ta có thể sử dụng hai cách giảI sau đây: 1.2. 2 3 1 1 2 5 1 1 x y x y + = + + = + + Cách 1: Sử dụng PP cộng. ĐK: 1, 0x y . 2 3 1 1 2 5 1 1 x y x y + = + + = + 2 2 1 1 1 3 1 2 2 2 5 2 2 5 1 4 1 1 1 1 1 1 1 y y y x x y y x x x y = = = + = = + = = = = + = + + + Vaọy HPT có nghiệm là 3 2 1 x y = = + Cách 2: Sử dụng PP đặt ẩn phụ. ĐK: 1, 0x y . Đặt 1 1 a x = + ; 1 b y = . HPT đã cho trở thành: 2 3 1 2 5 1 2 5.1 1 2 2 5 1 2 2 1 1 a b a b a a a b b b b + = − + = + = = −     ⇔ ⇔ ⇔     + = = = =     1 2 3 1 2 1 1 1 x x y y  = −   = − +   ⇒ ⇔     = =    (TM§K) Vậy HPT cã nghiƯm lµ 3 2 1 x y  = −    =  Lu ý: - NhiỊu em cßn thiÕu §K cho nh÷ng HPT ë d¹ng nµy. - Cã thĨ thư l¹i nghiƯm cđa HPT võa gi¶i. Bài 2: Giải các hệ phương trình sau (bằng pp thế) 1.1: 3 ) 3 4 2 x y a x y − =   − =  7 3 5 ) 4 2 x y b x y − =   + =  1.2. 2 2 5 ) 2 2 x y a x y  − =   + =   ( ) ( ) 2 1 2 ) 2 1 1 x y b x y  − − =   + + =   Bài 3: Giải các hệ phương trình sau (bằng pp cộng đại số) 2.1. 3 3 ) 2 7 x y a x y + =   − =  4 3 6 ) 2 4 x y b x y + =   + =  3 2 10 ) 2 1 3 3 3 x y c x y − =    − =   2.2. 2 3 1 ) 2 2 2 x y a x y  − =   + = −   5 3 2 2 ) 6 2 2 x y b x y  + =   − =   Bài 4: Giải hệ phương trình 2 3 1 ( 1) 6 2 x y m x y m + =   + + =  trong mỗi trường hợp sau a) m = -1 b) m = 0 c) m = 1 Bài 5: a) Xác đònh hệ số avàb, biết rằng hệ phương trình 2 4 5 x by bx ay + =   − = −  có nghiệm là (1; -2) b) Cũng hỏi như vậy nếu hệ phương trình có nghiệm ( ) 2 1; 2− Bài 6: Giải hệ phương trình sau: 2 2 3 1 x y x y  + =   + = −   a) Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình 2 2 1 1 3 1 1 1 m n m n m n m n  + =   + +   + = −  + +  Bài 7: Giải các hệ phương trình sau: [...]... A E ·BFC = 90 0 ·BEC = 90 0 O H F ⇒ ·BFC = ·BEC = 90 0 1 2 đỉnh E, F liên tiếp nhìn 1 cạnh BC dưới góc 90 0 Vậy: tứ giác BFEC nội tiếp Trong tứ giác AFHE, ta có: ·AFH = 90 0 ·AEH = 90 0 ⇒ ·AFH + ·AEH = 90 0 + 90 0 = 180 0 Vậy: AFHE nội tiếp được ( tổng 2 góc đối diện bằng 1800) b) CMR: Tia DA là tia phân giác của góc EDF Trong BFHD, ta có: ·BDH = 90 0 ·BFH = 90 0 ⇒ ·BDH + ·BFH = 90 0 + 90 0 = 180 0... QP ⇒ OA ⊥ PQ Mà : EF // PQ(cmt) OA ⊥ EF d) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp  AEF theo R Gọi I là trung điểm của AH Trong tứ giác AFHE, ta có: ·AEH = 90 0 ·AFH = 90 0 ⇒ ·AEH + ·AFH = 90 0 + 90 0 = 180 0 Vậy: tứ giác AFHE nội tiếp được.(tổng hai góc bằng 1800) ⇒ IA = IP = IE = IH = AH/2 Vậy: I là tâm (AEF), bán kính là AH/2 Kẻ đường kính AK; gọi H là giao điểm BE, CF Gọi N là trung điểm BC ⇒ ON⊥ BC(đính... xng m¸y xu«i dßng 30 km lµ (giê) x+3 28 Thêi gian xng m¸y ngỵc dßng 28 km lµ (giê) x−3 30 28 59, 5 Theo bµi ra ta cã ph¬ng tr×nh: + = x+3 x−3 x ⇔ 30.x ( x − 3) + 28.x ( x + 3) = 59, 5 ( x − 3) ( x + 3 ) Thêi gian xng khi ®i trong hå 59, 5 km lµ ⇔ 30 x 2 − 90 x + 28 x 2 + 84 x = 59, 5 ( x 2 − 9 ) ⇔ 58 x 2 − 6 x = 59, 5 x 2 − 535,5 ⇔ 1,5 x 2 + 6 x − 535,5 = 0 ⇔ x 2 + 4 x − 357 = 0 Gi¶i ph¬ng tr×nh nµy ta ®ỵc:... 2 9x − 6x + 1 ( 2 ⇔ ( 3x − 1) ( x + 1) − 2 ( 3x − 1) = 0 ⇔ ⇔ ) ( 3x − 1) ( x + 1 − 6x + 2 ) = 0 ( 3x − 1) ( 3 − 5x ) = 0 ⇔ 3x − 1 = 0 hc 3 − 5x = 0 1 3 ⇔ x = 0 hc x = 3 5 4 2 2 b) 5x + 2x − 16 = 10 − x ⇔ 5 x 4 + 3 x 2 − 26 = 0 (1) 2 Đặt t=x ≥0 Ta có: (1) ⇔ 5t 2 + 3t − 26 = 0 (2) V= 9 − 4.5.