GIAO AN ON THI VAO LOP 10 MON TOAN NAM 212

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt và sáng tạo.. Gäi Ex lµ tia ®èi cña EA.. Vẽ dây AD song song với BC.. Vẽ dây MD song song với NP. Vẽ dây AQ song song với BC.. Vẽ dây MD [r]

ôn thi vào lớp 10 : Năm 2012

Ngày 12/5/2012 soạn: B1

ễN TP: c HUYÊN ĐỀ 1: RÚT GỌN BIỂU THỨC ĐẠI SỐ

i mơc tiªu:

- Kiến thức: - Nắm đợc kiến thức chuyờn đề 1: 1.Biến đổi cỏc thức bậc hai;

Các hng ng thc ỏng nh Các dạng tập bản:

- Rỳt gn mt biu thc dạng số, dạng chứa chữ cỏc toỏn tổng hợp - Kĩ năng: Vận dụng kiến thức vào giải tập

- Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, tính linh hoạt, sáng tạo II Chuẩn b:

GV: Tài liệu ôn tập

HS: chuẩn bị tài liệu: sách ôn tập theo y/c GV III tiến trình dạy học:

Hot ng ca GV &HS Yờu cầu cần đạt Hoạt động 1: Ôn tập lí thuyết:

?1 a) Với số thực a, ta có

2 ?

a 

b) Với số thực a b cho

ab0, ta có ab ?

c) Với số thực a b

cho ab0, b  0, ta có ?

a b  a ab

b  b a 0,b0

a ab

b  b a < 0, b < 0. d) Với số thực a b 0, ta

có: a b2 ?;a b ?

?2 Nêu quy tắc:

a) Khai phơng thơng(hay quy tắc chia bậc hai) b) Khử mẫu biểu thức dới dấu

?

a b

c) Trục thức mẫu

?

a b c  ?3 Nêu đẳng thức

thường gặp ?

?4 Nêu dạng toán chủ đề ?

GV: NhËn xÐt, bổ sung, thống cách trả lời cho câu, nhắc lại khắc sâu cho HS

1 a) a2 a a  a2 anếu a <

b) a b  a b víi a b, 0 ab  a b a < 0, b < c)

, 0;

a a

a b

b  b   

a a

b b

 

 nếu a < 0, b < 0

d)

2

a ba b =

a b a b

   

- NÕu a > th× a b  a b2 - NÕu a < th× a b  a b2 a)

a a

b  b ; b)

a ab ab

b  b  b

c)

 

; a b c

a a b a

b b c

b  b c  



3 a) đẳng thức đáng nhớ

b) Một số đẳng thức khác: * 4ab = (a + b)2 - (a - b)2

* 2(a2 + b2) = (a+ b)2 + (a - b)2

* (a+b+c)2 = a2+b2+c2+2ab+2ac +2bc * an - bn = (a -b)(an-1+an-2b+ an-3b2+ +abn-2 + bn-1) * xn - = (x - 1)(xn-1+ xn-2 + + x + 1) (n số tự nhiên lẻ)

4 Các dạng toán bản: a) Rút gọn biĨu thøc dạng số

b) Rót gän mét biĨu thøc chøa chữ Sư dơng kÕt qu¶

Nếu a0

rút gọn để:

- TÝnh giá trị biểu thức biết giá trị biến; - Giải PT, BPT (so sánh biểu thức với số)

- Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức

- Tìm giá trị nguyên biểu thức ứng với giá trị nguyên cña biÕn

Hoạt động 2: Luyện tập: Dạng 1: Rỳt gọn cỏc biểu thức dạng số: Cỏc VD

GV: Viết VD lên bảng y/c HS giải, GV theo dõi HD HS XD chữa: (Lưu ý HS phân tích số số phương, tổng hiệu theo đảng thức đáng nhớ để đưa thừa số dáu căn) VD1:a)

8 32 72 4.2 16.2 36.2

2 5.4 3.6 2 20 18

A     

      

 2  2

) 2 2

2 2 2

2 2 2

c C    

     

        

VD2:

2

3 48 25

) 20 15 18

4 25 3

3 16.3 25.3 4.3

6 20 15 18

4 25 3 3

6 20.4 15.5 18.2

2 3

3 16 25 12

a A   

   

   

    

 2  2

4 5

) 3

3

5

9

3 3

5 2 15

3

3

d D   

 

 

   

  

  

VD3:

6 6

)

6

a A    

   

6 6

6 2

6

 

      



VD4:  

15 12

) 11

6 6

b B    

  

 

1 b)B 20 45 80   125

4.5 9.5 16.5 25.5

2 2.3 3.4 5 5 12 5

(2 12 5) 11

   

   

   

    

 2  2

) 15 15

5 3 5 3

5

5 3

d D   

     

   

    

2.b B)  2 3 2

 2  2

4

2

3 3

2

3

2

3 3

6

2

B   

 

    



  



  

   

3 b)

5 5

1

1 5

B         

 

   

=

   

5 5

1

5

     

     

     

   

=  1   1   5 4

 

7

)

7 1 1

7 1 1 2 7

2

7 1

c C  

   

    



  

 

     

 

     

 

       

   

   

15 6 12

6 11

6

15 6 12

6 11

5

3 6 6 11

3 6 12 6 11

6 11 11 121 115

    

 

   

    

 

    

 

   

 

 

 

      

 

      

     

VD5: Lưu ý HS: Với k số nguyên dương ta có:

 

 

   

 

 

2 2

1

1

1 1

1 1

1

k k k k

k k k k k k k k

k k k k

k k k k

  



     

  

  

 

1

)

2 1 2

2010 2009 2009 2010

1 1

1 2

1 1

1

2009 2010 2010

b B   

 





     

   

GV: Phân tích kĩ bài, rõ cho HS ý đẻ HS hiểu

     

 

2 2

2

2 10 15

2 5

     

     

 

 

 

 

2

2

2

2

) 29 12

5 2.2 5.3

5

5 5 5

5 5 1

c C    

    

   

       

       

5.a) A =

2 3

2 2

 



   

   

   

 

   

2

2 2

2 4

2 3

2

2 3

2 3

2

2 3

2 3

2

3 3

2 3 3 3 3

3 3

2.6

2

9

 

 

   

 

   

   

     

 

   

   

   

 

   

   

 

 

      



 

  



Hoạt động 3: Hướng dẫn học nhà:

- Học sách ôn ghi thuộc lí thuyết Tập làm lại VD khó chữa - Làm BT tran 9, 10 sách ôn tập, buổi sau luyện tập

Rút kinh nghiệm sau buổ dy:

Ngày 16/5/2012 soạn: B2

LUY TẬP cĐ1: RÚT GỌN CÁC BIỂU THỨC ĐẠI SỐ

i mơc tiªu:

- Kiến thức: - Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chuyờn đề thụng

qua việc giải tập:

- Rót gän mét biĨu thøc dạng số, dạng chøa chữ

- Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, tính linh hoạt, sáng tạo II Chun b:

GV: Tài liệu ôn tập

HS: chuẩn bị tài liệu: sách ôn tập theo y/c GV III tiến trình dạy học:

Hot động GV &HS Yờu cầu cần đạt Hoạt động 1: Chữa tập

(Ch a b i VD5 r t l i bu i trữ ổ ước)

GV: y/c HS lên bảng chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung thống cách làm

HS: Làm XD chữa theo HD GV

Hoạt động 2: Luyện tập: (Dạng 1)

1 Rút gọn biểu thức:

a) A = 27 243 12

b) B = 5  5

c) C = 6  6

d) D =

1

3 5 3

GV: y/c HS làm cá nhân 10/ sau cho HS lên bảng giải, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

2

a) A = 5 21 5 21

b) B =

15 5

3

 



 

c)

11 11 11 11

1

1 11 11

     

 

   

     

   

d) D =

2

2  2

e)

1 2

2 3 2



 

(PP dạy tương tự)

3 Rút gọn biểu thức: a)A= 2 6   ;

HS: Lµm vµ XD bµi theo HD cña GV 1.1.a) A = 12 3 3  

b) B=    

2

5 2  2  2  2 5 

c)C=    

2

3  3  3 2 3 2 3

d) D =

5 5 5

5

2 2

      

    

2.a)

 32  3

10 21 10 21

2 2

7 7

14

2

A A

  

 

  

  

   

   

 

5 5 5 3 5

)

2

3

b B      

 

   

   

11 11 11 11

) 1

1 11 11

1 11 11 11 10

c C C

     

   

  

     

   

      

   

 2  2

2 2 4

)

4

2 3

3 3

d        



 

        

 

 

 

6

3 2

)

2 18 12

e     

   

2

3 )a A  1  2.1 3.1 6 

 22

     

b)B =  

2

b) B= 5  29 12 5

c)C=

1 1

12

3 2  

d) D=

     

   

2

8 16

2 2

2

   

  

   

   

     

   

   

e) E =

1 1

2 3 4

1

2009 2010

  

  





g) G =

4 7

3 7

 



   

(PP dạy tương tự)

2

1 1 1

)

4

3 3

1 1 1 1 1

2

3 3 3

1 1 3

2

3 2 3 2

c C    

   

           

   

     

d)        

2 16

2

D          

     

     

       

4 16

2 2

       

    

       

       

=      

8 16

2 2

        

     

     

=      

16 16 32

2 2

       

   

    = 216 - 1

 D =    16

2 2 1

e) E = 3 2 4   2010 2009 2010

   

 

 

 

 

   

       

2

2 7

6 8

2 7

6 7

2 7 4 2 14 4 2 14

6 7 14 7

4 14 7 14 7

49

28 14 14 28 14 14 42

42 2 42

G   

   

 

 

   

   

   

     

    





      



 

Hoạt động 3: Luyện tập dạng 2: Rút gọn BT chứa chữ: GV: Viết VD lên bảng, y/c HS lên giải

GV: Theo dõi HD HS giải

HS: Làm XD theo HD GV Hoạt động 4: Hướng dẫn học nhà:

- Học sách ôn tập thuộc lí thuyết, xem lại BT chữa - Làm tiếp dạng lại

Rút kinh nghiệm sau buổi dy:

Ngày 16/5/2012 soạn: B3

LUYỆN TẬP CĐ1 : RÚT GỌN CÁC BIỂU THỨC ĐẠI SỐ

i mơc tiªu:

- Kiến thức: - Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chuyờn đề thụng

qua việc giải tập:

- Rút gọn biểu thức dạng số, dạng chứa chữ cỏc toỏn tổng hợp - Kĩ năng: Vận dụng kiến thức vào giải tập

- Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, tính linh hoạt, sỏng to II Chun b:

GV: Tài liệu ôn tập

HS: chuẩn bị tài liệu: sách ôn tập theo y/c GV III tiến trình dạy học:

Hoạt động GV &HS Yờu cầu cần đạt

Hoạt động 1: Ch ữa VD: Dạng 2: Rỳt gọn cỏc biểu thức chứa chữ GV: Nờu VD y/c HS giải, GV theo

dõi HD HS giải, sau GV phân tích cho HS hiểu ý sách ôn tập

HS: Làm theo HD GV

Hoạt động 2: Luyện tập dạng 2: GV: Viết chọn y/c HS

suy nghĩ, thảo luận làm - 7/, sau đó cho HS dừng bút XD

GV phân ích ý cho HS hiểu

1.Rút gọn biểu thức: a) A =

9

3

a a a

a a

  



  , với a0,a9

 3  3  32

3

3

a a a

a a

a a a

              b)B=

a b ab a b

a b a b

  



 

với a0,b0,a b

  2   

0

a b a b a b

B

a b a b

a b a b

  

  

 

    

2.Rút gọn biểu thức: a) A =

3 18 27 27

3

a a a a

a a

  



 

Với a0,a9

       

3 3

3

3 9

a a a a a a

A

a a

A a a a a

                  )

a a b b a b b a c C

a b a b ab

 

 

  

Với a0,b0,a b

      2 )

a b ab a b

c C

a b ab a b

  



  

với a0,b0,a b

              2 2

a b a b

a ab b ab

a ab b ab a b

a ab b a b

a ab b a b

a b a b a b

a b

a b a b

                        

1 1

) :

1

a d D

a a a a a



 

  

   

 

Với a > 0, a1

 

 12

1 1 a a a a a a a       

2.b) B =

2

1

1

a a a

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

với a0;a1

   

   

2

1 1

1 1

a a a a

B a

a a a

                                 2 1

1

1

1

a a a a

a a

     

 



d)

a b2 4ab a b ab2

D

a b ab

  

 

   

   

 

 

 2

2

a b a ab b ab a b

C

a b a b a b

a ab b ab a ab b

a b a b

a b a b a b                         e) E=

a a b b a b

ab a b a b                     

Với a0,b0,ab

    2

E a b

a b

   



3 Chứng minh biểu thức:

a) A =  

2

:

x x y y

xy x y

x y            

Không phụ thuộc vào x, y(x, y > 0, xy)

Ta có: A =

   

 

   

2

:

2 :

x y x xy y

xy x y

x y

x xy y x xy y

                    

4 Rút gọn BT:

3

)

1 1

3 3 3

a A

a a a a a

a a a



    

   

Với a >

8suy ra:

3

3

3

1 1

3 3

1 1

3

3 3

1 1

3 3

a a a a

A a a

a a a a

a a

a a a a

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

3 3

2

3

3 2

1

2

3

2 27

2 27 16

a a

A a a A

a a a a a A

a a a a a a a A

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

với a, b0, a-b

 2  

0

a b ab a b D

a b ab

D a b a b

 

  



     

g) G =

1 2

4

2

x x x

x x x       

với x0,x0

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

1 2 2

2

3 2

2

3

3

2

2 2

x x x x x

G

x x

x x x x x

x x

x x

x x x

x

x x x x

                             3.b) B= 2

1 1

1

2 2

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

Không phụ thuộc vào a (a > 0, a 0)

Ta có:B=    

2

1 1

2

a a a a a a                                2 2

1 1

2 1

2 1

2 1

1

1 1

1 1

a a a a

B

a a a

a a

a a a a

a a

a a a

a a a a a

                                       

4 b) Vì xy + xz + yz = nên ta có:

 2  2  2  2

2

1

1

y z xy yz zx y xy yz zx z

x xy yz zx x

                                      

x y z y y z x y z z y z y x z x x z

x y y z z x y z

y z y z x y z x

                             Tương tự:

 2  2

2 1 z x z x y      ;

 2  2

2 1 x y x y z      Do đó:

   

3

3

3

3

3

2 12

2 2

2

A a a a a A

A a a A a a A

A A aA a

     

      

    

   

     

  

2

2

1

1

1

A A a A

A A A a A

A A A a

    

     

    

Vì a > 1/8 nên A > 0, A2 + A + 2a > Do A - =  A = 1

B = (xy + xz + yz) + (xy + xz + yz) B = + =

Hoạt động 3: Hướng dẫn học nhà: - Học ghi sách ôn tập

- Tập làm lại tập khó ơn tập tốn tổng hợp, buổi sau ôn tập

Rút kinh nghiệm sau bui dy:

Ngày 24/5/2012 soạn: B4

LUYỆN TẬP cĐ1: RÚT GỌN CÁC BIỂU THỨC ĐẠI SỐ

i mơc tiªu:

- Kiến thức: - Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chuyờn đề thụng

qua việc giải tập:

- Rót gän mét biÓu thøc dạng số, dạng tổng hợp

- Kĩ năng: Vận dụng kiến thức vào giải tập - Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, tính linh hoạt, sáng tạo II Chuẩn bị:

GV: Tµi liệu ôn tập

HS: chuẩn bị tài liệu: sách ôn tập theo y/c GV III tiến trình d¹y häc:

Hoạt động GV &HS Yờu cầu cần đạt Hoạt động 1: Chữa tập

(Chữa tập rớt lại buổi trước) GV: y/c HS lên bảng chữa, lớp theo dõi nhận xét,

bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung thống cách làm

HS: Làm XD chữa theo HD GV

Hoạt động 2: Luyện tập dạng 3: Các toán tổng hợp: VD1: a) Rút gọn P

1

1

a a a a

P

a a

     

     

     

   với a  0, a1

   

   

1

1

1

1 1

a a a a

a a

a a a

     

   

  

     

   

    

b) Tính giá trị lớn BT Q = P +

a

VD2: a) Rút gọn:

1 1

1

a P

a a a a



  

  với a > 0, a 1

   

1

1

1

a a a a a

P

a

a a a a

   

   



 

b) Do a nguyên dương (a 1) nên

P =

1

1

a

a   a dương

Để P nguyên

1

1 Z a

2

5

1

4

5

4

5

max

4

Q a a a a

Q a Q x                             VD3:

a) Rút gọn P =

                2

2 1

:

1 1

2

1

2

1

7 7

1

1

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) Tìm x để P =

0, 0, 1(1)

4

4 4 0(2)

1

x x x x

P x x x x                      

Giải (2): Đặt t = x0, ta có PT:

4t2 + 4t - = 0

4 12 16

 

       

PT có nghiệm:

1

2

2

4

2

4

t t            

Loại t2 = -3/2 khơng thỏa mãn ĐK t0 Với t = 1/2 suy x = 1/4

Vậy P =  x = 1/4

VD6: Cho BT P =

x y x y

xy y xy x xy



 

  với x, y > 0, x y

a) Rút gọn P

1

a

  

* Nếu a1 1  a  2 a4

* Nếu a1 1 a  0 a0(loại vì

a>0) Vậy a = P nhận giá trị nguyên VD4: a) Rút gọn P: ( a0,a4)

16  3 2 2 3

4 2

a a a a

P

a a a

  

  

  

       

   

3 2

16

4 4

16

4

2

2

2

a a a a

a a

a a a

a a a a a a

a a a a a                          

b) Tìm giá trị nhỏ bt Q = P + a

 

1

2

3

2 1

2 2

2

2

a a

Q a

a a

a a a a a

a a                 Do 1,5 a a a  

 với a  0, suy Q

1



, dấu "=" xảy a = Vậy Q =

1

0

2 a

VD5: Cho bt

3 2

2

x x x

P

x x x x

  

  

   

a) Tìm ĐK x để P có nghĩa

Vì x - x 2  x 2  x1nên P có nghĩa khi:

0 0

2

1

1

x x x

x x x

x x x                            

   

       

   

 

 

 

2 2

x y x y

P

xy

y x y x y x

x x y x y y x y x y y x

xy y x y x

x xy x y xy y y x xy y x

xy x y x y y x xy y x



   

 

     

 

    





 

 

 

b) Tính P x = 2 3;y 2

   

   

2

2

2 3 4

2 3 4

3 3 1 3 1

3

3

2 3

P       

     

     

 

  

  

 

VD7: Cho bt P =

       

   

1

1

x y

x y y x y y

xy

x y



   



 

a) Tìm ĐK x, y để P có nghĩa P có nghĩa x0;y0;y1;x y 0

b) Rút gọn P

       

   

   

   

3 2

2

4 2

2

1

2

2

x x x x x

x x

x x x x x

x x

x

x

x x

      

 

      



 



 



 

c) Tìm x để P <

1

1

2

3

2

0

2 3 0

2

x P

x x

x x x

x x

x

 

    

 

     

  

 

   

    

 

 

   

* Từ (1)

3 0

0

0

2

x x

x x

x

     



   

 

 

  

 

* Từ (2)

3

3

2

x x

x x

x x

    

 

    

 

  

 

 

Kết hợp với ĐK a) ta được:

0 4,

9

x x

x

  



 



c) P =  x xy y2

   

   

1 1

1 1

x y y

x y

    

   

Ta có: + y  1 x  1 0 x

 x = 0; 1; 2; 3; 4

Thay giá trị x vào (*)

* Với x =  (0 1)(1  y) 1  1 y1

2 y

  Vô nghiệm.

* Với x = 1 (1 1)(1  y) 1  1  y 1 Vô nghiệm

* Với x =

( 1)(1 y) 1 y

       

(1)

(2)

     

     

 

     

   

     

       

   

   

   

     

1

1 1

1

1 1

1

1

1

1 1

1

x x y y xy x y

P

x y x y

x y x x y y xy x y

x y x y

x y x y x xy y xy

x y x y

x x y x y x x

x x

x x y y x y

x x

x y y y y

y x xy y

    



  

    



  

     



  

     



 

   



 

   





  

Vậy P = x xy y

2

y y

    .

