Tu chon Toan 9doc

- Học sinh nắm chắc các bước giải bài toán bằng các lập phương trình - Biết vận dụng vào bài toán. Chuẩn bị: GV: bảng phụ[r]

(1)

CHỦ ĐỀ 1: TÌM ĐIỀU KIỆN CỦA BIẾN ĐỂ BIẾN THỨC

DƯỚI DẤU CĂN CÓ NGHĨA.VẬN DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC A2 A

ĐỂ LÀM TOÁN

TIẾT 1, 2: CĂN THỨC BẬC HAI VÀ HẰNG ĐẲNG THỨC A2 A

A Mục tiêu: - Học sinh biết xác định điều kiện biến để A có nghĩa

- Vận dụng đẳng thức A2 A để rút gọn

B Tiến trình dạy học: Bài mới:

GV GB

Tiết 1:

GV đưa đề lên bảng phụ

GV gọi HS thực GV gọi HS nhận xét chốt

? Bài b thuộc dạng tốn

GV gọi HS thực ?Em có NX mẫu biểu thức dấu

GV gọi HS thực GV đưa đề lên bảng phụ

Bài 1: Tìm x để thức sau có nghĩa. a  2x3

b

3 

x

c

6

 

x

Giải:

a  2x3 có nghĩa chie - 2x +   - 2x 3

 x 1,5

Vậy x 1,5  2x3 có nghĩa

b

3 

x có nghĩa

 

x

Do > nên

 

x x + >

 x > -

c NX: x2 0 nên x2 + > 0



6

2 

 

x

Vậy không tồn x để

6

 

x có nghĩa

Bài 2: Tìm x biết a 2

  x x

b

  

 x x

x

c 4

 

(2)

?Để tìm đk x ta làm

GV goi HS thực

GV gọi HS thực câu b

GV gọi HS thực câu c

d

 x

Giải:

a 2

  x x

Ta có: 9x2 3x 

1

3x  x (1)

Ta xét hai trường hợp

- Khi 3x  điêu kện (x0) ta có PT

3x = 2x + 1 x1 (thoả mãn đk)

x = nghiệm PT (1) - Khi 3x <  x0 Ta có PT

- 3x = 2x + 1 - 5x =  x0,2 (thoả mãn đk)

x = 0,2 nghiệm PT (1) Vậy PT có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 0,2

b x2 6x9 3x

Ta có: ( 3)2

    

 x x x

x

Khi đó: x3 3x (2)

Xét hai trường hợp

- Khi x +   x + = 3x -  2x =  x = >

 nên x = nghiệm (2)

- Khi x + <  - x - = 3x -  x = - 0,5 (không thoả mãn đk)

nên x = - 0,5 khơng phải nghiệm (2) Vậy phương trình có nghiệm x =

c 4

 

 x x

Vì 4x 4x2 1 2x2 2x   

 



Ta có PT

5

1 x  (3)

Ta xét hai trường hợp

- Khi - 2x 0 x0,5  - 2x =  x = -

x = - nghiêm PT (3) - Khi - 2x <  (đk x > 0,5)

 2x - = 5 x = (thoả mãn đk)

(3)

GV gọi HS thực câu d

GV gọi HS NX chốt

Tiết 2:

GV gọi HS thực GV gọi HS NX

GV gọi HS thực GV gọi HS thực ý b GV gọi HS NX

Vậy PT có hai nghiệm x1 = - 2; x2 =

d

 x

Ta có: x4 =  x2 x2 



x hay x2= 7

x1 =  7; x2 =

Vậy PT có hai nghiệm x1 =  7; x2 =

Bài 3: Rút gọn biểu thức sau. a (4 2)2



b 4 172

c  2

3

2  

Giải: a (4 2)2

 = 4

Do 4 0 nên 4 = 4

b 4 172 = 4 17 = 17 (4 17 0)

c 32 = 2 32 3 32 (2 30)

Bài 4: Rút gọn phân thức a

5 



x x

(x  5) =

     5

5 5

5 2

  

 

 



x x

b  

 2 2

2

 

 

  

x x

=

2  

x x

C Hướng dẫn học nhà: - Xem lại chữa

CHỦ ĐỀ 2: VẬN DỤNG CÁC HỆ THỨC TRONG TAM GIÁC VUÔNG ĐỂ GIẢI BÀI TẬP

TIẾT 3; 4: MỘT SỐ HỆ THỨC TRONG TAM GIÁC VUÔNG.

A Mục tiêu: Ngày soạn: - Nắm hệ thức b2 = a b/; c2 = a c/; h2 = b/ c/

b c = a h 2 1

c b h  

(4)

B Tiến trình dạy học: Tiết 3:

GV vẽ hình lên bảng

?Bài tốn cho biết ?Để tìm x ta tìm hệ thức

?Tìm y ta dựa vào hệ thức

?Nhìn vào hình tốn cho biết gì?

?Để tính x dựa vào định lý

GV gọi HS thực

GV đưa đề lên bảng

Bài 1:

a Hình A

B C Áp dụng hệ thức hệ thức lượng tam giác vuông AH2 = BH HC

 22 = x x =

AC2 = AH2 + HC2 (đ/lý Pitago)

AC2 = 22 + 42 = 20 y = 20 2 5 

b Hình 2: E

K

D y F Tam giác vuông DEF có DK EF

 DK2 = EK KF (đ/lý hệ thức lượng tam

giác vuông)

 122 = 16 x  9 16 122

 

x

Trong tam giác vng DKF có: DF2 = DK2 + KF2 (đ/lý Pitago)

 y2 = 122 + 92  y = 225 15

Bài 2: Cạnh huyền tam giác vuông lớn cạnh góc vng 1cm tổng hai cạnh góc vng lớn cạnh huyền 4cm Hãy tính cạnh tam giác vng

Giải:

Giả sử tam giác vng có C cạnh góc vng a, b

cạnh huyền c b a Giả sử c > a 1cm ta có

(5)

GV gọi HS thực GV gọi HS NX chốt

Tiết 4:

?Theo tính chất đường phân giác tam giác ta có T/c

GV gọi HS thực

Cả lớp làm vào

c - = a (1) A c B a + b - c = (2)

a2 + b2 = c2 (3)

Từ (1), (2) suy c - + b - c = hay b = Thay a = c - b = vào (3) ta có

(c - 1)2 + 52 = c2 suy - 2c + + 25 = 0

Do c = 13 a = 12

Vậy a = 12cm, b = 5cm, c = 13cm

Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD Đường phân giác góc B cắt đường chéo AC thành đoạn

7

7 5

Tính kích thước hình chữ nhật Giải:

B C

E

A D

Xét ABC theo tính chất đường phân giác

tam giác ta có:

CB AB EC AE

 (1)

Theo AE =

7

4 , EC = 5

Thay vào (1) ta được:

4 

CB AB

(2) Bình phương vế (2)

22 22

4 

CB AB

(3)

Theo đ/lý Pitago vào tam giác ABC ta có: AB2 + CB2 = AC2 (4)

Từ (3) theo tính chất dãy tỉ số ta có: 2 2 2

4   

CB CB AB

(5) Từ (4) ; (5) 22 22

4 

CB AC



4 

CB AC

(6) Mặt khác: AC = AE + EC = 10

7 5

4  

(6)

GV gọi HS nhận xét chốt

Thay vào (2) AB =

8

 

BC

Vậy kích thước hình chữ nhật là: 6m, 8m C Hướng dẫn học nhà:

- Xem lại cá làm - Làm 5, 6, 9, 10 SBT

CHỦ ĐỀ 3: VẬN DỤNG CÁC QUY TẮC KHAI PHƯƠNG MỘT TÍCH NHÂN CÁC CĂN ĐỂ TÍNH TỐN VÀ BIẾN ĐỔI BÀI TỐN TIẾT 5; 6: CÁC PHÉP TÍNH VÀ CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI ĐƠN GIẢN. A Mục tiêu:

- Nắm nội dung liên hệ phép chia phép khai phương, khai phương tích, thương

- Khử mẫu biểu thức lấy căn, trục thức mẫu B Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ

HS: Ôn cơng thức C Tiến trình dạy học. Bài mới:

GV GB

Tiết 5:

GV gọi HS lên bảng thực

GV gọi HS NX

GV gọi NX

Bài 1: Tính a 1,3 52 10

b 20 72 4,9

Giải:

a 1,3 52 10 = 1,3.52.10  13.52

= 13.13.4  13.22 2.1326

b 20 72 4,9 = 20.72.4,9

= 2.2.36.49  36 49 2.6.784

Bài 2: Rút gọn biểu thức a P =

1

 

 

x x

x

x (x 0

 )

b Q =  

 4

1

  

 

x y y y

x (x1;y1;y0)

(7)

?Để bỏ trị tuyệt đối ta làm

Tiết 6:

?Em biến đổi vế trái GV gọi HS lên bảng thực

Biến đổi vế trái ta sử dụng kiến thức

GV gọi HS thực

a 2     x x x

x =  

 2

2 1 2     x x x x =      

 

1 1 1 2 2         x x x x x x

Nếu x 10 x 1 x1

Kết hợp x0 ta có: 0x1

P = 1   x x

nên 0x1

b Q =  

 2

2 2 1 1          x y y y x

Q =     4

2 1 1     x y y x

Q =  

 

1 1 1 2        x y x y y x

Bài 3: Chứng minh

a    x y

xy y x x y y x    

với x > 0; y >

b

1      x x x x

(x > 0, x 1)

Giải:

a Biến đổi vế trái

      xy y x y x xy xy y x x y y

x  

 



=  x y x y     x  y

= x - y = VP (đpcm) b Biến đổi vế trái

   1 1        x x x x x x

= 1

   

 x x x

x

Bài 4: Rút gọn biểu thức.

a    

 3

(8)

?Em quy đồng rút gọn

?Ngồi cách ta cịn cách để rút gọn GV gọi HS lên bảng thực

b    

 2 2 5 5 5 5 5 5          

=

20 5 10 25 5 10 25      

Bài 5: Rút gọn a y x y y x x  

(x0,y0,xy)

=           y x y xy x y x y x y x            2 3

= x xy y

b 3 3    x x x x

(x0)

=                            2 3 2 3 3 3 x x x x x x x x x =  x

D Hướng dẫn học nhà: - Xem lại làm

- Làm tiếp 58, 59, 60, 61, 62 sách BT

CHỦ ĐỀ 4: SỬ DỤNG HỆ THỨC GIỮA CẠNH VÀ GÓC CỦA TAM GIÁC VUÔNG

TIẾT 7; 8: HỆ THỨC GIỮA CẠNH VÀ GĨC CỦA TAM GIÁC VNG A Mục tiêu:

- Học sinh nắm hệ thức cạnh góc tam giác đồng dạng - Có kỹ vận dụng hệ thức làm tập

Hiểu thuật ngữ “giải tam gíc vng” gì? B Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ + Eke + thước thẳng + phấn màu HS: Nắm công thức + máy tính

C Tiến trình dạy học:

Tiết 7: A Lý thuyết.