( −26 ) = 5 29 > 0 ⇒ V = 5 29 Phương trình (2) có hai nghiệm: −3 + 5 29 −3 + 5 29 t1 = = ( NhËn ) 2.5 10 −3 − 5 29. .. V= 9 + 24m (P) tiếp xúc với (d) V= 0 ⇔ 9 + 24m = 0 ⇔m= 9 −3 = 24 8 −3 2 x − 3 x − 6 = 0 ⇔ 3 x 2 + 24 x + 48 = 0 −3 Thay m = vào (1) Ta có: 8 8 2 ⇔ x 2 + 8 x + 16 = 0 ⇔ ( x + 4 ) = 0 ⇔ x = 4 Tung độ giao điểm của (P) và (d) là: y = 18 Vậy toạ độ giao điểm tiếp xúc của (P) và (d) là: C( 4; 18) (d) : y = m − x Bài 3: (P ) : y = x2 ; 2 2 x b) Phương trình hồnh độ giao điểm giữa (P) và (d) là: x = m – ⇔... sau TT 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C¸c ph¬ng tr×nh cÇn gi¶i theo ∆ TT C¸c ph¬ng tr×nh cÇn gi¶i theo ∆ ' 6 x - 25x - 25 = 0 6x2 - 5x + 1 = 0 7x2 - 13x + 2 = 0 3x2 + 5x + 60 = 0 2x2 + 5x + 1 = 0 5x2 - x + 2 = 0 x2 - 3x -7 = 0 x2 - 3 x - 10 = 0 4x2 - 5x - 9 = 0 2x2 - x - 21 = 0 6x2 + 13x - 5 = 0 56x2 + 9x - 2 = 0 10x2 + 17x + 3 = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 x2 - 4x + 2 = 0 9x2 - 6x + 1 = 0 -3x2... D B FH Trong ABDE, ta có: ·ADB = 90 0 ·AEB = 90 0 ⇒ ·ADB = ·AEB = 90 0 ⇒ 2 đỉnh liên tiếp D, E cùng nhìn cạnh AB dưới 1 góc 90 0 Vậy: ABDE nội tiếp được ⇒ ¶ 1 = µ 2 (2 góc n/tiếp cùng chắn » của (ABDE) (2) D B AE Từ (1), (2) ⇒ ¶ = ¶ (cùng = µ ) D D B 1 2 1 Vậy: Tia DA là tia phân giác của ·EDF c) CMR: Tứ giác BHCK là một hình bình hành B G 1 2 D C M K Ta có :·ACK = 90 0 (góc n/tiếp chắn 1/2 (O)) ⇒... (2) V= 9 − 4.5.( −26 ) = 5 29 > 0 ⇒ V = 5 29 Phương trình (2) có hai nghiệm: −3 + 5 29 −3 + 5 29 t1 = = ( NhËn ) 2.5 10 −3 − 5 29 −3 − 5 29 t2 = = < 0 ( Lo¹i ) 2.5 10 −3 + 5 29 Víi t = t1 = x 2 = 10 −3 + 5 29 −30 + 10 5 29 ⇒ x1,2 = ± =± 10 10 Phương trình có hai nghiệm: −30 + 10 5 29 x1,2 = ± 10 c) x+2 6 +3= (1) Điều kiện: x ≠ 2; x ≠ 5 x−5 2− x ⇔ 4 − x 2 + 3 2 x − x 2 − 10 + 5 x = 6 x − 30 ⇒ ( 2 + x ) ( 2 − x... dụng vào phương trình 2.Ứng dụng vào bài tốn cực trị bµi tËp vỊ hµm sè Bµi tËp 1 cho parabol y= 2x2 (p) a t×m hoµnh ®é giao ®iĨm cđa (p) víi ®êng th¼ng y= 3x-1 b t×m to¹ ®é giao ®iĨm cđa (p) víi ®êng th¼ng y=6x -9/ 2 c t×m gi¸ trÞ cđa a,b sao cho ®êng th¼ng y=ax+b tiÕp xóc víi (p) vµ ®i qua A(0;-2) d t×m ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng tiÕp xóc víi (p) t¹i B(1;2) e biƯn ln sè giao ®iĨm cđa (p) víi ®êng th¼ng y=2m+1... t¹i ®iĨm cã tung ®é b»ng 9 Cã thĨ tham kh¶o mét sè bµi tËp sau n÷a nhÐ: Bài 1: (P ) : y = x2 vµ (d) : y = 2x − 1 b) Phương trình hồnh độ giao điểm giữa (P) và (d) là: x2 = 2x − 1 ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ( 1) Ta có: V = ( −1) − 1.1 = 1 − 1 = 0 ' Vậy (P) và (d) cắt nhau tại một điểm duy nhất c) Hồnh độ giao điểm giữa (P) và (d) là nghiệm của phương trình (1) x = x1 = x2 = 1 Tung độ giao điểm của (P) và (d) . Đề c ơng dạy ôn (15 buổi)- môn toán 9 Ngày dạy: thứ 2/10 / 5/2010 Buổi 1:rút gọn biểu thức Có chứa căn thức bậc hai Bài 1: Thực hiện phép tính:. Giải bài toán bằng cách lập ph ơng trình Bài tập 1: Một xuồng máy xuôi dòng sông 30 km và ngợc dòng 28 km hết một thời gian bằng thời gian mà xuồng đi 59, 5