* Với x =

 1   1

2

3 3

2

y y

y y



      

   

    

(Loại khơng thuộc Z) * Với x =

 1   2 1 

1 0

y y

y y y

       

      

Vậy cặp số nguyên (x; y) để P = là: (2; 2) (4; 0)

Hoạt động 3: Hướng dẫn học nhà: - Học ghi sách ôn tập

- Làm BT trang 17, 18 Sách ôn tập ôn tập phần tam giác đồng dạng, tứ giác, hệ thức lượng tam giác vuông

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 28/5/2012 soạn: B5:

LUYỆN TẬP CDD1: DẠNG 3; ÔN TẬP PT BẬC NHẤT MỘT ẨN, BPT BẬC NHẤT MỘT ẨN TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG TỨ GÁC

i môc tiªu:

- Kiến thức: - Tiếp tục củng cố cho HS nắm vững kiến thức chuyờn đề

thụng qua việc giải cỏc tập:Rút gọn biểu dạngtổng hợp - ễn tập pt bậc ẩn; tam giỏc đồng dạng, tứ giỏc - Kĩ năng: Vận dụng kiến thức vào giải tập - Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, tính linh hoạt, sáng tạo II Chuẩn bị:

GV: Tài liệu ôn tập

HS: chuẩn bị tài liệu: sách ôn tập theo y/c GV III tiến trình dạy học:

Hot ng ca GV &HS Yờu cầu cần đạt Hoạt động 1: Chữa tập

(Ch a b i t VD 4, 5, 6, r t l i bu i trữ ậ ổ ước)

GV: y/c HS lên bảng chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung thống cách làm

HS: Làm XD chữa theo HD GV

?1 PT bậc ẩn PT có dạng ? Có nghiệm ? ?2 PT quy PT bậc

a) PT đưa dạng tích PT ntn ? VD: Giải pt:

a) x2 - 3x + = 0 b) x +

1

2

2x 3x

 6x + 3x - 2x = 12  7x = 12  x = 12/7

c) x2 1 3x 6 x21  3x =  x = 2

d) 2x - 3x = +

 

 2

2 3

2

x x

   

    

2

) 27

3

3 3

10 3 3 /10

e x x x

x x x

x x

  

   

   

?3 Bất pt bậc ax + b > (a0)

- Lấy VD trang 38, 39 sách ôn tập

1 PT bậc PT có dạng ax + b =

- Nếu a = 0, b = PT nghiệm với x

 R

- Nếu a = 0, b 0 PT vô nghiệm

- Nếu a 0,b0 PT có nghiệm x =

b a



2 a) PT đưa dạng tích PT sau biến đổi có dạng tích Cách giải:

- Cho thừa số để giải

- Nghiệm pt nghiệm pt nhỏ b) PT chứa ẩn mẫu Cách giải:

- Đặt ĐK cho mẫu khác - Quy đồng, khử mẫu - giải pt

c) PT chứa dấu giá trị tuyệt đối: cách giải: chia khoảng x để bỏ dấu giá trị tuyệt đối Đối với pt chứa 2gias trị tuyệt đối bình phương để bỏ dấu giá trị tuyệt đối

d) PT chứa căn: PP giải chủ yếu bình phương hai vế chuyển dạng pt chứa dấu giá trị tuyệt đối

3 Bất pt bậc ax + b > (a0)

- Nếu a > bất pt có nghiệm x >

b a



- Nếu a < bất pt có nghiệm x <

b a



Hoạt động 3: Ôn tập tam giác đồng dạng, tứ giác:

I Tam giác đồng dạng:

?1 Nêu đ/l Ta - lét tam giác hệ đ/l ?

* MN//BC

AM AN AB AC AM AN MB NC MB NC

AB AC

  

*

AM AN MN

AB AC BC

?2 Nêu t/c đường phân giác tam giác ?

?3 Nêu trường hợp đồng dạng tam giác ?

1.a) Đ/l: Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác cắt cạnh cịn lại định cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ

b) Hq: Nếu đường thẳng cắt cạnh tam giác song song với cạnh lại tạo tam giác có cạnh tương ứng tỉ lệ với cạnh tam giác cho

2 Trong tam giác đường góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai hai đoạn

Lưu ý: T/c đươngà pân giác tam giác

3 Các trường hợp đồng dạng tam giác: a) Trường hợp (c.c.c): Nếu cạnh tam giác tỉ lệ với cạnh tam giác hai tam giác đồng dạng

b) Trường hợp (c.g.c): Nếu cạnh tam giác

A

B C

?4 Từ trường hợp đồng dạng tam giác suy trường hợp đồng dạng hai tam giác vuông ? GV: Nhận xét, bổ sung, nhắc lại ý khắc sâu cho HS

- Nếu góc nhọn tam giác vng góc nhọn tam giác vng hai tam giác vng đồng dạng

?5 Nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hai diện tích chúng so với tỉ số đồng dạng ?

GV: Vẽ hình nhắc lại cơng thức tính diện tích tam giác cho HS

II Tứ giác, đa giác:

?6 Nêu đ/l tổng số đo góc tứ giác ?

?7.a) Nêu đ/n hình thang, hình thang vng, hình thang cân?

b) Nêu t/c hình thang?

c) Nêu đ/n, t/c đường trung bình hình thang ?

d) Nêu cơng thức tính diện tích hình thang ?

GV: Lưu ý HS:

* vẽ hình nhắc lại ý khắc sâu cho HS

* Đối với hình thang cân cịn có thêm t/c:

- Trong hình thang cân góc đối bù

- Trong hình thang cân đường chéo

- Hình thang cân có trục đối xứng: Trục đối xứng vng góc với đáy, qua trung điểm đáy giao điểm đường chéo

* Cách c/m tứ giác hình thang ?8 a) Nêu cách c/m tứ giác hình bình hành

này tỉ lệ với cạnh tam giác góc tạo cặp cạnh hai tam giác đồng dạng

c) Trường hợp (g.g): Nếu hai góc tam giác hai góc tam giác hai tam giác đồng dạng

4 Các trường hợp đồng dạng tam giác vuông:

- Nếu cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng tỉ lệ với cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác vng đồng dạng

- Nếu cạnh góc vng tam giác vuông tỉ lệ với cạnh tam giác vng tam giác vng đồng dạng

5 Nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hai diện tích bình phương tỉ số đồng dạng

6 Tổng góc tứ giác có số đo 3600.

7.a) Đ/n: * Hình thang: Hình thang tứ giác có hai cạnh đối song song

* Hình thang vng: Hình thang vng hình thang có góc vng

* Hình thang cân hình thang có góc kề đáy

b) T/c: Trong hình thang góc kề cạnh bên bù

c) * Đ/n: Đường trung bình hình thang đoạn thẳng nối trung điểm cạnh bên

* T/c: Đường trung bình hình thang song song với hai đáy nửa tổng hai đáy d) Diện tích hình thang:

S =

 

2

a b h

, a, b độ dài đáy, h chiều cao, (a, b, h đơn vị đo)

8.a) C1: c/m theo đ/n: Chỉ tứ giác có cặp cạnh đối song song

C2: C/m tứ giác có cặp cạnh đối song song

A B

A

A/

ABC A B C

ABC A B C

S AB

S    A B

  

 

 

  

 



h h/

B C B/ C/

b h

a

b) Cơng thức tính diện tích hình thang?

?9 a) Nêu cách c/m tứ giác hình chữ nhật

b) Cơng thức tính diện tích hình chữ nhật ?

?10 a) Nêu cách c/m tứ giác hình thoi ?

b) Cơng thức tính diện tích hình thoi ?

?12.a) Nêu cách c/m tứ giác hình vng ?

b) Cơng thức tính diện tích hình vng cạnh a ?

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách trả lời

và

C3: C/m tứ giác có đường chéo cắt trung điểm đường

C4: C/m tứ giác có góc đối C5: C/m tứ giác có góc kề bù b) S = DC.AH

9 a) C1: C/m theo đ/n: Chỉ tứ giác có góc vng

C2: C/m hình bình hành có góc vng

C3: C/m hình bình hành có đường chéo

C4: C/m hình thang cân có góc vng b) S = a.b (a, b kích thước hình chữ nhật đơn vị đo)

10.a) C1: C/m theo đ/n: Chỉ tứ giác có cạnh

C2: C/m hình bình hành có cạnh kề C3: C/m hình bình hành có đường chéo vng góc

b) Diện tích hình thoi: S =

2d d

Hoặc S = đáy nhân chiều cao tương ứng 12 a) Các cách c/m tứ giác hình vng: C1: C/m hình thoi có góc vng

C2: C/m hình thoi có đường chéo C3: Cm hình chữ nhật có cạnh kề C4: Hình chữ nhật có đường chéo vng góc Hoạt động 3: Hướng dẫn học nhà:

- Học ghi thuộc phần lí thuyết vừa ơn, tập làm lại khó - Làm tiếp BT lại CDD1

- Ôn tập đường tròn tứ giác nội tiếp

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 29/5/2012 soạn: B6:

LUYỆN TẬP CĐ1: DẠNG ÔN TẬP HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG; ĐƯỜNG TRỊN VÀ CÁC QUAN HỆ TRONG ĐƯỜNG TRỊN GĨC VỚI

ĐƯỜNG TRỊN

i mơc tiªu:

- Kiến thức: - Tiếp tục củng cố cho HS nắm vững kiến thức chuyờn đề

thơng qua việc giải tập:Rót gän mét biĨu dạngtổng hợp

- Ôn tập hệ thức lượng tam giác vng, đường trịn quan hệ

đường tròn

- Kĩ năng: Vận dụng kiến thức vào giải tập

C D

H

A B

C D

B d2

C

A d1O

- Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, tính linh hoạt, sáng tạo II Chuẩn bị:

GV: Tài liệu ôn tập

HS: chuẩn bị tài liệu: sách ôn tập theo y/c GV III tiến trình dạy học:

Hot ng ca GV &HS Yờu cầu cần đạt

Hoạt động 1: ễn t p ti p: T giỏc:ậ ế ứ

GV: Nêu lại câu hỏi, y/c HS trả lời GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách trả lời

HS: trả lời nhận thức kiến thức

Hoạt động 2: Ch ữa tập dạng 3: Các toán tổng hợp: Cho BT

P=

1

:

1 1

x x x x

x

x x x

     

 

   

      

   

Với x > 0; x1

a) Rút gọn P

   

   

1 1

:

1

1

1 1

x x x x x

P

x x

x x

x x x x x

x x x                           

b) Tìm x để P = 3, ta có:

3

x

x x x



    

Đặt t = x t, 0, ta có 3t2 + t - = 0

1 4.3.2 24 25

         

PT có nghiệm phân biệt:

1

1 5

;

2.3 2.3

t     t    

< nên loại

Với t = 2/3

2

3

x x

   

4.Cho BT:

4

:

2

x x x

P

x

x x x x

    

      



 

   

a) Tìm ĐK x để P có nghĩa ĐK x > 0; x4

b) Rút gọn P:

 

   

 

 

4

:

2 2

x x x x x

P

x x x x

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

8

4 2

2

x x

x x x

x

x x

x x x x

x x x               

2 Cho BT:

1

1 1

x x x

P

x x x x x

  

  

   

với x 0; x1

a) Rút gọn P

   

 

   

1

1

1

1

1

x x x x

P

x x x

x x x

x x

x x x

                  

b) Tìm giá trị lớn P Vì x +

2

1 3

1

2 4

x  x   

  nên P lớn

khi - x lớn Mà - x 0

Vậy max P =  x0 Cho BT:

1

, 0,

1

a a a

P a a a

a a               

a) Rút gọn P

 

 2

1 1 1

P a a a

a a a a a a a              

b) Tính giá trị P

 22

5

6

2 2

a     

 

2 6 2

2

 

 

Ta có P =

6 2

1

2

P     

c) Tìm x để P = -

 2

4 4

1

2

x

x x

x

x x x

     



      

5 Cho BT

1 : 1 1 x x P

x x x x x

x

x x x x x

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

a) Tìm ĐK x để P có nghĩa ĐK x 0;x1

b) Rút gọn P

  

  

     

  

  

 2

1 :

1

1

1 1

1

:

1 1

1

1

1

1 1

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

                                            

c) Tìm số nguyên x cho P nguyên P nguyên

1

1

1 Z x

x

   

 Ư(1)

1 0

x x x

      

8 Cho BT P =

2

2 2

y

x z

xy x  yz y  xz z

Biết x.y.z =

4 y xz  

4 4 2

2

2 2 2

2

1

2

x xz z

xz z

x x z

xz xz xz

xz z

xz z z xz xz z

xz z P xz z                         

 22

3

2

1

1

: ,

1

2; 1;

x x

x x

P x x

x x x

x x x

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

a) Rút gọn P

        2 2 2 2

1

1

x x

P x x

x

x x x

 

   

 

b) Tính giá trị P x = 2

Ta có

 

   

6 2 2 2

6 2 2

2 2 2 2 3 2

3 3

2 2

7

P      

                

* Khi x =  

2

3 2  1  1

, ta có:          

2 2 2 2

2

2 2 4 2 2 1

3

2

2

P      

 

    

   



 

c) Tìm x để P =

2

2

2

3

x

x x

x



    

9 4.1.2 17 17

       

Pt có nghiệm:

1

3 17 17

;

2

x   x  

thỏa mãn ĐK

Vậy

3 17 17

;

2

x   x  

7 Tìm số thực x để:

2

2

1

1

P x x

x x

   

  là số tự nhiên.

Ta có : P =

 

 

2

2 2

2

2

2

1 1 2 1 1

1

2

2

x x x x x x

x x x x

x x x

Suy với x Z- P số tự nhiên

Ho t động 3: Ôn t p h th c lậ ệ ứ ượng tam giác vuông:

?13 Các hệ thức lượng tam giác vuông

?14 Tỉ số lượng giác góc nhọn? a) Đ/n

b) T/c:

?15 hệ thức cạnh góc tam giác vuông

13 ABC vuông A, AHBC, ta có:

a) b2 = a.b/; c2 = a.c/ b) h2 = b/.c/

c) a.h = b.c d) 2

1 1

h b c

e) a2 = b2 + c2.

14  ABC vng A, có B 

a) Đ/n: sin

AC BC

 

; cos

AB BC

 

; tan

AC AB

 

; cot

AB AC

 

b) T/c tỉ số lượng giác góc nhọn * Nếu  900 thì:

sin cos ; os c  sin ; tan  cot ;cot  tan

* < sin < 1; < cos < 1

* sin2 + cos2 = 1; tan

sin os

c

 

 

; cot

os sin

c  

 

tan.cot 1

15  ABC vng A, ta có:

* b = a.sinB = a.cosC = c.tanB = c.cotC * c = a.sinC = a.cosB = b.tanC = b.cotB Hoạt động 4: Đường tròn v quan h ệ đường tròn

?1 Nêu cách xác định đường tròn ? ?2 Nêu mối quan hệ đường kính dây đường trịn? ?3.a) Nêu t/c tiếp tuyến?

b) Nêu t/c hai tiếp tuyến cắt ? ?4 Nêu vị trí tương đối hai đường trịn ?

1 Ba cách xác định đường tròn

a) Đường trịn xác định tâm bán kính b) Đường trịn xác định đường kính

c) Ba điểm A, B, C, không thẳng hàng xác định đường tròn Trong đường tròn:

- Đường kính dây cung lớn

- Đường kính vng góc với dây qua trung điểm dây - Đường kính qua trung điểm dây khơng qua tâm vng góc với dây

- Hai dây chúng cách tâm - Dây lớn gần tâm

3 a) Nếu đường thẳng tiếp tuyến đường trịn vng góc với bán kính qua tiếp điểm

b) Nếu tiếp tuyến đường trịn cắt điểm thì: - Điểm cách tiếp điểm

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

- Tia kẻ từ tâm qua điểm tia phân giác góc tạo bán kính qua tiếp điểm

4 Cho (O; R), (O/; r) có R  r Gọi d = OO/. a) Hai đường tròn cắt nhau: R - r < d < R + r

- Đường nối tâm đường trung trực dây cung chung

A b c

c/ b/

B C

H a C



A B

C

A B

a b

?5 Nêu mối liên hệ cung dây

trong

đường tròn ? ?6 Nêu mối quan hệ góc với đường trịn ? (số đo góc với số đo cung bị chắn)

?7 Nêu cách c/m tứ giác nội tiếp GV: vẽ hình rõ trường hợp cho HS

- Có tiếp tuyến chung

b) Hai đường tròn tiếp xúc nhau:

- Tiếp xúc ngoài: d = R + r, (Tiếp điểm hai tâm thẳng hàng; có tiếp tuyến chung)

- Tiếp xúc trong: d = R - r, ( Tiếp điểm tâm thẳng hàng; có tiếp tuyến chung)

c) Hai đường trịn khơng có điểm chung:

- Ở ngồi nhau: d > R + r , (Có tiếp tuyến chung) - Đựng nhau: d < R - r, (không có tiếp tuyến chung) Trong đường trịn hay đường tròn nhau:

- Hai dây trương cung ngược lại

- Đường kính vng góc với qua điểm cung căng dây

- Hai cung chắn hai dây song song

6 a) Góc tâm: Góc tâm có số đo số đo cung bị chắn b) Góc nội tiếp: Góc nội tiếp có số đo nửa số đo hai cung bị chắn

c) Góc tạo tia tiếp tuyến dây có số đo nửa số đo cung bị chắn

d) Góc có đỉnh bên đường trịn có số đo nửa tổng số đo cung bị chắn

e) Góc có đỉnh bên ngồi đường trịn có số đo nửa hiệu số đo hai cung bị chắn

?7 Các cách c/m tứ giác nội tiếp:

C1: C/m đỉnh cách điểm cố định C2: Tổng góc đối 1800.

C3: Hai góc kề nhìn cạnh có số đo góc C4: Tứ giác có góc ngồi số đo góc đối diện

Hoạt động 5: Hướng dẫn học nhà:

- Học ghi sách ôn tập thuộc lí thuyết, xem lại BT chữa - Đọc tiếp chủ đề

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy:

Ngày 30/5/2012 soạn: B7

ÔN TẬP CĐ 2: HÀM SỐ y = ax + b VÀ HÀM SỐ y = ax2

CĐ 5: HỆ PT BẬC NHẤT ẨN; CĐ4: PT BẬC HAI MỘT ẨN ƠN (TIẾP) GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN

I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững kiến thức HS bậc

y = ax+ b(a 0) HS y = ax2 (a 0); PT, BPT bậc ẩn; HPT bậc ẩn;

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thân, linh hoạt sáng tạo II CHUẨN BỊ:

GV: Hệ thống câu hỏi tập phù hợp với mục tiêu HS: Ôn tập theo HD GV

III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS u cầu cần đạt Hoạt động 1: Ơn tập lí thuyết

I Hàm số bậc y = ax + b (a0)

?1 Hàm số bậc hàm số cho công thức ?

?2 Nêu tập xác định t/c hàm số bậc ?

?3 Nêu hình dạng đồ thị hàm số bậc y = ax + b, ý nghĩa tên gọi a, b đồ thị? ?4 Nêu cách nhận biết đường thẳng cắt nhau, song song, trùng nhau, vng góc với nhau?

II Hàm số bậc hai y = ax (a 2  0) ?5 Nêu tập XĐ t/c HS y = ax2?

?6 Nêu hình dạng đặc điểm vị trí đồ thị mặt phẳng tọa độ ?

GV: Nhận xét, bổ sung, nhắc lại câu, ý khắc sâu cho HS

1 Hàm số bậc hàm số cho công thức y = ax + b, a, b số cho trước a 0

2 + Hàm số xác định với giá trị x thuộc R

+ T/c: - Đồng biến R, a > - Nghịch biến R, a < Đồ thị HS bậc y = ax + b đường thẳng, a đgl hệ số góc, b tung độ gốc đường thẳng

4 Đặc điểm hai đường thẳng d: y = ax + b d/: y = a/x + b/

a) d cắt d/ a a/.

b) d//d/ a = a/ b b/. c) dd/ a = a/, b = b/

d) dd/ a.a/ = -1

5 a) Hàm số XĐ với xR

b) T/c: + Nếu a > 0, HS đồng biến x > nghịch biến a <

+ Nếu a < 0, HS đồng biến x < nghịch biến x >

6.a) Đồ thị HS y = ax2 đường cong hình parabol với đỉnh O

b) - Nếu a > đồ thị nằm phía trục hồnh

- Nếu a < đồ thị nằm phía trục hồnh

Hoạt động 2: Bài tập: VD10 Cho M(1; 2) gọi d đường

thẳng qua M, cắt trục Ox A, Oy B Viết pt đường thẳng d biết AB = 2.OM M nằm đường thẳng AB

GV: y/c HS thảo luận nhóm làm 10/, sau cho HS lên bảng trình bày, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm giới thiệu thêm cách khác cho HS

1 Do OAB vuông O mà AB = 2.OM

và M nằm đoạn thẳng AB Suy M trung điểm đoạn thẳng AB

Vì M(1; 2) suy A(2; 0) B(0; 4)

C1: Do xA xB nên đường thẳng AB

không song song với Oy, gọi pt d có dạng y = ax + b, suy b =

2

b

a a

   

2 VD11: Cho hàm số y = ax - điểm A(1; - b), B(a3; b4) Tìm a, b để đồ thị hàm số đường thẳng qua điểm A, B GV: y/c HS thảo luận nhóm làm 10/, sau cho HS lên bảng trình bày, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm giới thiệu thêm cách khác cho HS Vì 2a2 - a + = (a2 - 2.a.