1 Hệ thức

Cho tam giác ABC có góc <A = 900, AB = c, AC = b,

BC = a

A

(9)

Em viết hệ thức cạnh góc tam giác vng

?Giải tam giác vng

GV gọi HS thực Cả lớp làm vào NX làm bạn

?Áp dụng kiến thức để tìm AC

B C b = a Sin B = a Cos C

c = a Sin C = a Cos B b = c tan B = C Cot C c = b tan C = b Cot B Giải tam giác vuông

Trong tam giác vuông cho biết trước cạnh cạnh góc ta tìm tất cạnh góc cịn lại

Bài 1: Cho hình vẽ Điền Đúng - Sai vào ô trống. N

M P n = m Sin N n = m Cos P n = p cot N n = p Sin N Đáp án:

1

Bài 2: Cho tam giác vuông A, có AB = 21cm, góc C = 400 Tính B

a AC, BC

b Phân giác BD góc B

A D C Áp dụng hệ thức cạnh - góc tam giác vuông ABC AC = AB CotC

 AC = 21 Cot 400

AC  21 1,1918 = 25,03 cm

Tính BC

Áp dụng hệ thức cạnh góc tam giác vuông ABC AB = BC Sin C

(10)

?Áp dụng hệ thức để tìm BC

GV gọi HS thực

Tiết 8:

GV gọi HS lân bảng thực

?Để tính BC ta sử dụng

 Sin C =

SinC AB BC

AB



 BC =

6428 ,

21 40

21  

Sin SinC

AB

 ABC

 có góc A = 900  B + C = 900 (2 góc phụ

nhau)

mà C = 400 (gt)  B = 500

mà BD phân giác ABC

 B1 = 250

Xét tam giác vng ABD có:

Cos B1 =

1 25

21

Cos CosB

AB BD

BD AB

 



BD 23,17cm

9063 ,

21  

Bài 3: Giải tam giác ABC vuông A biết a c = 10cm; C = 450

b a = 20cm; B = 350

B

A C

Áp dụng hệ thức cạnh góc tam giác vuông ABC

AB = BC Sin C  BC =

SinC AB

BC = 10 : Sin 450 = 10 10 2

20 2

 

AC = 10 ABC vng cân A

Mặt khác tam giác ABC vuông A B + C = 900 mà C = 450  B = 450

Vậy b = 10, a = 10 2, B = 450

b = a Sin B = 20 Sin 350

b  20 0,573  11,472

(11)

hệ thức

GV gọi HS thực V gọi HS NX chốt

c  20 0,819  16,380 ABC

 vuông A  B + C = 900

mà B = 350  C = 900 - 350 = 550

Vậy b  11,472; c  16,38, C = 550

D Hướng dẫn học nhà:

- Xem lại lý thuyết cạnh góc tam giác vng - Xem lại tập chữa

- Làm BT:

Cho tam giác ABC AB = 8cm, AC = 5cm, góc BAC = 200

Tính diện tích tam giác ABC dùng thơng tin Sin 200 = 0,3420; Cos 200 = 0,9379; tan

 = 0,640

CHỦ ĐỀ 5: RÈN KỸ NĂNG BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC TIẾT 9: CÁC PHÉP TÍNH VÀ CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI A Mục tiêu:

- Hệ thống lại phép toán phép biến đổi thông qua tập tổng hợp - Học sinh nắm vững quy đồng mẫu thức phân thức

B Chuẩn bị: GV: Soạn

HS: Ôn lại phép tính cánh quy đồng mẫu thức phân thức B Ti n trình d y h c:ế ọ

GV GB

Tiết 9:

?Để P xác định ta làm

Bài 1: Cho biểu thức

P = 

  

  

  

  

  

 



 1

2 2

1 :

1 1 1

x x x

x x

x

a Tìm điều kiện x để P xác định b Rút gọn P

c Tìm x để P =

4

Giải:

a đkxđ P là:

      

 

 

0 2

0 1 0 0

x x x x

    

   

4 1

0 x x x

(12)

?Để thực rút gọn P ta thực đâu trước ?Em thực quy đồng mẫu ngoặc GV gọi HS lên bảng thực

Theo P =

4

ta làm nào?

?Em biến đổi Q dạng số + phân thức có tử số khơng?

?Để Z

x 1

x

phải nào? GV gọi HS thực GV gọi HS NX chốt

b P = 

                   2 : 1 x x x x x x

P =      

 2 1

2 1 : ) (           x x x x x x x x x x P =

   2 1

4 : 1         x x x x x x x x P =     

1  



x x

P =     

x x x x x x 3     

c P =

4    x x

Với x > 0, x 1; x4

Ta có:   x x

 4 x  83 x  x 8

 x = 64 (thoả mãn đk)

Vậy P =

4

x = 64

Bài 2: Tìm x Z để biểu thức Q =

1   x x

nhận giá trị nguyên Giải: Q = 1       x x x x Q =   x Z 

1 , với xZ, QZ Z

x1

 x 1¦ Ư(2)  x 11;2

1



x - 1 - 2

x -

x Loại

Vậy x0;4;9 Q Z

D Hướng dẫn học nhà

Cho P = 

                   1 2 1 1 : 1

1 x x x x

x x

(13)

b Rút gọn P

c Tìm x để P > 0

CHỦ ĐỀ 6: TÌM HIỂU TÍNH CHẤT VÀ CÁCH VẼ ĐỒ THỊ HÀM SƠ BẬC NHẤT

Tiết 10; 11: Hàm số y = ax + b (a 0)

A Mục tiêu:

- Khắc sâu kiến thức số bậc có dạng y = ax + b (a0) Biết chứng minh

hằng số đồng biến R a > 0, a < - Biết vẽ đồ thị hàm số y = ax + b (a0)

- Nắm vững điều kiện để y = ax + b (a0) y = a/x + b/ (a/0) song song nào,

cắt nhau, trùng B Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ + soạn

HS: Xem lại hàm số y = ax (a0)

C Tiến trình dạy học.

GV GB

Tiết 10:

Gọi HS đứng chỗ làm lớp theo dõi

GV chốt lại

Bài 1: Các hàm số sau có phải hàm số bậc nhất khơng? Vì sao?

a y = - 5x b y -

x

1

+ c y = x

2

d y = 2x2 + 3

e y = mx + f y = 0x + Giải:

a Hàm số y = - 5x hàm số bậc thuộc dạng y = ax + b

a = - 0

b y -

x

1

+ không hàm số bậc khơng thuộc dạng y = ax +

c y = x

2

(14)

a =

 , b =

d y = 2x2 + khơng hàm số bậc khơng thuộc

dạng y = ax + b

e y = mx + không hàm số bậc chưa có điều kiện m 0

f y = 0x + không hàm số bậc có dạng y = ax + b a =

Bài 2: Cho hàm số y = 3 2x1

a Chứng minh hàm số y = 3 2x1 hàm số đồng

biến R

b Tính giá trị tương ứng y x nhận giá trị x = 0; 1; 2; + 2; -

c Tính giá trị tương ứng x y nhận giá trị y = 0; 1; 8; 2+ 2, -

Giải:

a Đặt hàm số y = f(x) = 3 2x1

Ta có x thuộc R ta có 3 2x1 xác định hay

x thuộc R hàm số

y = f(x) = 3 2x1 xác định

lấy x1,; x2  R1 cho x1 < x2  x1 - x2 < (1)

 Ta có: f(x1) = 3 2x11

f(x2) = 3 2x2 1

Xét f(x1) - f(x2) = 3 2x11 3 2x2 1

= 3 2x11 3 2x2 

= (3 - 2)x1 - (3 - 2)x2

= (3 - 2) (x1 + x2)

Từ (1) x1 - x2 <

Mà - >

 (3 - 2) (x1 + x2) < hay f(x1) - f(x2) <  f(x1) < f(x2)

Vậy hàm số f(x) = 3 2x1 hàm số đồng biến

trên R

(15)

A Mục tiêu: - Học sinh vẽ đồ thị hàm số y = ax + b (a 0)

- Kiểm tra điểm thuộc đồ thị hàm số y = ax + b (a 0)

- Điều kiện để đường thẳng y = a/x + b/ song song, cắt nhau, trùng nhau

B Chuẩn bị:

GV: Thước kẻ + Compa + phấn màu HS: Thước kẻ + com pa

C Tiến trình dạy học.

1 Kiểm tra cũ: Nêu cách vẽ đồ thị hàm số y = ax ( a 0)

2 B i m ià

Tiết 11:

?Để vẽ đồ thị dạng y = ax + b ta làm

GV gọi HS1 vẽ đồ thị

hàm số y = - x +

GV gọi HS2 vẽ đồ thị

hàm số y = 3x -

? Để vẽ đồ thị hàm số ta vẽ

Bài 1: Vẽ mặt phẳng toạ độ Oxy đồ thị hai hàm số sau:

y = - x + y = 3x -

* Vẽ đồ thị hàm số y = - x +

Trên Oy cho x =  y =  A(0; 2)

Trên Ox cho y =  x =  B (2; 0)

* Vẽ đồ thị hàm số y = 3x - Trên Oy cho x =

 y = -  C(0; - 2)

Trên Ox cho y =

 x =

 D( ;0

)

Bài 2: Vẽ đồ thị hàm số y = 3x thước

compa Giải:

(16)

? Để biểu diễn điểm A (0, 3) lên trục số ta làm

như

?Để đồ thị hàm số (1) (2) hai đường thẳng song song

GV gọi HS thực câu a

? Để đồ thị hàm số (1) cắt đồ thị hàm số (2)

Trên Ox cho y =  x = -  B (- 1; 0)

Bài 3: Cho hai hàm số

y = (k + 1)x + k (k 1) (1)

y = (2k - 1)x - k (k

2  ) (2)

Với giá trị k

a Đồ thị hàm số (1) (2) hai đường thẳng song song

b Đồ thị hàm số (1) (2) cắt gốc toạ độ Giải:

a Để đồ thị hàm số (1) (2) hai đường thẳng song song

0

2

  

 

   

 

 

  

k x

k k

k

k k

(thoả mãn đk)

b Đồ thị hàm số (1) (2) hai đường thẳng cắt gốc toạ độ

0

1

  

 

    

 

  

  

k k

(thoả mãn đk)

Vậy * k = đồ thị hàm số (1) song song với đồ thị hàm số (2)

* k = đồ thị hàm số (1) cắt đồ thị hàm số (2) gốc toạ độ

Bài 4: Cho hai hàm số bậc nhất y =

3

    

 

 x

m (1)

(17)

?Đồ thị hàm số (1) cắt đồ thị hàm số 92)

?Để đồ thị (1) song song với đồ thị (2)

Với giá trị m

a Đồ thị hàm số (1) (2) hai đường thẳng cắt b Đồ thị hàm số (1) (2) hai đường thẳng song song

c Đồ thị hàm số (1) (2) cắt điểm có hồnh độ

Giải:

a Đồ thị hàm số (1) (2) hai đường thẳng cắt                          2 3 2 m m m m m m m Vậy ; ;  

 m m

m đồ thị (1) cắt đồ thị (2)

b Đồ thị hàm số (1) (2) l hai đường thẳng có tung độ gốc khác (1 3)

do chúng song song với

              m m m m 2            m m m

Vậy m =

3

đồ thị (1) song song với đồ thị (2) CHỦ ĐỀ 7: VẬN DỤNG TÍNH CHẤT ĐƯỜNG KÍNH VÀ DÂY

ĐỂ GIẢI TỐN

TIẾT 12; 13: ĐƯỜNG KÍNH VÀ DÂY CỦA ĐƯỜNG TRỊN A Mục tiêu:

- Học sinh nắm đường kính dây lớn dây đường trịn Nắm vững định lý đường kính vng góc với dây đường kính qua trung điểm dây không qua tâm

B Chuẩn bị:

GV: Thước kẻ, compa, phấn màu HS: Thước thẳng, compa

C Tiến trình dạy học

Tiết 12:

?Trong dây

A Lý thuyết

(18)

đường tròn dây lớn dây

?Trong đường trịn đường kính vng góc với dây qua điểm dây

?Trong đường trịn đường kính qua trung điểm dây khơng qua tâm

GV gọi HS vẽ hình

?DB DC noà với

?OB OC nhu với

?OB, OD, BD với

đường kính

- Trong đường trịn, đường kính vng góc với dây qua trung điểm dây

- Trong đường trịn, đường kính qua trung điểm dây khơng qua tâm vng góc với dây Bài 1: Cho đường trịn (O) đường kính AD = 2R Vẽ cung tâm D bán kính R, cung cắt đường tròn (O) B C

a Tứ giác OBDC hình gì? Vì sao? b Tính số đo góc CBD; CBO, OBA c.Chứng minh ABC tam giác

Giải: O

a Theo gt vẽ cung tròn tâm D bán kính R

 DB = DC (= R) (1)

Mặt khác: B, C thuộc đường tròn (O, R)

 OB = OC (= R) (2)

Từ (1) (2)  OB = OC = DB = DC (= R)  Tứ giác OBDC hình thoi

b Ta có: DO = DB (= R) ; OB = OD (= R)

 OB = OD = BD

Xét tam giác OBD có: OB = OD = BD (c/m trên)

 OBD tam giác  góc OBD = 600

mà BC đường chéo hình thoi nên BC phân giác góc OBD  CBD = CBO = 300

Mặt khác tam giác ABD có đường trung tuyến BO nửa AD nên góc ABD = 900

Suy góc OBA = 300

c Cheo chứng minh

(19)

? BC đường góc <OBD

?<ABC GV gọi HS thực GV đưa đề lên bảng phụ

Tiết 13:

?Em vẽ hình tốn ?Nếu kẻ OM CD theo

tính chất đường kính vng góc với dây ta có

Xét tam giác AKB có ?Xét tam giácAHK có GV gọi HS thực

Chứng minh tương tự ta có: góc ACB = 600  ABC tam giác

Bài 2: Cho đường trịn tâm (O) đường kính AB Dây CD cắt đường kính AB I Gọi H, K theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ A B đến CD

Chứng minh: CH = DK Giải:

Kẻ OM  CD, Om cắt AK N theo tính chất đường

kính vng góc với dây ta có: MC = MD Xét AKB có

) ( //BK NA NK ON

BO AO

 

   

Xét AHK có (2)

//AH MH MK NM

NK AN

 

   

Từ (1) (2) suy MC - MH = MD - MK Tức CH = DK (đpcm) D Hướng dẫn học nhà

Bài 1: Cho đường tròn (O; R) điểm M nằm bên đường tròn a Hãy nêu cách dựng dây AB nhận M trung điểm

b Tính độ dài AB câu a, biết R = 5cm, OM = 1,4cm

CHỦ ĐỀ 8: KHẮC SÂU HAI PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN

TIẾT 14; 15; 16: GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ VÀ PHƯƠNG PHÁP THẾ

A Mục tiêu:

- Học sinh nắm vững cách giải hệ phương trình bậc hai ẩn phương pháp cộng đại số

- Học sinh nắm vững cách giải hệ phương trình bậc hai ẩn phương pháp

(20)

- Bước đầu tập giải hệ phức tạp B Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ HS:

C Tiến trình dạy học:

GV GB

Tiết 14:

?Với toán ta dùng phương pháp để giải

GV đưa đề lên bạn

?Biến đổi để đưa hệ dạng hệ Pt bậc ẩn

Bài 1: Giải hệ phương trình a                 ) ( 5 3 y y y x y x y x                17 17 x y y y x

Vậy nghiệm hệ PT là: (x, y) = (2, - 1)

b  

          21 3 5 y x y x                21 ) ( 15 3 x x x y                   3 15 x x y                 3 45 y x

  

213 71 12 225 15 5              x y

Vậy nghiệm hệ PT (x; y) = ( 3; 5) Bài 2: Giải hệ phương trình

                         6 y x y x y x y x                   18 12 24 12 7 2 15 y x xy y x xy y x xy y x xy                      73 51 511 79 42 13 y x y x y x

(21)

GV gọi HS thực Tiết 15:

?Để hệ (1) có nghiệm (x; y) = (1; - 5) có nghĩa

GV gọi HS thực Cả lớp làm vào NX

GV đưa lên bảng phụ

?(d1)đi qua điểm

A(5; - 1) có nghĩa Vì (d2) qua B(-7; 3) có

nghĩa

Tiết 16:

Bài 3: Tìm giá trị a b để hệ

         93 ) ( ay bx y b ax (1) Có nghiệm (x; y) = (1; - 5)

Để hệ PT (1) có nghiệm (x; y) = (1; - 5) ta thay x = 1, y = - vào hệ (1) ta có hệ PT

                 88 ) 20 ( 3 20 20 88 a a a b a b b a                 103 103 20 88 15 100 3 20 a a b a a a b       17 b a

Vậy a = 1, b = 17 hệ có nghiệm (x; y) = (1; - 5) Bài 4: Tìm giao điểm hai đường thẳng

a.(d1) 5x n- 2y = c

(d2) x + by =

Biết (d1) qua điểm A( 5; - 1) (d2) qua

điểm (- 7; - 3) Giải:

Vì (d1) qua A(( 5; - 1) ta có:

5.5 - (- 1) = c hay c = 27

Vì (d2) x + by = qua điểm B(- 7; 3) nên - + 3b =

Hay b =

Vậy PT (d1) 5x - 2y = 27

(d2) x + 3y =

Gọi giao điểm hai đường thẳng (d1) (d2) M

toạ độ M nghiệm hệ PT                 27 ) ( 2 27 y y y x y x y x                 27 15 10 y x y y y x

Vậy toạ độ giao điểm (5; - 1)

(22)

?Dùng phương pháp cộng đại số biến bị triệt tiêu

GV gọi HS thực

?Em biến đổi để PT (2) hệ mẫu vế phải

?Cộng đại số biến bị triệt tiêu

GV gọi HS thực

?Để đường thẳng đồng quy ta làm

?Toạ độ giao điểm (d1)

và (d2)

Muốn (d3), (d2) (d1)

đồng quy (d3) phải

qua điểm

GV gọi HS thực

a         31 11 10 11 y x y x        31 11 10 24 12 y x x               20 31 11 31 11 10 y x y x       y x

Vậy nghiệm hệ (x; y) = (2; 1)

b          3 2 y x y x           2 2 y x y x          14 2 x y x         3 y x

Vậy hệ có nghiện (x; y) = (

2 ; )

Bài 6: Tìm giá trị m để đường thẳng đồng quy (d1) 5x + 11y =

(d2) 10x - 7y = 74

(d3) 4mx + (2m - 1)y = m +

Tìm toạ độ giao điểm (d1) (d2)

Giải:

Vậy tạo độ giao điểm (d1) (d2) nghiệm

của hệ PT                74 10 16 22 10 74 10 11 y x y x y x y x                11 58 29 x y y x y

Toạ độ giao điểm (d1) (d2) M(6; - 2)

Muốn (d3), (d2) (d1) đồng quy (d3) phải qua

M(6; - 2)

 4m.6 + (2m - 1)(- 2) = m +  24m - 4m + - m - =  19m =  m =

(23)

D Hướng dẫn học nhà. - Xem lại chữa - Làm tiếp

Bài 1: Giải hệ PT a

  

   

  

12 ) (

1 ) (

y x x

x y x

b  

  

   

   

x y

x

x y

x

3 ) ( ) (

3 21 ) (

4 2

Bài 2: Tìm số a, b cho 5a - 4b = - đường thẳng ax + by = - qua A(- 7; 4)

CHỦ ĐỀ 9: HIỂU GĨC Ở TÂM CĨ QUAN HỆ GÌ VỚI CUNG NHỎ BỊ CHẮN

TIẾT 17; 18: GÓC Ở TÂM - SỐ ĐO CUNG A Mục tiêu:

- Học sinh biết góc tâm, cung tương ứng có cung bị chắn - Biết so sánh cung đường tròn, định lý “cộng hai cung”

B Chuẩn bị:

GV: Thước thẳng, compa, thước đo góc HS: Thước thẳng, compa, thước đo góc C Tiến trình dạy học:

Bài

GV GB

Tiết 17:

?Em ghi GT, KL tốn

?AOM tam giác

Bài 1: Hai tiếp tuyến A B đường tròn (O, R) Cắt M Biết OM = 2R Tính số đo góc tâm AOB

Giải:

AM tiếp tuyến đường tròn tâm O

 OA  AM

 AOM tam giác vuông ấip dụng định lý

Pytago vào tam giác vng AOM ta có: OM2 = OA2 + AM2

AM = OM2 OA2 

AM = 2 2 3

R R R

R   

(24)

?Tính góc <AOM

?Nếu D nằm cung nhỏ BC Sđ AB = ?