1

2+

1

4) + a2 +

2

1 3

0

2 4

a a

 

      

 

Nên a - =  a = Do b = 1- = 0

Vậy để đồ thị hàm số y = ax - qua điểm A(1; -b) B(a3; b4) a = 1, b = 0

0

4

4

2

A A

B B

y y x x y x

y y x x y x

xy xy x y

y x y x

   

  

   

    

     

2.Đồ thị hàm số y = ax - qua điểm A(1; -b) B(a3; b4) nên thay tọa độ A, B vào pt ta được:

4 4

1

1

b a b a

b a a b

    

 



 

   

 

Thế (1) vào (2) ta có:

 

   

4

4

3

3

3

1

1

4

2

2 2

a a

a a a a a

a a a

a a a

a a a a

  

      

    

    

     

     

  

2

2

2 1

1

a a a a

a a a

     

    

Hoạt động 3: Ôn tập hệ PT bậc ẩn; pt bậc ẩn ?1 Nêu cách giải hệ pt bậc

2 ẩn ?

ax by c

a x b y c

 

 

     

VD: Giải hpt:

3 7(1)

2 1(2)

x y x y

 

 

 



?2 Nêu bước giải toán cách lập hệ pt ?

VD: Một ô tô xe đạp chuyển động từ đầu quảng đường 156km, sau 3h gặp Nếu chiều xuất phát từ địa điểm, sau 1h xe cách 28km Tính vận tốc xe đạp xe ô tô?

1 cách giải hệ pt bậc ẩn:

C1: PP thế: Từ pt rút ẩn theo ẩn kia, vào pt thứ hai ta pt bậc ẩn; giải pt ẩn sau thay vào biểu thức vừa rút tìm ẩn cịn lại

C2: PP cộng đại số:

- Quy đồng hệ số (làm cho ẩn có hệ số đối nhau)

- Trừ cộng vé với vế để khử ẩn - Giải ẩn suy ẩn

VD -HS giải pp

C1: Từ (2) suy ra: y = 2x - vào pt (1) ta có:

 

3 11 11

2 1

2

x x x x

y x y

y x

  

    



 

  

  

 

  



C2:

3 7 11 11

2 4 1

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

   

      

   

2

B1: Lập hpt:

- Chọn ẩn, đặt ĐK thích hợp cho ẩn

- Biểu diễn đại lượng chưa biết qua ẩn - Lập hpt

B2: Giải hpt

B3: Nhận xét kết trả lời

VD: Gọi vận tốc xe đạp xkm/h; vận tốc xe otoo y km/h.(x, y > 0)

Khi gặp nhau, tức ô tô xe đạp hết

?6 Nêu bước giải pt bậc hai ẩn công thức nghiệm

C2: Giải pt bậc hai theo công thức nghiệm thu gọn:

- Tính   b2 ac.

+ Nếu > pt có

nghiệm phân biệt:

1 ;

b b

x x

a a

   

     

 

+ Nếu = pt có nghiệm

kép: x1=x2 =

b a

 

+ Nếu < pt vơ nghiệm

+ Nếu < pt vơ nghiệm

?7 ĐK để tính nhẩm nhanh nghiệm pt bậc hai ?

quảng đường ta có: x + 3y = 156

- Nếu chiều xuất phát từ địa điểm, sau 1h ô tô cách xe đạp 28 km nên ta có PT:

y - x = 28

Do ta có hệ PT

3 156 52 80 40

28 28 52 12

x y x y y y

x y x y x y x

     

   

  

   

        

   

Cả giá trị thỏa mãn ĐK Vậy vận tốc xe đạp 12km/h

Vận tốc ôt ôt 40km/h cách giải:

C1: Giải pt bậc hai theo công thức nghiệm - Tính  = b2 - 4ac

+ Nếu  0 pt có nghiệm phân biệt:

; 2

b b

x x

a a

     

 

+ Nếu  = pt có nghiệm kép: x1 = x2 =

b a



+ Nếu  < pt vơ nghiệm

7 ĐK để tính nhẩm nhanh nghiệm pt bậc hai: +) Nếu a + b + c = pt có nghiệm x1 = x2 =

c a.

+) Nếu a - b + c = pt có nghiệm x1 = - x2 =

c a



Hoạt động 3: Bài tập: Cho đường thẳng d:

y = (m + 2)x + m Tìm m để d: a) Song song với đường thẳng d1: y = - 2x +

b) Vng góc với đường thẳng d2: y =

1

3x + 1.

c) Đi qua điểm N(1; 3)

2 Cho hs y = 2x + 3b y = (2a + 1)x + 2b -

Tìm ĐK a b để đồ thị hàm số là:

a) Hai đường thẳng cắt

b) Hai đường thẳng song song với c) Hai đường thẳng vng góc với

d) Hai đường thẳng trùng

1.a) Đường thẳng d: y = (m + 2)x + m song song với đường thẳng d1: y = -2x +

2

3

m m

m m

  

 

   

 

  Vậy m = - 4.

b) Đường thẳng d: y = (m + 2)x + m vng góc với đường thẳng d2: y =

1

3x .

Khi (m + 2)

1

3  m   m

c) Đường thẳng y = (m + 2)x + m qua điểm N(1; 3)

 

3 2

2

m m m m

        

2 a) Hai đường thẳng:

y = 2x + 3b y = (2a + 1)x + 2b - cắt

1

2

2

a a

    

b) Hai đường thẳng:

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

d) Hai đường thẳng: y = 2x + 3b

y = (2a + 1)x + 2b - trùng

2

2

3 3

a a

b b b

               

3 Cho hàm số: y = 3 m m x   m

a) Tìm m để hàm số qua điểm A(1; 0)

b) Tìm m để đồ thị hàm số song song với đường thẳng d: y = -2x

GV: Nhận xét, bổ sung * Với

1

3 17 17 17

2

m t    m  

26 17 13 17

4

m  m 

   

* Với

2

3 17 17 17

2

m t    m  

26 17 13 17

4

m  m 

   

4 Tìm giao điểm cặp đường thẳng sau:

a) y = 3x + Ox; b) y = - 2x + Oy; c) y = 2x + y =

1

2x + 6.

5 Cho đường thẳng d: y =(m+2)x + m Tìm m để d tạo với chiều dương trục Ox góc 1350.

6 Cho đường thẳng d: y = 3x+2 d/: y =

1

3x + Tìm góc tạo hai đường thẳng d d/.

GV: Gợi ý HS vẽ đồ thị đường thẳng, xác định góc tạo đường thẳng với Ox, từ xác định góc tạo đường thẳng d d/.

song với nhau:

1

2

2 3 a a b b b                

c) Hai đường thẳng:

y = 2x + 3b y = (2a + 1)x + 2b - vng góc với

 

2 1

3 4 a a a a          

3 a) Đồ thị hs y = 3 m m x   mđi qua điểm A(1; 0) nên thay tọa điểm A vào pt, ta có:

 

3 0

0

1

1

1

m m m m m

m m m m m m                     

b) Đồ thị hs y = 3 m m x   m song song với đồ thị hàm số y = - 2x

3 0(*)

0

2

m m m m

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

Đặt t = m,, ta có: t2 - 3t -2 = 0

2

( 3) 4.1.( 2) 17 17

         

Pt có nghiệm:

1

3 17 17

;

2

t   t  

4 a) Giao điểm A đường thẳng y = 3x + Ox nghiệm hpt:

2

3

3

0

y x x

y y             

 Vậy A

2 ;0       

b) Giao điểm B đường thẳng y = - 2x + Oy nghiệm hpt:

2

0

y x x

x y          

  Vậy B0;6

c) Giao điểm C đường thẳng y = 2x + y =

1

2x + nghiệm hpt:

2

1,5

1

2

6

y x

x x

y x y

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

Vậy C2; 1 

5 Để đường thẳng d có pt: y = (m + 2)x + m

Góc tạo đường thẳng góc DMB Hay 1800 - DMB

GV: Nhận xét, bổ sung

* Góc tạo đường thẳng góc DMB Có số đo là:

  

0

180

DMB  MAD 

 DMB 1800 1200300 300 Cho đường thẳng d1: y = x + 2; d2: y = - 2x + 8; d3: y = (m + 1)x - m Tìm m để đường thẳng đồng quy điểm

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

Tạo với chiều dương trục Ox góc 1350 tức d song song với đường thẳng có pt y = - x Suy ra:

2

3

m

m m

  

 

  

6.* Xác định giao điểm đường thẳng với trục tọa độ:

+ d: y = 3x+2

Cho x = 0 y2; cho y =  x=

2 + d/: y =

1

3 x + 5

Cho x =  y5; cho y =  x5 3

* Góc tạo d Ox

tan

0

2

3 60

2

OA OB

      

 1800 1800 600 1200

MBC 

     

* Góc tạo d/ Ox tan

0

5

30

5 3

OC OD

      

7.Tìm giao điểm d1 d2: * Tìn hồnh độ:

x + = - 2x +  3x =  x = 2

* Tìn tung độ:

y = x + = + = Vậy d1d2 = I(2; 4)

Đường thẳng d3: y = (m + 1)x - m đồng quy với d1, d2 phải đồng quy I Do đó, thay x = 2, y = vào pt đường thẳng d3 ta có: = (m + 1).2 - m  2m - - m = 4 m = 2

Hoạt động 3: Ơn tập tiếp Góc với đường tròn: ?1 Nhắc lại đ/n đường tròn

ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đa giác ?

Lưu ý HS: - Cách c/m đường tròn ngoại tiếp đa giác; đường tròn nội tiếp đa giác

- Bất kì đa giác có đường trịn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp

?2 Nhắc lại cơng thức tính độ dài đường trịn, cung trịn, diện tích hình trịn; hình quạt trịn ?

1 a) Đường tròn qua tất đỉnh đa giác gọi đường tròn ngoại tiếp đa giác đa giác gọi đa giác nội tiếp đường tròn

b) Đường tròn tiếp xúc với tất cạnh đa giác gọi đường tròn nội tiếp đa giác đa giác gọi đa giác ngoại tiếp đường tròn

2 Độ dài đường tròn: C = 2R, C = d (trong

đó R bán kính, d đường kính đường trịn) - Cung trịn: 180

Rn l

(n0 số đo cung) - Diện tích hình trịn: S = R2.