?CD, OC, OD với

?D nằm BC ta có

GV gọi HS làm THa

?Nếu D  D/

BOD/ = ?

Sin AOM =

2

3  

R R OM

AM

 Góc AOM = 600

Chứng minh tương tự BOM = 600

Vậy AOB = 600 + 600 = 1200

Bài 2: Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Gọi C là điểm cung AB vẽ dây CD = R

Tính góc tâm DOB có đáp số Giải:

a Nếu D nằm cung nhỏ BC có Sđ AB = 1800 (nửa

đường trịn)

C điểm cung AB  Sđ CB = 900

Có CD = R = OC = OD

 OCD tam giác  COB = 600

Vì D nằm cung nhỏ BC

 Sđ BC = Sđ CD + Sđ DB

 Sđ DB = Sđ BC - Sđ CD = 900 - 600 = 300  SđBOD = 300

b Nếu D nằm cung nhỏ AC (D  D/)  <BOD/ = Sđ BD/ = Sđ BC + Sđ CD/

= 900 + 60+00 = 1500

Vậy tốn có đáp số

Bài 3: Cho điểm C nằm tren cung lớn AB đường tròn (O) Điểm C chia cung lớn AB thành cung AC CB Chứng minh cung lớn AB có

(25)

Tiết 18:

GV đưa đề lên hình

Gv gọi Hs vẽ hình BT

?OC nằm góc đối đỉnh AOB ta có: DOA + AOC = ?

DOB + BOC = ?

?Từ góc em chuyển sang cung ta có mối quan hệ

GV gọi HS THa

?OC trùng với tia đối cạnh góc AOB

? AOC + COB = ?

Em chuyển sang cung cung quan hệ

a TH tia OC nằm góc đối đỉnh góc tâm AOB

Kẻ đường kính CD ta có: DOA + AOC = 1800

BOD + BOC = 1800

DOA + DOB + AOC + BOC = 3600

Chuyển qua cung ta có

Sđ AB nhỏ + Sđ AC nhỏ + Sđ BC nhỏ = 3600  Sđ Acnhỏ + Sđ BCnhỏ = 3600 - Sđ ABnhỏ  SđACnhỏ + Sđ BCnhỏ= Sđ ABlớn

Vậy ta chứng minh C nằm cung lớn AB

Sđ AB = Sđ AC + Sđ CB

b TH tia OC trùng với tia đối cạnh góc tâm AOB

Ta có AOB + COB = 1800

AOC = 1800

AOB + COB + AOC = 3600

Chuyển qua cung Sđ

2

đường tròn cung AC + Sđ CBnhỏ = Sđ ABlớn

Vậy số đo cung lớn AB ta có Sđ AB = Sđ AC + Sđ CB

(26)

thế với

GV gọi HS NX cho TH

Theo TH b ta có Sđ ABlớn = Sđ (

2

đường tròn AE) + Sđ EBnhỏ

Theo TH “điểm C nằm cung nhỏ AB” Sđ EBnhỏ = Sđ ECnhỏ + Sđ CBnhỏ

Vậy Sđ ABlớn = Sđ (

đường tròn AB) + Sđ ECnhỏ +

Sđ CBnhỏ

Theo TH b ta có Sđ (

2

đường tròn AB) + Sđ ECnhỏ = Sđ Aclớn

Vậy Sđ ABlớn = Sđ AClớn + Sđ CBnhỏ

D Hướng dẫn học nhà: * Xem lại cá sửa Làm tiếp sau:

Trên đường trịn có số đo cung AB 1400 cung AD nhận B làm điểm

chính giữa, cung CB nhận điểm A làm điểm Tính số đo cung nhỏ CD cung lớn CD

CHỦ ĐỀ 10: VẬN DỤNG TÍNH CHẤT LIÊN HỆ GIỮA CUNG VÀ DÂY ĐỂ GIẢI TOÁN

TIẾT 19; 20: LIÊN HỆ GIỮA CUNG VÀ DÂY. A Mục tiêu:

- Học sinh nắm định lý1 định lý2

- Bước đầu vận dụng hai định lý vào giải tập B Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ, compa, thước thẳng HS: Thước thẳng, compa

C Tiến trình dạy học Bài mới:

GV GB

Tiét 19:

(27)

?DBClà hình

?BDC BEC

nào với

?cung BD cung CE có khơng

tại D E

a Chứng minh: BE = CD suy BDE = DEC CE = BD

b Chứng minh DE // BC suy tam giác ADE cân Giải:

Ta có DO = OB = OC = (R) Hay OD =

2

BC

 BDC tam giác vuông D (T/c đường trung

tuyến tam giác vuông)

 DBC = 900

Chứng minh tương tự BEC = 900

Xét tam giác vuông BDC BEC có BC cạnh chung

DBC = ECB (ABC cân A)

 BDCBEC (cạnh huyền góc nhọn)  BE = DC

 BDE = CED (*)

trừ hai vế (*) với DE BDE - DE = CED - DE

 BD = CE

b Ta vẽ DH BC,EK BC BDC CEK (cm trên)  DH = EK (1)

và DH // EK (2)

Từ (1) (2) tứ giác DHKE hình chữ nhật

 DE // BC

Ta có ADE = ABC (đồng vị) AED = ACB ( ABC cân A)

 ADE = AED  ADE cân A

Bài 2: Trên dây cung AB đường tròn O, lấy hai điểm C D chia dây thnàh ba đoạn thẳng AC = CD = DB Các bán kính qua C D cắt cung nhỏ AB E F Chứng minh rằng: a.AE = FB

(28)

GV gọi HS thực

?OCA ODBnhư

nào với

? góc O1 = O2  AE

a.Tam giác AOB tam giác cân OA = OB Suy A = B

BOD AOC 

 (c.g.c)

Vì có OA = OB, A = B

AC = DB Từ O1 = O2 Suy AE = FB

b.Tam giác OCD tam giác cân (vì OC = OD

BOD AOC 

 ) nên ODC < 900 từ CDF > 900

(Vì ODC CDF kề bù) Do tam giác CDF ta có CDF > CFD suy CF > CD hay CF > CA

Xét hai tam giác AOC COF chúng có OA = OF, Oc chung CF > AC suy O3 > O1

từ EF > AE

Bài : Trên dây cung AB đường tròn (O) có hai điểm C D chia dây thành đoạn AC = CD = DB Các bán kính qua C D cắt cung nhỏ AB E F chứng minh điểm E F chia cung nhỏ AB cung AE, EF, FB thoả mãn điều kiện AE = FB < EF

Giải:

Ta có AOB cân O OA = OB = R  A1 = B1

Xét OCA ODB có

OA = OB = R AC = DB (gt) A1 = B1

(29)

FB

 O1 = O2  AE = FB

Vì OCAODC  OCA = OBD

 OCD = ODC (2 góc kề bù)  OCD cân O

mà OEF cân O

góc COD = EOF ;

 OCD = OEF 

2 góc OCD OEF vị trí đồng vị

 CD // EF

Nối dài OB gặp EF G

OEG

 có CB // EG CD = DB  EF = FG

OBF

 cân O  góc OBF góc nhọn  góc FBG góc nhọn

BFG

 có FBG góc tù  Góc FBG góc nhọn

 FG > BF  EF > BF  EF > BF

Vậy AE = FB < BF D Hướng dẫn học nhà:

Bài tập: Trên dây cung AB đường tròn (O) lấy điểm C D chia dây thành đoạn AC = CD = DB Các bán kính qua C D cắt cung nhỏ AB E F

Chứng minh: a AE = FB b AE < EF

* Xem lại tập sửa

CHỦ ĐỀ 11: VẬN DỤNG ĐỊNH NGHĨA TÍNH CHẤT GÓC NỘI TIẾP ĐỂ LÀM BÀI TẬP

TIẾT 21; 22: GÓC NỘI TIẾP A Mục tiêu:

- Học sinh nhận biết góc nội tiếp đường trịn

- Rèn kỹ vẽ hình theo đề, vận dụng tính chất góc nội tiếp vào chứng minh B Chuẩn bị:

(30)

C Tiến trình dạy học. Bài

GV GB

Tiết 21:

?Bài toán cho biết ?Em vẽ hình tốn

?MBD tam giác

Xét tam giác BDA BMC có

?Góc B1 B3 có

nhau khơng sao? GV gọi HS thực

Bài 1: câu sau câu sai.

A góc nội tiếp chắn cung

B Góc nội tiếp có số đo nửa số đo góc tâm chắn cung

C Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng D Góc nội tiếp góc vng chắn nửa đường trịn Giải:

Chọn B sai thiếu điều kiện góc nội tiếp nhỏ 900.

Bài 2: Cho tam giắc ABC nội tiếp đường tròn (O) M điểm cung nhỏ BC Trên tia MA lấy điểm B cho MD = MB

a Hỏi tam giác MBD tam giác gì? b So sánh hai tam giác BDA BMC c Chứng minh MA = MB + MC Giải:

a Xét MBD có

MB = MP (gt)

BMD = C = 600 (góc nội tiếp chắn AB)  MBD tam giác

b Xét BDA BMC có BA = BC (gt) (1)

B1 = B2 = 600 (ABC đều)

B3 + B2 = 600 (BMD đều)

 B1 = B3 (2)

(31)

GV gọi HS làm câu c

Tiết 22:

GV gọi HS lên bảng vẽ hình

?SM tiếp tuyến đường trịn (O) M ta suy điều

?MSD + MOS = ? ?MOA + MOS = ?

GV gọi HS lên bange thực

Từ (1), (2), (3)

BDA

 = BMC (c.g.c)

 DA = MC (2 cạnh tương ứng)

c Có MD = MB (gt) DA = MC (c/m trên)  MD + DA = MB + MC

hay AM + DA = MB + MC

Bài 3: Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB và CD vng góc với Lấy điểm M cung AC vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) M Tiếp tuyến cắt đường thẳng CD S

Chứng minh: góc MSD = 2.MBA Giải:

SM tiếp tuyến đường tròn (O) M nên SM OM

Xét OMS vuông M  MSD + Mó = 900 (1)

AB  SD  MOA + MOS = 900 (2)

Từ (1), (2)  MSD = MOA

Mặt khác góc MOA = 2MBA (Góc nội tiếp góc tâm chắn cung AM)

Vậy MSD = 2.MBA

Bài 4: Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R dây cung AC =

2 3R

Gọi H hình chiếu C xng AB, K giao điểm AC với tiếp tuyến nửa đường tròn vẽ từ B Đường vng góc với AK vẽ từ K cắt AB taih D

1.Tính HB

2.CM CH BK = CA C1 ABC góc nội tiếp chắn

2

đường tròn

 ACB = 900  ACB tam giác vuông CH AB

áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABC ta có: AC2 = AH AB

 AH =

8

2 R

AB AC



(32)

?tam giác ACB tam giác

?áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABC ta có

GV gọi HS thực ?áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABK ta có

GV gọi HS thực

 HA + HB = AB  HB = AB - AH = 2R - 9R

=

8 7R

2.BK tiếp tuyến đường tròn (O)  BKAB

áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABK BC2 = CK CA (*)

Xét tam giác vuông HCB CKB C1 = B1 (2 góc so le HC // BK)  BHC đồng dạng với KCB

 CH.BK BC2

BK CB CB CH

 

 (**)

Từ (*) (**) CH BK = CK CA (đpcm)

D Hướng dẫn học nhà - Xem lại sửa

CHỦ ĐỀ 12: THÀNH THẠO VIỆC TÍNH GIÁ TRỊ CỦA HÀM SỐ KHI CHO CÁC GIÁ TRỊ CỦA BIẾN

Tiết 23: Hàm số y = ax2 (a 0)

A Mục tiêu:

- Học sinh vận dụng tính chất hàm số y = ax2 nhận xét để giải tập

- Tính giá trị hàm số biết trước giá trị cho biểu trước biến B Chuẩn bị:

GV: bảng phụ, thước thẳng, máy tính HS: Máy tính

C Tiến trình dạy học. Bài mới:

GV GB

Tiết 23:

GV gọi HS điền vào bảng a

Bài 1: Cho hàm số y = 3x2

a.Lập bảng tính giá trị y ứng với giá trị x: -2; - 1; -

3

; 0;

3

; 1;

b.Trên mặt phẳng toạ độ xác định điểm mà hồnh độ la cịn tung độ giá trị tương ứng y câu a Giải: a.

x - - -

3

0

3

(33)

GV gọi HS biểu diễn điểm

A 

  

  

3 ;

; A/ ( ;

); B (- 1; 3); B/ (1; 3)

C (- 2; 12); C/ (2; 12)

f(1) có nghĩa GV gọi HS làm câu a GV gọi HS làm câu b GV gọi Hs NX chốt

y = 3x2 12 3

3

0

3

3 12

Bài 2: Cho hàm số y = f(x) = - 1,5x2

a Tính f(1); f(2); f(3) rồiơsắp xếp giá trị từ bé đến lớn

b Tính f(- 3); f(- 2); f(- 1) xếp số theo thứ tự từ bé đến lớn

Giải:

a Ta có: f(1) = - 1,5 12 = - 1,5

f(2) = - 1,5 22 = - 6

f(3) = - 1,5 32 = - 13,5

Ta có - 1,5 > - > - 13,5

 f(1) > f(2) > f (3)

b.Ta có f(- 3) = - 1,5 (- 3)2 = - 13,5

f(- 2) = - 1,5 (- 2)2 = - 6

f(- 1) = - 1,5 (- 1)2 = - 1,5

Ta có: - 13,5 < - < - 1,5  f(- 3) < f(- 2) < f(- 1)

- Biểu diễn điểm A(3; 0; 9); B(- 5; 2; 5); C(- 10; 1) lên hệ trục toạ độ CHỦ ĐỀ 13: LÀM QUEN VỚI MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐỒ THỊ

HÀM SỐ y = ax2

TIẾT 24: ĐỒ THỊ HÀM SỐ y = ax2 (a 0)

A Mục tiêu:

- Học sinh vẽ đồ thị hàm số y = ax2 (a 0)

- Học sinh biết đồ thị hàm số y = a/x + b/ (a  b) y = ax2 (a 0) để biết thêm

cách tìm nghiệm hệ PT bậc đồ thị B Tiến trình dạy học:

Bài mới:

GV GB

Tiết 24: Bài 1: Cho hàm số y = f(x) = x2

a.Vẽ đồ thị hàm số

b.tính giá trị f(- 8); f(- 1,3); f(- 0,75); f(1,5) Giải:

a Lập bảng giá trị tương ứng

(34)

GV gọi học sinh lên vẽ đồ thị hàm số y = x2

GV gọi HS làm câu b

y = x2 9 4 1 0 1 4 9

b f(- 8) = (- 8)2 = 64

f(- 1,3) = (- 1,3)2 = 1,69

f(- 0,75) =

16

3       

f(1,5) = (1,5)2 = 2,25

Bài 2: Cho hàm số y = ax2

Xác định hệ số a trường hợp sau: a Đồ thị qua A(3; 12)

b Đồ thị qua B(- 2; 3) Giải:

a Theo đồ thị hàm số y = ax2 qua A(3; 12) ta có

12 = a 32  a =

3 12

12

2   

 a

a

Vậy a =

3

đồ thị hàm số y = ax2 qua A(- 2; 3)

b Theo đồ thị hàm số y = ax2 qua điểm

B(- 2; 3) Ta có: = a (- 2)2

 

3

2   



 a a

D Hướng dẫn học nhà:

Bài 1: Cho hàm số y = 0,2x2 y = x

a Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng toạ độ b Tìm tạo độ giao điểm

Bài 2: Cho hàm số y = 0,2x2

a Biết điểm A(- 2; b) thuộc đồ thị, tính b? b.Biết điểm C(c; 6) thuộc đồ thị Tính c?

CHỦ ĐỀ 14: VẬN DỤNG KIẾN THỨC GÓC TẠO BỞI TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG ĐỂ GIẢI TOÁN

TIẾT 25; 26: GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG A Mục tiêu:

(35)

- Nắm định lý áp dụng định lý vào giải tập B Chuẩn bị:

GV: Thước thẳng, cmpa, thước đo góc, bảng phụ HS: Thước thẳng, compa

C Tiến trình dạy học: Bài mới:

GV GB

Tiết 25:

GV đưa đề hình vẽ lên bảng phụ

Góc C, D, A1 góc

gì đường trịn tâm O ?Góc C, D, A1, B2; A3 có

quan hệ với

Bài 1: Cho hình vẽ có AC, BD đường kính, xy là tiếp tuyến A đường tròn (O) Hãy tìm hình góc

Giải:

Ta có góc C = D = A1

(góc nội tiếp, góc tia tiếp tuyến dây chắn cung AB)

C = B2; D = A3 (góc đáy tam giác cân)  C = D = A1 = B2 = A3

Tương tự B1 = A2 = A4

Có góc CBA = BAD = OAx = OAy = = 900

Bài 2:Từ điểm M cố định bên đường tròn (O) ta kẻ tếp tuyến MT cát tuyến MAB đường trịn

a Chứng minh ta ln có MT2 = MA MB tích

này khơng phụ thuộc vị trí cát tuyến MAB

b hình cho MT = 20cm, MB = 50cm Tính bán kính đường tròn

Giải:

(36)

GV gọi HS thực

GV gọi HS vẽ hình câu b

Tiết 26:

GV gọi HS vẽ hình lớp vẽ vào

? Góc AOI góc

BMT TMA Chúng có M chung B = MTA

(Cùng chắn cung nhỏ AT)

nên BMT đồng dạng với TMA

Suy

MT MB MA MT

 MT2 = MA.MB

Vì cát tuyến MAB kẻ tuỳ ý nên ta ln có

MT2 = MA MB khơng phụ thuộc vào vị trí cát

tuyến MAB b

Gọi bán kính đường trịn R MT2 = MA MB

MT2 = (MB - 2R) MB

Thay số ta có: 202 = (50 - 2R) 50

400 = 2500 - 100R R = 21cm

Bài 3: Cho đường trịn (O, R) hai đường kính AB và CD vng góc với I điểm cung AC, vẽ tiếp tuyến qua I cắt DC kéo dài M cho

IC = CM

a Tính góc AOI

b Tính độ dài OM theo R c Tính MI theo R

d Chứng minh: tam giác CMI đồng dạng với tam giác OID

(37)

?góc OMI góc ?Em timd mối quan hệ góc

Gv gọi HS lên bảng thực

GV gọi HS NX GV chốt

Trong tam giác vng OMI cps góc M1 = O1 =

300 Tính OM theo R

Em viết hệ thức mối liên hệ MI MC, MD

Gv gọi HS làm câu c

?góc IDC IMD với

?góc IMC, CIM, OID, ODI với GV gọi HS c/m câu d

a Ta có góc AOI = OMI (1) góc có cạnh tương ứng vng góc)

Góc OMI = MIC

Xét tam giác CIM có CI = CM (gt)

 CMI tam giác cân C  Góc M1 = I1 (2)

Từ (1) (2)  Góc I1 = IOA

Ta có O1 = Sđ AI

I1 =

Sđ IC

 2Sđ AI = Sđ IC

mà Sđ AI + Sđ IC = 900  Sđ AI = 300  O1 = 300

hay góc AOI = 300

b Tam giác vng OMI có M1 = O1 = 300

 OM = OI = 2R (đ/lý tam giác vng)

c.Theo hệ thức lượng đường trịn MI2 = MC MD

Mà MC = MO - OC = 2R - R = R MD = OM + OD = 2R + R = 3R MI2 = R 3R = 3R2

 MI = R 3

d.Xét tam giác OID có OI = OD = (R)

 OID tam giác cân O  góc OID = ODI (I)