C

A D

2



B O

5





x

2

- Hình quạt trịn:

2

360

R n S 

hay

lR S

Hoạt động 4: Hướng dẫn học nhà: - Học Sách ôn tập ghi làm lại tập khó - Làm tiếp tập lại buổi sau học tiếp

- Ơn tập bổ sung hình học không gian

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 30/5/2012 soạn: B8

LUYỆN TẬP CĐ 2: HÀM SỐ y = ax + b y = ax2 (a0) I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Tiếp tục củng cố cho HS nắm vững kiến thức chuyên đề (đại số: Hàm số y = ax + b y = ax2 (a0) Ôn tập bổ sung tam giác đồng dạng, tứ giác, đa giác, hệ thức lượng tam giác vuông

- Kĩ năng: vận dụng kiến thức vào giải BT - Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, linh hoạt sáng tạo ii CHUẨN BỊ:

GV: Cách HD HS giải LT, hệ thống câu hỏi lí thuyết hình học để HS Ơn tập bổ sung tam giác đồng dạng, tứ giác, đa giác, hệ thức lương tam giác vuông HS: Ôn tập theo HD GV

II TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS Yêu cầu cần đạt Hoạt động 1: Luyện tập chủ đề 2:

8 Cho điểm M(1; 2), N(0; 3), P(-1; -2) Tìm a, b để đường thẳng y= ax + b qua P song song với MN

GV: y/c HS thảo luận nhóm làm 5/. Sau cho HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nx, bổ sung, thống cách làm * Đường thẳng y = ax + b qua điểm P(-1; -2) song song với y = - x + Suy ra:

1

2 3

a a

b a b

 

 



 

   

 

Vậy a = -1, b = -3 Cho đường thẳng d:

2

4

a a

y x

a a

 

 

2 điểm M(-1; 0), N(2; 1) Tìm a để đường thẳng d song song với đường thẳng MN

(PP dạy tương tự)

10 Tìm a để đường thẳng d: y = ax + vng góc với đường thẳng qua điểm A(0; -1) B(2; 2)

8 * Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng MN PT đường thẳng MN:

2

3

2 3

3

M M

N N

y y x x y x

y y x x y x

xy x xy y x y x

   

  

   

     

  

9 PT đường thẳng MN.(M(-1; 0), N(2; 1)

0

1

2

1

3

M M

N N

y y x x y x

y y x x y x

xy y xy x y

y x

   

  

   

     

  

Đường thẳng d song song với đường thẳng MN nên ta có:

2 1

4

1

4

a a a

a



 

  

 

  

* Từ (1) suy ra: 3a2 = 4- a3a2+ a - = 0 Pt có dạng a + b + c = + - = nên có

(1)

(PP dạy tương tự) 10

Đường thẳng d vuông góc với đường thẳng AB nên ta có:

a.1,5 = -1

2

a

 

11 Cho đường thẳng d1:

1

2

y x

, d2: y7x 20;d y3: 2x Tìm giao điểm

của cặp đường thẳng Tính chu vi diện tích tam giác có đỉnh giao điểm

(PP dạy tương tự)

GV: Gợi ý HS xác định tọa độ giao điểm cặp đường thẳng Nối điểm tạo tam giác

Chu vi tam giác ABC là:

5 5 5 2   

Vì d1 d3vng góc với ( Vì a.a/ =

1

.2

2

 

nên ABC900) Diện tích tam giác ABC:

S =

1

5.3 7,5

2AB BC 2 

12 Cho A(1; 1) đường thẳng

d1: y = x - 1; d2 : y = 4x + Viết pt đường thẳng d qua A cắt đường thẳng d1, d2 tạo thành tam giác vuông

(PP dạy tương tự)

2 nghiệm: a1 = 1; a2 =



* Từ (2) suy ra: 3a4 - a  4a  4 a1

Nên loại a1 Vậy a = a2 =



10 PT đường thẳng AB.(A(0; -1), B(2; 2)

1

2

2 2

2 1,5

M M

N N

y y x x y x

y y x x y x

xy x y xy x

y x y x

   

  

   

     

     

11.* Tìm giao điểm A d1 d2; - Tìm hồnh độ điểm A:

1

7 20 14 40

2

15 45

x x x x

x x

       

   

- Tìm tung độ điểm A: y = 7.3 - 20 =1 Vậy A(3; 1)

* Tìm giao điểm B d1 d3; - Tìm hồnh độ điểm A:

1

2

2

5

x x x x

x x

      

   

- Tìm tung độ điểm B: y = 2.1=2 Vậy B(1; 2)

* Tìm giao điểm C d2 d3; - Tìm hồnh độ điểm A:

7x 20 2 x5x20 x4

- Tìm tung độ điểm B: y = 2.4 = Vậy C(4; 8)

Ta có:

2

2

2

2 5;

6 36 45 5;

7 49 50

AB BC AC

    

     

     

12.Vì d1 d2 khơng vng góc với nên để tạo thành tam giác vng d1  d d2 d Gọi pt đường thẳng d:

y = ax + b

Trường hợp 1: d1  d Suy ra:

a.1 = - 1 a1

d qua A(1; 1) nên = -1.1 + b  b = 2

Do d: y = -x +

Trường hợp 2: d2  d Suy ra:

y

8 C

2 B

1 A

a.4 = -

1

a

 

d qua A(1; 1) nên 1= -1

4.1+ b  b =

5 Do d: y =

-1

4x +

5

Hoạt động 2: Luyện tập CĐ 8: Các tốn hình học tính tốn VD1: Cho tam giác ABC Một

đường thẳng song song với AC cắt cạnh AB, BC M P Gọi D tâm tam giác PMB, E trung điểm AP Tính góc tam giác DEC

GV: y/c HS đọc đề, vẽ hình thảo luận tìm cách giải

GV: Theo dõi HD HS giải

2 Cho tam giác ABC, Mlaf điểm thuộc cạnh BC Dựng hình bình hành AEMK cho E AB K, AC Hãy tính diện

tích hình bình hành AEMK, biết diện tích tam giác EBM = S1, diện tích tam giác MCK = S2

GV: y/c HS đọc đề, vẽ hình thảo luận tìm cách giải

GV: Theo dõi HD HS giải

1 Gọi N trung điểm MP Vì ABC

đều MP//AC nên BMP tam

giác đều, DNMP, EN//AM Do đó:

   

  

  

 

0 0

0 0

0 0

90 , 60 , 30 , 120

90 60 150 ;

30 120 150

;

1 1

;

2 2

DNM MNE DPN NPC

DNE DNE MNE DPC DPN NPC

DNE DPC

NE NE DN NE ND

MA PC DP PC PD

   

     

    

 

     

Suy DNE DPC (c.g.c)

  ,

2

DE NE EDN CDP

DC PC

   

(1) Do NDP 600  EDC 600 (2) Từ (1) (2) suy DEC 900, đó

 300

ECD Vậy góc DEC là:

 90 ,0  60 ,0  300

DEC EDC ECD

2

Vì AEMK hình bình hành nên EM//AC, MK//BA  BEM MKC EMB KCM , 

 EBM KMC (g.g)

Gọi BC = x, ta có:

2

1

2

2

S

S BM BM

S CM  S MC

 

1

2 1

2

2

2 1

1

S BM

S BM S x S BM x BM

S

S S

x

S S BM S x

BM S

    





    

Vì ME//AC nên ABC EBM

Gọi diện tích tam giác ABC S, tương tự

như ta có:

x S

BM  S .

Suy ra:

2

2

1

2 2

S S

S

S S S

S S

S S S S S



   

   

B D

M P

N

A E C

A

E K

S2

B C

S1

Diện tích hình bình hành AEMK là: S - S1 - S2 = S S1

Hoạt động 4: Hướng dẫn học nhà:

- Học sách ơn ghi thuộc phần lí thuyết vừa ôn lại hình học - Làm lại tập khó vừa chữa

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 01/6/2012 soạn B9

CHỮA BÀI THI THỬ LẦN I I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chương trình thơng qua thi thử lần I

- Kĩ năng: Trình bày thi

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt sáng tạo II CHUẨN BỊ:

GV: Hệ thống câu hỏi gợi mở, khai thác để HS chủ động nắm kiến thức HS: Làm lại thi

III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS Yêu cầu cần đạt Hoạt động 1: Chữa đề A;

Câu 1: (3,0 điểm) Giải phương trình sau:

a) 5(x + 1) = 3x + 7;

b)  

4

1

x

x x x x



 

 

2 Cho đường thẳng (d1): y = 2x + 5; (d2): y = - 4x - cắt A Tìm m để đường thẳng (d3): y = (m + 1)x + 2m - qua điểm A

GV: y/c HS lên bảng chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 - 2(m + 1)x + 2m = (1), với ẩn x. Giải phương trình (1) m = Chứng minh rằng: Phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1, x2 Tìm giá trị m để x1, x2 độ dài hai cạnh tam giác vng có cạnh huyền 12.

Câu 1:

1 a)  5x + = 3x + 7

 2x =  x = 1

Vậy phương trình có nghiệm x = b) ĐK: x 0 x 1

 4x + 2x - = 3x + 4 3x =  x = 2

(thỏa mãn ĐK trên) Vậy pt có nghiệm x =

2 Do A giao điểm (d1) (d2) nên tọa độ A nghiệm hệ pt:

2 6

4

6 1

2 2.( 1)

y x x

y x y x

x x x

y x y y

   

 



 

   

 

  

  

     

     

  

Vậy A(-1; 3)

Do (d3) qua A(-1; 3) nên ta có: = (m + 1).(-1) + 2m -

 -m -1 + 2m - = 3 m = 5

Vậy m = Câu 2:

1 Khi m = 1, ta có pt: x2 - 4x + = 0

 22 1.2 2



       

Câu 3: (3,0 điểm) Một hình chữ nhật có chu vi 52m Nếu giảm cạnh 3m hình chữ nhật có diện tích 96m2 Tính kích thước hình chữ nhật ban đầu

GV: y/c HS lên bảng chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

Câu 3:

Gọi chiều dài hình chữ nhật x(m), (ĐK < x < 26)

Vì chu vi hình chữ nhật 52 nên chiều rộng hcn 26 - x

Sau giảm chiều 3m hình chữ nhật có kích thước là: x - 3, 23 - x nên ta có pt:

(x - 3)( 23 - x) = 96  23x - 69 - x2 + 3x = 96  x2 - 26x + 165 = 0

 132 1.165 169 165

 

          