Ta có góc IDC =

2

Sđ IC (*) (đ/lý góc nội tiếp) Góc IMD =

2

Sđ IC (**) (đ/lý góc tạo tiếp tuyến dây cung)

Từ (*) (**) góc IDC = IMD (II)

(38)

? góc xAC ABC với

?xAC EAy với

Từ (I), (II) (III)

 góc IMC = CIM = OID = ODI (IV)

Xét tam giác CIM tam giác OID có: Góc CIM = ODI (c/m IV)

Góc MIC = OID (c/m IV)

 CMI đồng dạng với OID (g.g)

Bài 3:Cho hai đường tròn (O) (O/) tiếp xúc tại

A BAD cà CAE hai cát tuyến hai đường tròn Xy tiếp tuyến chung A

Chứng minh: góc ABC = ADE

Ta có: góc xAC = ABC ( =

2

Sđ AC) EAy = ADE ( =

2

Sđ AE) Mà xAC = EAy (2 góc đối đỉnh)

 ABC = ADE

D Hướng dẫn học nhà: - Xem lại sửa

CHỦ ĐỀ 15: VẬN DỤNG ĐỊNH NGHĨA TÍNH CHẤT GĨC CĨ ĐỈNH BÊN TRONG VÀ BÊN NGỒI ĐƯỜNG TRỊN ĐỂ GIẢI TỐN

TIẾT 27: GĨC CĨ ĐỈNH BÊN TRONG ĐƯƠNG TRỊN, GĨC CĨ ĐỈNH BÊN NGỒI ĐƯỜNG TRỊN

A Mục tiêu:

- Rèn kỹ nhận biết góc có đỉnh bên trong, bên ngồi đường trịn

- Áp dụng định lý vào giải tập, rèn kỹ trình bày bài, kỹ vẽ hình B Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ, thước thẳng, compa HS: Thước thẳng, compa

C Tiến trình dạy học: Bài mới:

(39)

Tiết 27:

GV gọi HS vẽ hình tốn

?Góc A góc có đỉnh bên ngồi đường trịn ta có

Góc C có quan hệ với Sđ CD

Gv gọi HS vẽ hình tốn

Bài 1: Từ điểm M bên ngồi đường trịn (O) vẽ 2 tiếp tuyến MB, MC Vẽ đường kính BOD Hai đường thẳng CD MB cắt A

Chứng minh: M trung điểm AB Giải:

Theo

Góc A góc có đỉnh nằm bên ngồi đường trịn nên A =

2

SdBC SdBmD

A =

2

SdBC SdBCD

Vì Sđ BCD = Sđ BmD = 1800

A =

2

SdCD

Mà C1 =

Sđ CD (góc tạo tia tiếp tuyến dây) C1 = C2 (đối đỉnh)

Vậy A = C1  AMC cân M  AM = MC

Bài 2: Cho điểm A, B, C, D theo thứ tự chiều ở đường tròn (O, R) với số đo cung AB, BC, CD 600, 900, 1200 (B nằm A C, nằm

giữa B D) BD

a Chứng minh AC  BD

b Kéo dài CB DA cắt I Tính góc AIB c Chứng minh ABCD hình thang cân, Tính góc Giải:

1 Gọi H giao điểm AC BD

Ta có Sđ AHB = 0 900

2 120 60

2 

  SdCB

(40)

?Sđ AHB GV gọi HS thực ý

?Sđ AIB = ?

GV gọi HS thực ý

GV gọi HS thực ý GV gọi HS NX chốt

 AC  BD

2 Điểm I nằm nên ta có Sđ AIB =

2

(Sđ CD - Sđ AB) = 0 300

2 60 120

 

3 Theo hình vẽ ta có

Sđ AD = 3600 - (Sđ AB + Sđ BC + Sđ CD

= 3600 - (600 + 900 + 1200) = 900  Sđ BC = Sđ AD  BC = AD

Vì A, B, C, D chiều nên AB // AD

 Tứ giác ABCD hình thang

mà BC = AD (c/m trên)

 Tứ giác ABCD hình thang cân  Sđ ABC =

2

Sđ CDA =

2

(Sđ CD + Sđ DA) =

2

(1200 + 900) = 1050

Ta có: góc ABC + BCD = 1800  Góc BCD = 1800 - 1050 = 750

D Hướng dẫn học nhà. - Xem lại tập

Chủ đề 16: NẮM CHẮC VÀ VẬN DỤNG THÀNH THẠO CÔNG THỨC NGHIỆM ĐỂ GIẢI TỐN

TIẾT 28; 29: CƠNG THỨC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI A Mục tiêu:

- Học sinh nắm biệt thức  = b2 - 4ac điều kiện để phương trình bậc hai

ẩn vơ nghiệm, có nghiệm kép, có hai nghiệm phân biệt

- Học sinh nắm công thức / = b/2 - ac áp dụng giải tập

- Thành thạo việc sử dụng công thức nghiệm để giải tập B Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ HS: Học kĩ

C Ti n trình d y h cế ọ

GV GB

Tiết 28:

phụ Bài 1: Điền vào chỗ có dấu để

(41)

GV gọi HS điền vào

Gv đưa đề lên bảng phụ

GV gọi HS thực câu a

GV gọi HS nhận xét chốt

Đối với PT ax2 + bx + c = (a  0)

và biệt thức  = b2 - 4ac.

* Nếu >0 PT có hai nghiệm phân

biệt.

x1 = x1 b2a , 2x  b2a  ; x2 =

* Nếu =0 PT có nghiệm kép

x1 = x2 = 2ab

* Nếu <0 PT vô nghiệm

Bài 2: Xác định hệ số a , b, c rồi giải phương trình

a 2x2 - 1 2 2 2 0

 

 x

b 0

3 2 2

3 1 2

 

 x

x Giải:

a 2x2 - 1 2 2 2 0  

 x

a = 2; b = - 1 2; c = -

 = b2 - 4ac

= 1 22  4.2 2

= 1 288

= + + = 12 22 >

Do PT có nghiệm phân biệt x1 =

2

2 2

2 

  

   

a b

x2 =

2

2 2

2 

      

a b

Vậy PT có hai nghiệm x1 =

; x2 = 

b

3 2

(42)

phụ

?để PT bậc hai ẩn có nghiệm kép

GV gọi HS thực ý b GV gọi HS NX chốt

Tiết 29:

Ta có:  = 36 + = 44 >

PT có hai nghiệm phân biệt   = 11

x1 = 11

2 11

2  

     a b

x1 = 11

2 11

2  

     a b

Vậy PT có hai nghiệm x1 = + 11; x2 = - 11

Bài 3: Với giá trị m PT sau có nghiệm kép Tính nghiệm kép

a x2 + mx + = 0

b (m + 3)2 - mx + m = 0

Giải:

a x2 + mx + = 0

 = m2 -

PT (1) có nghiệm kép

0



  m2 - =

 (m - 2) (m + 2) =

               2 2 m m m m

Với m =

x1 = x2 =

2 

   m

Với m = -

x3 = x4 = 2    m

b Để PT có nghiệm kép

                         ) ( 3 12 3 0

2 m m

m m m m a           ; m m m

m = m = - Với m =  x1 = x2 =

Với m = -  x3 = x4=

Bài 4: Với giá trị m PT sau vô nghiệm a 3x2 + 2mx + = (1)

b 2x2 + mx + m2 = (2)

(43)

GV gọi HS làm câu b GV gọi HS NX chốt

?Để PT (1) có hai nghiệm phân biệt cần điều kiện GV gọi HS thực câu a

?Với hệ số a cịn chứa tham số để PT có hai nghiệm phân biệt cần điều kiện

GV gọi HS thực

a 3x2 + 2mx + = (1)

Ta có / = m2 - 12

Để PT (1) vơ nghiệm / <  m2 - 12 <  m 12m 12 <

 - 12 m 12

Vậy PT (1) vô nghiệm khi: - 12 m 12

b 2x2 + mx + m2 = (2)  = m2 - 8m2 = - 7m2

Để PT (2) vô nghiệm   <  - 7m2 <

Do m2 >

m  - 7m2 0m

Vậy với m0 PT (2) vơ nghiệm

Bài 5: Với giá trị m PT có hai nghiệm phân biệt

a x2 - 2(m + 3)x + m2 + = (1)

b (m + 1)x2 + 4mx + 4m - = (2)

Giải:

a x2 - 2(m + 3)x + m2 + = (1) / = (m + 3)2 - (m2 + 3)

= m2 + 6m + - m2 - = 6m + 6

Để PT (1) có hai nghiệm phân biệt

/ >  6m + >  6m > -  m > -

Vậy m > - PT (1) có hai nghiệm phân biệt b (m + 1)x2 + 4mx + 4m - = (2)

/ = 4m2 - (m + 1)(4m - 1)

= 4m2 - 4m2 + m - 4m + 1

= - 3m +

Để PT (2) có hai nghiệm phân biệt

    

    

 

  

   

 

 



3 1

1

0

/ m

m m

m a

Vậy m <

3

; m  - PT có hai nghiệm phân biệt

D Hướng dẫn học nhà: - Xem lại tập sửa

(44)

TIẾT 30; 31; 32: TỨ GIÁC NỘI TIẾP A Mục tiêu:

- Học sinh nắm định nghĩa, tính chất tứ giác nội tiếp - Sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp làm tốn

- Rèn kỹ vẽ hình, chứng minh B Chuẩn bị:

GV: Thước thẳng, compa, bảng phụ HS: Thước thẳng, compa

C Tiến trình dạy học:

B i m i:à

Tiết 30:

GV gọi HS làm lớp theo dõi nhận xét

GV chốt

?Tứ giác AKOF nội tiếp đường trịn

Bài 1: Các kết luận sau hay sai

Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn có điều kiện sau:

a BAD + BCD = 1800

b ABD = ACD = 400

c ABC = ADC = 1000

d ABC = ADC = 900

e ABCD hình chữ nhật f ABCD hình bình hành g ABCD hình thang cân h ABCD hình vuông Giải:

a Đúng b Đúng c Sai d Đúng e Đúng f Sai g Đúng h Đúng

Bài 2: Cho tam giác ABC, vẽ đường cao AH, BK, CF Hãy tìm tứ giác nội tiếp hình bên

A

(45)

?Tứ giác BFOH nội tiếp đường trịn

?Tứ giác HOKC nội tiếp đường trịn

?Tứ giác BFKC nội tiếp đường trịn

Tiết 31:

GV vẽ hình lên bảng phụ

? Góc DEB = ?

?GócDSC = ?

?Góc DEB + DSC = ?

B H C Giải:

Các tứ giác nội tiếp là:

* AKOF có AKO + OFA = 1800

* BFOH có BFO + OHB = 1800

* HOKC có OKC + OHC = 1800

Xét tứ giác BFKC có BFC = BKC = 900

 F K thuộc đường trịn đường kính BC  tứ

giác BFKC nội tiếp đường trịn có đỉnh thuộc

 đường trịn đường kính BC

Bài 3: Cho hình vẽ S điểm cung AB Chứng minh: tứ giác EHCD nội tiếp

Giải:

Ta có: DEB =

2

SdAS SdDCB

(góc có đỉnh đường trịn)

DCS =

2

Sđ SAD =

2

(Sđ AS + Sđ AD) Mà AS = SB (gt)

 DEB + DCS =

2

SdAD SdBA

SdSB

SdDCB  

 DEB + DCS = 3600 : = 1800  Tứ giác EHCD nội tiếp đường tròn

Bài 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R) Hai đường cao BD CE Chứng minh: OA  DE

(46)

?B1 C1 với

nhau

?B1 quan hệ

với AM

?C1 quan hệ

với AN

GV gọi HS chứng minh

Tiết 32:

?Tứ giác BEMF có nội tiếp không

Theo tam giác ABC có ba góc nhọn BD  AC; EC  AB

 B1 = C1 (vì phụ với BAC)

B1 =

Sđ AM (định lý góc nội tiếp) C1 =

2

Sđ AN (định lý góc nội tiếp)

 A điểm MN

 OA  MN (liên hệ đường kính dây cung)

*Tứ giác BEDC nội tiếp

Ta có: E1 = B2 (cùng chắn cung DC)

Lại có: N1 = B2 (cùng chắn cung MC)  E1 = N1

mà E1 so le với N1  MN // ED (2)

Từ (1) (2) ta có: OA  ED (đpcm)

Bài 4: Cho hình bình hành ABCD Điểm M thuộc miền hình bình hành cho góc ABM = ADM Gọi E, F, G, H theo thứ tự hình chiếu điểm M AB, BC, CD, DA

Chứng minh:

a.Tứ giác EFGH tứ giác nội tiếp b Góc BAM = BCM

Giải:

a.Tứ giác BEMF có:

(47)

Tứ giác DHMG nội tiếp khơng,

GV gọi HS chứng minh

GV gọi HS NX

GV gọi HS chứng minh câu b

Gv đưa đề lên bảng

Nên tứ giác nội tiếp

 F1 = B1 (1)

Tương tự tứ giác DHMG nội tiếp

 G1 = D1 (2)

Theo giả thiết B1 = D1 (3)

Từ (1), (2), (3)  F1 = G1

Ta có F, M, H thẳng hàng E, M, G thẳng hàng

Nên EFH = EGH

 Tứ giác EFGH nội tiếp (theo quỹ tích cung chứa

góc)

b.Tứ giác AEMH nội tiếp  A1 = H1 (4)

Tứ giác CFMG nội tiếp  C1 = G2 (5)

Tứ giác EFGH nội tiếp  H1 = G2 (6)

Từ (4), (5) (6)  A1 = C1

Tức BAM = BCM (đpcm)

Bài 5: Cho tam giác ABC có đáy BC A = 200 Trên

nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C lấy điểm D cho DA = DB DAB = 400 Gọi E giao điểm

của AB CD

a Chứng minh ACBD tứ giác nội tiếp b Tính AED

Giải:

a Từ tam giác ABC Ta có

BCA = 0 800

20 180

 

(1) Từ tam giác ADB cân ta có ADB = 1800 - 400 = 1000(2)

Từ (1) (2) suy

BCA + ADB = 800 + 1000 = 1800

Vậy ABCD tứ giác nội tiếp

(48)

AED =

2

SdAD SdBC

Mà BAC = 200 góc nội tiếp chắn cung BC

nên Sđ BC = 400

ABD = 400 góc nội tiếp chắn cung AD

nên Sđ AD = 800

Vậy AED = 0 600

80 40

 

D Hướng dẫn học nhà - Xem lại tập sửa - Làm thêm 5:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm (O), góc A = 450 đường cao

BE, CF

a Chứng minh điểm B, E, O, F, C thuộc đường trịn b Có nhận xét tứ giác BFOE

CHỦ ĐỀ 18: VẬN DỤNG HỆ THỨC VIÉT ĐỂ GIẢI TOÁN TIẾT 33: HỆ THỨC VIÉT - ỨNG DỤNG

A Mục tiêu:

- Nắm vững hệ thức viét

- Vận dụng hệ thức viét để nhẩm nghiệm phương trình bậc hai ẩn Tìm hai số biết tổng tích chúng

B Chuẩn bị: GV: Bảng phụ

HS: Ơn kĩ hệ thức Viét C Tiến trình dạy học. Bài

GV GB

Tiết 33:

GV đa đề lên bảng phụ

Cả lớp làm vào nhận xét

Bài 1: Không giả PT dùng hệ thức Viét tính tổng và tích nghiệm PT sau:

a 2x2 - 7x + = 0

b 2x2 + 9x + = 0

Giải:a 2x2 - 7x + = 0

 = (- 7)2 - 2 = 32 >

Theo hệ thức Viét ta có: x1 + x2 =

2

; x1.x2 = 2



(49)

GV gọi HS nhận xét

?Hai số mà tổng tích

x1 + x2 =

9 

; x1.x2 =

Bài 2: Tính nhẩm nghiệm PT sau: a.7x2 - 9x + = 0

b 23x2 - 9x - 32 = 0

Giải:

a 7x2 - 9x + = 0

Ta thấy a + b + c = - + =

 x1 = 1; x2 = 

a c

b 23x2 - 9x - 32 = 0

Ta thấy a - b + c =

 x1 = - 1; x2 =

23 32  

a c

Bài 3: Dùng hệ thức Viét để tính nhẩm nghiệm PT a x2 - 6x + = 0

b x2 + 6x + = 0

Giải:

a x2 - 6x + = 0

Nhận thấy + = = Vậy PT có hai nghiệm x1 = 4; x2 =

b x2 + 6x + = 0

Nhận thấy (- 2) + (- 4) = - (- 2) (- 4) =

nên PT có nghiệm: x1 = - 2; x2 = -

Bài 4: Lập PT có hai nghiệm 5 Giải:

Ta có S = + = P = 3.5 = 15

Vậy nghiệm PT x2 - 8x + 15 = 0

D Hướng dẫn học nhà.

- Tìm hai số u v trường hợp sau: a u + v = 14; u v = 40

(50)

CHỦ ĐỀ 19: VẬN DỤNG CƠNG THỨC TÍNH ĐỘ DÀI ĐƯỜNG TRỊN - CUNG TRỊN LÀM TỐN

TIẾT 34; 35: ĐỘ DÀI ĐƯỜNG TRÒN - CUNG TRỊN A Mục tiêu:

- Nhớ cơng thức độ dài đường tròn C = 2R ( C = d)

- Biết cách tính độ dài cung trịn

- Vận dụng thành thạo cơng thức giải tốn B Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ + com pa + phấn màu + máy tính HS: Nắm vững cơng thức + máy tính

C Tiến trình dạy học:

1 Kiểm tra cũ: Viết cơng thức tính độ dài đường trịn có bán kính R Bài mới:

GV GB

Tiết 34:

?COB = ?

?DOB ?Độ dài cung BmD tính theo công thức

GV gọi HS thực Gv đưa đề lên bảng phụ

Bài 1: Cho hình bên ta có đường trịn (O) đường kính AB = 3cm, góc CAB = 300

Tính độ dài cung BmD Giải:

Ta có: COB = 2CAB (định lý góc tâm góc nội tiếp chắn cung)

Mà CAB = 300  COB = 600

Mà DOB + BOC = 1800 (2 góc kề bù)  DOB = 1800 - 600 = 1200

Độ dài cung BmD có số đo n0 = 1200

BmD =    180

120 180

Rn (cm)

Vậy độ dài cung BmD =  (cm)

Bài 2:Cho đường tron tâm O bán kính R = cm Tính góc AOB biết độ dài cung AmB

3 4

(51)

?Bài tốn cho biết gì? ?Cơng thức tính độ dài cung n0 gì

Tiết 35:

?Em đổi 36045/ độ

?áp dụng công thức ta tính

GV gọi HS thực

?

A = C độ

Theo công thức tính độ dài cung n0 ya có:

=

60 180

180

n n

Rn 

   

Theo =

3 4

Ta có:

60 n



=

3 4

 n = 80 hay AOB = 800

Bài 3: Tính độ dài cung 36045/ đường trịn có

bán kính R Giải:

36045/ = 1470

Áp dụng cơng thức tính độ dài cung trị có n0

= Rn R R

  

 

240 49 180

4 147 180

Bài 4: Cho tam giác cân ABC có góc B = 1200, AC =

6cm Tính đường trịn ngoại tiếp tam giác

Giải:

Tam giác ABC tam giác cân B ta có: A = C (1)

Theo định lý tổng góc tam giác A + B + C = 1800 (2)

Từ (1) (2) A = C = 0 300

120 180

 

 B = 1200

OB  AC Tại H, H trung điểm AC

Theo giả thiết AH = : = (3)

(52)

?AH

?trong tam giác đề đường cao

?Em tính AB

?độ dài đường trịn tính theo cơng thức

GV gọi HS thực

AH =

2

AB (4)

Từ (3) (4) thay số vào ta có: = 

2

AB AB = 2

3 (cm)

Trong đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có: BOA = BCA = 300 = 600

Suy tam giác AOB tam giác Ta có: OB = AB = (cm)

Vậy độ dài đường tròn ngoại tiếo tam giác ABC là: C = 2R = 2.