PT có nghiệm: x1 = 13 + = 15; x2 = 13 - = 11

Cả giá trị thỏa mãn ĐK Vậy kích thước 15m 11m

Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có



A> 900 Vẽ đường trịn (O) đường kính AB đường trịn (O/) đường kính AC Đường thẳng AB cắt đường tròn (O/) điểm thứ hai D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E Chứng minh bốn điểm B, C, D, E nằm đường tròn

2 Gọi F giao điểm hai đường tròn (O) (O/) (F khác A) Chứng minh điểm B, F, C thẳng hàng FA phân giác góc EFD

3 Gọi H giao điểm ABvà EF Chứng minh BH.AD = AH.BD GV: Vẽ hình HD HS c/m ý - Chỉ góc CDB CEB 900. - Chỉ BFC 1800

- Chỉ AF EAF D

- Chỉ EA phân giác góc

1 2; 2

x   x  

2 Ta có:

m 1 1.2m m2 2m 2m



         

   m21 >

Vậy pt có nghiệm phân biệt Theo hệ thức Vi - ét ta có:

 

1

1

2

x x m

x x m

   

 

 

 Vì x1, x2 độ dài các

cạnh tam giác nên x1, x2 > Do đó:

 

2

0

2

m

m m

  



 

   

Theo gt ta có:

 2

2

1 12 2 12

x x   x x  x x 

 2

4 m 4m 12 m m

       

Pt có dạng a + b + c = + - = nên có nghiệm m1 = 1; m2 = -

* Với m = (thỏa mãn ĐK m > 0), m = -2 < (loại) Vậy m =

Câu 4:

C/m:

1 Ta có AEB900 ADC 900(góc nội

tiếp chắn nửa đường tròn (O) (O/))

  900

CDB CEB

  

Suy điểm B, C, D, E nằm đường trịn tâm I đường kính BC

2 Ta có: * AF BAF C 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra:



BFC AFBAF C1800 ba điểm B, F, C

thẳng hàng

* AF EABE (cùng chắn cung AE)

 

AFDACD(cùng chắn cung AD)

Mà ECD EBD (cùng chắn cung DE tứ

giác BCDE nội tiếp)

Suy AF EAFD FA phân giác

x

I

O/

O H

F D E

C B

DEH EB phân giác góc DEH

- Lập hệ thức theo t/c đường phân giác, từ suy đ/cm

Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn a + b + c = C/mr:

1

3 3

a b c

a a bc b b ca c c ab 

GV: Chữa cho HS:

 

 

1

a a bc a a b c

a a

a a bc a b c

     

 

   

Tương tự, ta có:

(2);

(3)

b b

b b ca a b c

c c

c c ab a b c



   



   

Cộng vế với vế (1), (2) (3) ta được:

3 3

a b c

a a bc b b ca c c ab  ,

dấu"=" xảy a = b = c = 1.

góc DFE

3 Ta có:* ABF AEF(cùng chắn cung AF

của đường tròn (O)

* ABF DBFDEC(cùng chắn cung DC

của đường tròn tâm I) Suy ra: EA phân giác góc DEH đó:

AH EH AD ED (1)

* AEB900  BEEA suy EB phân

giác góc DEH đó:

BH EH BD ED(2)

Từ (1) (2) ta có:

AH BH

AH BD BH AD

AD BD  

Câu 5:

Từ    

2

2

0 *

a bc   a bc a bc

, dấu "=" xảy a2 = bc

Ta có: 3a + bc = (a + b + c)a + bc

= a2 + bc + a(b + c)2a bc + a(b + c) Áp dụng (*)) Suy ra:

   

3a bc  a b c 2a bc  a b c

 

3

a a bc a a b c

     

Hoạt động 2: Chữa đề B:

Câu 1: (3,0 điểm) Giải phương trình sau:

a) 5(y + 1) = 3y + 7;

b)  

4

1

y

y y y y



 

 

2 Cho đường thẳng (d1): y = 2x + 5; (d2): y = - x - cắt B Tìm m để đường thẳng (d3): y = (m + 1)x + 3m + qua điểm B

GV: y/c HS lên bảng chữa bài, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách giải

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: y2 - 2(n + 1)y + 2n = (1), với ẩn x. Giải phương trình (1) n =

2 Chứng minh rằng: Phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với n Gọi hai nghiệm phương trình (1) y1, y2 Tìm giá trị m để y1, y2 độ dài

Câu 1:1

a)  5y + = 3y + 7

 2y =  y = 1

Vậy phương trình có nghiệm y = b) ĐK: y 0 y 1

 4y + 2y - = 3y + 4 3y =  y = 2

(thỏa mãn ĐK trên) Vậy pt có nghiệm y =

2 Do B giao điểm (d1) (d2) nên tọa độ B nghiệm hệ pt:

2

1

3 2

2 2.( 2)

y x x

y x y x

x x x

y x y y

   

 



 

   

 

  

  

     

     

  

Vậy A(-2; 1)

Do (d3) qua A(-2; 1) nên ta có: = (m + 1).(-2) + 3m +

 -2m -2 + 3m + = 1 m = 1

Vậy m = Câu 2:

hai cạnh tam giác vng có cạnh huyền 28

Câu 3: (3,0 điểm) Một hình chữ nhật có chu vi 52m Nếu giảm cạnh 4m hình chữ nhật có diện tích 77m2 Tính kích thước hình chữ nhật ban đầu

GV: y/c HS lên bảng chữa bài, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách giải

Câu 3:

Gọi chiều dài hình chữ nhật x(m), (ĐK < x < 26)

Vì chu vi hình chữ nhật 52 nên chiều rộng hcn 26 - x

Sau giảm chiều 4m hình chữ nhật có kích thước là: x - 4, 22 - x nên ta có pt:

(x - 4)( 22 - x) = 77  22x - 88 - x2 + 4x = 77  x2 - 26x + 165 = 0

 132 1.165 169 165

 

          

PT có nghiệm: x1 = 13 + = 15; x2 = 13 - = 11

Cả giá trị thỏa mãn ĐK Vậy kích thước 15m 11m

Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác MNP có



M > 900 Vẽ đường trịn (O) đường kính MN đường trịn (O/) đường kính MP Đường thẳng MN cắt đường tròn (O/) điểm thứ hai R, đường thẳng MP cắt đường tròn (O) điểm thứ hai S Chứng minh bốn điểm N, P, R, S nằm đường tròn

2 Gọi K giao điểm hai đường tròn (O) (O/) (K khác M) Chứng minh điểm N, K, P thẳng hàng KM phân giác góc SKR

3 Gọi G giao điểm MNvà SK Chứng minh NG.MR = MG.NR

Câu 5: (1,0 điểm) Cho p, q, s số dương thỏa mãn p + q + s = C/mr:

1

3 3

p q s

p p qs q q sp s s pq 

 22 1.2 2



       

PT có nghiệm phân biệt:

1 2; 2

y   y  

2 Ta có:

n 1 1.2n n2 2n 2n



         

   n21 >

Vậy pt ln có nghiệm phân biệt Theo hệ thức Vi - ét ta có:

 

1

1

2

y y n

y y n

   

 

 

 Vì y1, y2 độ dài các

cạnh tam giác nên y1, y2 > Do đó:

 

2

0

2

n

n n

  



 

   

Theo gt ta có:

 2

2

1 28 2 28

y y   y y  y y 

 

       

   

2 2

2

4 28

4 2

2 2;

n n n n n

n n n n

n n n n

        

         

      

* Với n = (thỏa mãn ĐK n > 0), n = -3 < (loại) Vậy n =

Câu 4:

C/m:

1 Ta có MSN 900 MRP 900(góc nội

tiếp chắn nửa đường trịn (O) (O/))

  900

PSN PRN

  

Suy điểm N, S, R, P nằm đường trịn tâm I đường kính NP

2 Ta có: * MKN MKP900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra:



NKP MKN MKP 1800 ba điểm N, K,

P thẳng hàng

* MKSMNS (cùng chắn cung MS) và

 

MKR MPR (cùng chắn cung MR)

Mà MNS MPR (cùng chắn cung SR tứ

x

I

O/

O G

K S

P N

GV: Cho HS dựa vào trước chữa

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

 

3

p p qs p p q s

     

 

 

1

p p qs p p q s

p p

p p qs p q s

     

 

   

Tương tự, ta có:

(2);

(3)

q q

q q ps p q s

s s

s s pq p q s



   



   

Cộng vế với vế (1), (2) (3) ta được:

3 3

p q s

p p qs q q sp s s pq  ,

dấu"=" xảy p = q = s = 1.

giác NSRP nội tiếp)

Suy MKS MKR   KM phân giác của

góc SKR

3 Ta có:* MNR MSK  (cùng chắn cung

MK đường tròn (O)

* MNK RNP RSP  (cùng chắn cung RP

của đường tròn tâm I) Suy ra: SM phân giác góc RSG đó:

MG SG MR SR (1)

* MSN 900  NS SM suy SN phân

giác ngồi góc RSG đó:

NG SG NR SR (2)

Từ (1) (2) ta có:

MG NG

MG NR NG MR

MR NR  

Câu 5:

Từ    

2

2

0 *

p qs   p qs p qs

, dấu "=" xảy p2 = qs

Ta có: 3p + qs = (p + q + s)p + qs

= p2 + qs + p(q + s)2p qs+ p(q + s)

Hoạt động 3: Hướng dẫn học nhà: - Học ghi sách ôn tập SGK

- Làm tiếp tập sách ôn

Rút kinh nghiệm sau buổi học: Ngày 04/6/2012 soạn B10:

LUYỆN TẬP: HÀM SỐ y = ax2 (a0) CÁC BÀI TỐN HÌNH VỀ TÍNH TỐN I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Tiếp tục củng cố cho HS kiến thức hàm số y = ax2 (a0); Các kiến thức đa giác, đường trịn, góc với đường trịn

- Kĩ năng: Tính tốn, vẽ hình

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt sáng tạo II CHUẨN BỊ:

GV: Chọn tập phù hợp với mục tiêu vừa sức HS HS: Học làm theo y/c GV

III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS Yêu cầu cần đạt Hoạt động 1: Dạng 2: Hàm số y = ax2 (a 0)

1 Cho hàm số y = 2x2 Trong điểm sau đây, điểm thuộc đồ thị hàm số:

A(1; 2), B(-2; -8), C(-1; -2), D( 2; 4),

E( 2; -4).