C = 4 (cm)

Vậy độ dài đường tròn : C = 4 (cm)

D Hướng dẫn học nhà: - Xem lại sửa - Làm tập sau

Cho đường trịn tâm O, bán kính R Tính góc AOB biết độ dài cung AB

6 5R



2 Trên cung Ab lớn đường tròn (O) xác định điểm C để vẽ CH vng góc AB H AH = CH

3 Tính độ dài cung AC, BC

CHỦ ĐỀ 20: CÓ KỸ NĂNG ĐƯA CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH PHỨC TẠP VỀ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN

Tiết 36; 37; 38: Giải phương trình quy phương trình bậc hai A Mục tiêu:

- Học sinh biết đưa số dạng phương trình phương trình bậc hai phương trình trùng phương, phương trình có chưa ẩn mẫu, phương trình bậc cao đưa phương trình tích, đặt ẩn phụ

-Có kĩ giải phương trình bậc hai đặt điều kiện ẩn B Chuẩn bị:

GV: Bảng phụ

HS: Ơn cách giải phương trình tích, phương trình chưa ẩn mẫu lớp C Tiến trình dạy học.

(53)

GV GB Tiết 36:

Em dùng đẳng thức đáng nhớ triển khai đưa PT bậc hai ẩn

GV gọi HS thực

?ĐK xác định cảu PT

Em quy đồng vế PT Cả lớp làm vào nhận xét

Bài 1: Gải phương trình sau: a (x + 2)2 - 3x - = (1 - x)(1 + x)

b x(x2 - 6) - (x - 2) = (x + 1)3

Giải:

a (x + 2)2 - 3x - = (1 - x)(1 + x)  x2 + 4x + - 3x - = - x2  2x2 + x - =

 = + 16 = 17 >  = 17

x1 =

4 17       a b

x2 =

4 17       a b

b x(x2 - 6) - (x - 2) = (x + 1)3

 x3 - 6x - x2 + 4x - = x3 + 3x2 + 3x +  x3 - 2x - x2 - - x3 - 3x2 - 3x - =  - 4x2 - 5x - =

 4x2 + 5x + =

 = 25 - 80 = - 55 <  PT vô nghiệm

Bài 2: Giải phương trình

a

1 12     x x

b 121 4 ( 82)( 4)

     

 x x

x x

Giải:

a

1 12     x

x đkxđ: x1 (*)

1 12     x x  ) )( ( ) )( ( ) )( ( ) ( ) )( ( ) ( 12             x x x x x x x x x x

 12(x + 1) - 8(x - 1) = ( x - 1)(x + 1)  12x + 12 - 8x + - x2 + =  x2 - 4x - 21 =

/ = + 21 = 25 >

/

(54)

?ĐK xác định PT

?Em quy đồng vế PT

GV gọi HS giải PT

Tiết 37:

Em áp dụng đẳng thức để làm

GV gọi HS thực

?Em chuyển xuất đẳng thức GV gọi HS thực

x1 =

1 /       a b

x2 =

1 /        a b

x1, x2 thoả mãn điều kiện (*)

Vậy PT có nghiệm x1 = 7, x2 = -

b đkxđ: x2;x4

2 4 ( 82)( 4)

     

 x x

x x x x x  ) )( ( 8 ) )( ( ) ( ) )( ( ) (            x x x x x x x x x x x

 2x(x + 4) - x(x - 2) = 8x +  2x2 + 8x - x2 + 2x - 8x - =  x2 + 2x - =

/ = + = /

 = =

x1 =   

(loại); x2 =     (loại) Vậy PT vô nghiệm

Bài 3: Giải phương trình

a (x + 1)2 - x + = (x - 1)(x - 2)

b (x2 + x + 1)2 = (4x - 1)2

Giải:

a (x + 1)2 - x + = (x - 1)(x - 2)

 x2+ + 2x + - x + = x2 - 2x - x +  x2 + x + - x2 + 3x - =

 4x =  x =

Vậy PT có nghiệm x = b (x2 + x + 1)2 = (4x - 1)2

 (x2 + x + 1)2 - (4x - 1)2 =

 (x2 + x + - 4x + 1)(x2 + x + + 4x - 1) =  (x2 - 3x + 2)(x2+ 5x) =

         ) ( ) ( 2 x x x x

Giải (1) x2- 3x + = 0

(55)

?Đây dạng PT GV gọi HS lên bảng thực

Em biến đổi để hệ số PT hệ số nguyên GV gọi HS lên bảng thực

x1 = 2

1

 

; x2 =

1

 

Giải (2) x2 + 5x = 0  x(x + 5) =  x = x = -

Vậy PT có nghiệm

x1 = 2; x2 = 1, x3 = 0; x4 = -

Bài 4: Giải phương trình a x4 - 8x - = (1)

b

6

1    x

x (2)

Giải:

a x4 - 8x - = (1)

Đặt x2 = t (t  0)

PT (1) trở thành t2 - 8t - = 0

Ta thấy a - b + c = + - =

 PT có nghiệm

t1 = - (loại)

t2 =  x2 =  x2 = (3)2

 x3

Vậy PT có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = -

b

6

1    x

x (2)

 2x4 - 3x2 + =

Đặt x2 = t (t  0)

PT (2) trở thành 2t2 - 3t + = 0

Nhận thấy a + b + c = Nên t1 = 1; t2 =

2

Với t1 =  x2 =

 x2 = (1)2  x = 1

Với t2 =

1 2 2

2

1

     

   

 x x

(56)

Tiết 38:

?Với dạng táon ta dùng phương pháp để giải

GV gọi HS thực lớp làm vào

?Với toán trước giải ta phải làm

?Ta đặt ẩn phụ biến thức

Vậy PT có nghiệm

x1 = 1; x2 = - 1; x3 =

; x4= 

Bài 5: Giải phương trình a (4x - 5)2 - 6(4x - 5) + = 0

b

1 ) (

2 2

   

 x

x x

x

Giải:

a (4x - 5)2 - 6(4x - 5) + = 0

Đặt 4x - = t PT trở thành t2 - 6t + = 0

/ = - = > /

 =

t1 =

1

 

t2 =

1

 

Với t1 =  4x - = 4x =

 x =

Với t2 =  4x - = 4x =

4   x

Vậy PT có hai nghiệm x1 =

; x2 =

b

1 ) (

2 2

   

 x

x x

x

ĐK: x  -

Đặt t x

x



1 PT trở thành

2t2 - 5t + = 0

Nhận thấy a + b + c = - + = t1 = 1; t2 =

2

Với t1 = 1 1  

x x

(*)

 x = x +  0x = (vô lý)  PT (*) vô nghiệm

t2 =

2

3

  

x x

(57)

 2x = 3x +

 x = - (thoả mãn đk)

Vậy PT cho có nghiệm x = -

CHỦ ĐỀ 21: PHÂN TÍCH VÀ ĐƯA BÀI TỐN CĨ CHỮ VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN

TIẾT 39; 40: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH A Mục tiêu:

- Học sinh nắm bước giải toán lập phương trình - Biết vận dụng vào tốn

B Chuẩn bị: GV: bảng phụ

HS: Ôn lại bước giải tốn cách lập phương trình lớp C Tiến trình dạy học:

1 Kiểm tra cũ: Nêu bước giải toán cáhc lập phương trình (lớp 8) Bài mới:

GV GB

Tiết 39:

?Gọi chữ số hàng chục x đk x

?Chữ số hàng đơn vị

?Theo ta có PT ?Em giải PT

GV gọi HS giải PT

Bài 1: Cho số có hai chữ số tổng hai chữ số của chúng 10, tích hai chữ số nhỏ số cho 12 Tìm số cho

Giải:

Gọi chữ số hàng chục số cho x (x *,

 N x )

Chữ số hàng đơn vị 10 - x Giá trị số cho

10x + 10 - x = 9x + 10 Ta có PT

x(10 - x) = 9x + 10 - 12 10x - x2 = 9x -  x2 - x - =

Nhận thấy a - b + c = + - = Ta có: x1 = - 1; x2 =

Với x1 = - (loại) không thoả mãn đk

(58)

?Gọi vận tốc xuồng hồ yên lặng x đk x ?Vận tốc xuồng xuôi

?Vận tốc xuồng ngược

?Thời gian hồ nước yên lặng

?Thời gian xi dịng

?Thời gian ngược dịng

Theo tra ta có phương trình

Chữ số hàng đơn vị Vậy số phải tìm 28

Bài 2: Một xuồng máy xi dịng sơng 30km ngược dịng 28 km hết thời gian thời gian mà xuồng 59,5 km mặt hồ yên lặng Tính vận tốc xuồng hồ biết vận tốc nước chảy sông 3km/h

Giải:

Gọi vận tốc xuồng máy hồ yên lặng x (km/h) x >

Vận tốc xuồng xi dịng sơng x + (km/h)

Vận tốc xuồng ngược dịng sơng x - (km/h)

Thời gian 59,5 km hồ

x

2 119

(giờ) Thời gian 30 km xi dịng sơng

3 30



x (giờ)

Thời gian 28 km ngược dòng

3 28



x (giờ)

Ta có phương trình

3 30



x + 28



x = 2x

119

 x2 + 4x - 357 = /

 = + 357 = 361 / = 19

x1 = 17

19

  

; x2 = 21

19

   

Vì x > nên x = - 21 (loại)

Vậy vận tốc xuồng hồ nước yên lặng 17 km/h

Bài 3: Hai đội cơng nhân làm qng đường 12 ngày xong Nếu đội thứ làm hết nửa công việc đội thứ hai tiếp tục làm nốt phần việc cịn lại hết tất 25 ngày Hỏi đội làm xong

Giải:

(59)

Tiết 40:

?gọi thời gian đội làm xong nửa công việc x ngày

Em tìm điều kiện x ?Thời gian hai đội làm xong công việc

?Trong ngày đội làm công việc

?Trong ngày đội hai làm công việc

?Trong ngày hai đội làm công việc

?Ta có PT Gv gọi HS thực ?Ta trả lời toán

Thời gian đội thứ hai làm xong nửa công việc 25 - x (ngày)

Trong ngày đội thứ làm

x

2

công việc Trong ngày đội thứ hai làm 2(251 x)

 (công

việc)

Trong ngày hai đội làm

12

cơng việc Theo ta có phương trình

x

2

+ 2(251 x)

 = 12

hay x2 - 25x + 150 = 0

 = 252 - 150 = 625 - 600 = 25 >

PT có hai nghiệm x1 = 15

2 25

 

x2 = 10

5 25

 

x1 = 15; x2 = 10 (thoả mãn đk)

Vậy - Đội thứ làm minh 20 ngày xong công việc

- Đội thứ hai làm 30 ngày xong công việc

Hoặc

- Đội thứ làm minh 30 ngày xong công việc

- Đội thứ hai làm 20 ngày xong công việc

(60)