GV: y/c HS nêu cách suy luận để trả lời

GV: Nhận xét, bổ sung, nhắc lại cách làm

2 Cho hàm số y = (m -2)x2.

a) Tìm m biết đồ thị hàm số qua điểm A(1; 2)

b) Với giá trị m câu a, tìm điểm đồ thị hàm số có hoành độ x = -2 c) Với giá trị m câu a, tìm điểm đồ thị hàm số só tung độ y =

(PP dạy tương tự)

3 Cho HS y = -x2 Tìm đồ thị hàm số điểm A cho OA =

4 Cho HS y = - 3x2 Tìm đồ thị hàm số hai điểm A B cho A, B có tung độ khoảng cách AB = 12

(PP dạy tương tự)

Giải:Vì đồ thị hàm số y =- 3x2 nhận Oy làm trục đối xứng mà A, B có tung độ Suy hoành độ A, B hai điểm đối Gọi hoành độ A a hồnh độ B -a Kẻ AM, Bn vng góc với Ox (M, N thuộc Ox) Suy AB = MN = a  a  2a 12

6

a a

   

* Với a =  y = -3.62 = - 108 * Với a = -  y = -3.(-6)2 = - 108 Vậy A(6; -108) B(-6; -108)

5 Cho HS y = - 2x2 Tìm đồ thị hàm số hai điểm A B cho xA + xB = yA + yB = 10

(PP dạy tương tự) GV: Nhận xét, bổ sung:

X2 -X+ = 0, =(- 1)2 - 4.1.3 = -11< 0 Pt vơ nghiệm

Vậy khơng có điểm A, B thỏa mãn ĐK cho

6 Cho HS y = x2 điểm A(-3; 0). có:

* A(1; 2), với x = y = 2.12 = 2  A(1; 2) thuộc đồ thị.

* B(-2; -8), với x = -2 y = 2.(-2)2 = 8  B(-2; -8) không thuộc đồ thị.

* C(-1; -2), với x = -1 y = 2.(-1)2 = 2  C(-1; -2) không thuộc đồ thị.

* D( 2; 4), với x = 2 y = 2. 22 = 4  D( 2; 4) thuộc đồ thị.

* E( 2; -4), với x = 2 y = 2. 2 = 4  E( 2; -4) không thuộc đồ thị.

2 Hàm số y = (m -2)x2.

a) Đồ thị hàm số qua điểm A(1; 2) nên = (m - 2).1  m - =  m = 4.

b) Với m = ta có hàm số y = 2x2, với x = -2 y = 2.(-2)2 = 8.

c) HS y = 2x2, với y = ta có 2x2 = 6

2 3 3

x x

     C 3;6 , D  3;6

3 Với x = a  y = - a2, A(a, -a2). Ta có: OA2 = OM2 + AM2

y =  

2

2

6 6a  a a4 a2 6 0

   

   

     

   

2

2

2 2

2

4

2 2

2

a a

a a a

a a

 

    

 

 

     

   

Vì a2 + > nên a2 - = 0

2

2

a a

     y = 2

Vậy điểm A( 2; 2); A/( 2; 2)

thì OA= 6; OA/ = HS y = -2x2

* Điểm A có hồnh độ xA tung độ điểm A

là yA= -2xA2do A(xA; -2xA2)

* Điểm B có hồnh độ xB tung độ điểm B là

yB= -2xB2do B(xB; -2xB2) Theo ta có:

xA + xB = yA + yB = 10

 -2(xA2+xB2) = 10

 xA2+xB2 = -5 (xA+ xB)2 - 2xAxB = -5

 1 - 2xAxB = -  2xAxB = 6 xAxB= 3

Do xA, xB có phải nghiệm pt: 6.Tung độ điểm M a2.

Điểm M thuộc đồ thị hàm số có hồnh độ a Tính khoảng cách AM theo a, XĐ a để AM ngắn

(PP dạy tương tự)

7 Cho HS y = 6x2 Tìm đồ thị hàm số điểm A, B cho tam giác OAB tam giác

GV: Vẽ đồ thị HD HS cách tính

8 Cho HS y = x2 Tìm đồ thị hàm số điểm A, B cho tam giác OAB cân O diện tích tam giác OAB

GV: Vẽ đồ thị HD HS cách tính

OAB  OA = OB  A, B đối xứng

qua Oy nên A, B có tung độ

Gọi hoành độ A a (a > 0)

 hoành độ B

là -a Tung độ A, B a2.

 A(a; a2), B(-a; a2), AB = 2 a Gọi HO đường cao tam giác OAB OH = y = a2.

Do diện tích tam giác OAB là:

2

3

1

.2

2

8

S AB OH a a

a a

  

   

Vậy A(2; 8), B(-2; 8)

Theo đ/l Pi ta go ta có:

   

   

2

2

2 2

2

4

2

2

3

6

6

1 5

AM AN MN

a a

a a a

a a a

a a

 

  

   

   

     

Dấu "=" xảy  a = -1.

Vậy AM ngắn  a = -1.

7 OAB  OA = OB  A, B đối xứng qua Oy

nên A, B có tung độ Gọi hoành độ A a(a>0)

 Hoành độ B - a

Tung độ A, B 6a2. * OAB  AB = OA

 6a4 + a2 = 4a2  6a4 = 3a2  2a4 = a2 a2(2a2 - 1) = Vì a2 > nên 2a2 =  a =

2



Với a =

2

2 2

,

2 xA yA 2

 

     

 

 

2

;

2

A 

  

 

Với a =

2

2 2

,

2 xA yA 2

 

  

     

 

 

2

;

2

B 

  

 

 

Hoạt động 2: Luyện tập hình học: Cho ABC vuông A, đường cao

AH Vẽ đường trịn tâm O, đường kính AH, đường trịn cắt AB, AC E F

a) C/mr O, E, F thẳng hàng;

b) Tiếp tuyến với (O) E F cắt BC M N C/mr MO//AB, NO//AC Tam giác MON có đặc điểm ? c) Cho AB = 8cm, AC = 16cm Tính diện tích tứ giác MEFN

d) Giả sử A di động ln nhìn BC cố định góc vng Tìm vị trí A để diện tích tứ giác EMNF lớn

1 a) c/m: O, E, F thẳng hàng:

Vì EAF 900 nên È đường kính Do đó O, E, F thẳng hàng

b) C/m MO//AB, NO//AC Tam giác MON có đặc điểm ?

* Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có OMED, theo GT ta có ABAC,

 900

AEH   EH AE EH AB Suy ra:

OM//AB, EH//AC

Từ suy tam giác MON vng O c) Tính diện tích tứ giác MEFN, biết AB = 8cm, AC = 16cm

Ta có MO đường trung bình HBA

y

B A

x

0 a

-a

M

O

N A x

y

x

B A

GV: y/c HS thảo luận nhóm làm 10/, sau GV vẽ hình cho HS XD cách giải

2.Cho đường tòn (O) (O/) cắt tại A B, đường thẳng qua A vng góc với AB cắt (O) C (O/) D Qua D kẻ cát tuyến EAF (E(O), F(O/))

a) C/mr: CEB DFB  900

b) C/mr: OO///CD Tính CD biết AB = 6cm, OA = 8cm O/A = 6cm. c) Tìm vị trí cát tuyến EAF cho AE = FA

GV: y/c HS thảo luận nhóm làm 10/, sau GV vẽ hình cho HS XD cách giải

Gọi I trung điểm OO/ IA là đường trung bình hình thang MOO/N. Từ suy EAFAI Vậy ta có cách

dựng

- XĐ trung điểm I OO/ - Nối IA

- Dựng đường thẳng vng góc với IA cắt (O) điểm thứ hai E (khác A), cắt (O/) điểm thứ hai F (khác A) ta vị trí cát tuyến EAF cần tìm

do MO =

2AB=  

1

2  cm

Tương tự ta có NO =

2AC =  

1

.16

2  cm

Diện tích tam giác MON là;

S =  

2

1

.4.8 16

2MO NO2  cm

Ta có: SMEO = SMHO, SNOF = SOHN 9c.c.c) SMEFN = 2.S = 2.16 = 32 (cm2)

d) Ta có EM//FN (cùng vng góc với È) MEFN hình thang vng

Do đó:

SMEFN=EF =EF EF

EM FN MH NH BC



Suy SMEFN lớn  EF lớn Mà

EF = AH AH lớn  EF vừa là

đường cao, vừa đường trung tuyến, tam giác BAC tam giác vuông cân a) C/mr: CEB DFB  900

Vì CAB = 900 nên CB đường kính (O), dó CEB = 900.

c/m tương tự ta có: DFB = 900. b) C/mr: OO///CD.

Ta có OO/AB, CDAB Do OO///CD.

Gọi H giao điểm AB OO/ ta có AH= BH =

1

2AB =  

1

2  cm .

OB = OA = 8cm, O/B = O/A = 6cm. Áp dụng đ/l Pi- Ta-Go vào tam giác vuông HBO HBO/ vuông H, ta có:

2 2

2 2

8 55

6 27

OH OB HB

O H O B HB

    

      

OO OH HO 55 27

     (cm)

Vì OC = OB =

2CB, O/D = O/B=

2DB

nên OO/ đường trung bình tam giác BCD Cd = 2.OO/ = 2( 55 27)cm c) Giả sử ta dựng cát tuyến EAF mà AE = AF Gọi M, N hình chiếu O O/ EAF

Khi ta có AM = AN Hoạt động 3: Hướng dẫn học nhà:

- Học ghi, SGK sách ôn tập thuộc lí thuyết, tập làm lại BT khó

B

M

E H

N

A C

F

E

M A

C D

N

F 0/

0 I H

- Làm tiếp BT GPT, BPT bậc BT hình học tính tốn sách ơn tập

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 06/6/2012 soạn B11:

LT: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BPT BÂC NHẤT - CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC VỀ TÍNH TỐN

I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững cách giải PT, BPT bậc ẩn; tốn hình học tính tốn

- Kĩ năng: Giải phương trình, vẽ hình

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt, sáng tạo II CHUẨN BỊ:

GV: Các tập phù hợp với mục tiêu vừa sức HS HS: Ôn tập theo HD GV

III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS Yêu cầu cần đạt Hoạt động 1: Giải PT:

1 Giải cacvs PT sau: a) 2x +

1

2

4x 3x ;

b) x2 3 2x 8 x23;

c) 2x - 5x 2 5;

d)

2

2 32

2

x x x

GV: y/c HS làm cá nhân 5/, sau cho HS lên bảng giải, lớp góp ý bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách giải cách hay cho HS Tìm m để phương trình

m(m + 2)x + m + = a) Có nghiệm b) Vô nghiệm

c) Mọi giá trị x R nghiệm

3 Giải pt sau: a) 2x 3 ; b)

1

3

2x   2x;

c)

2

3

2 2

2

x x  x  x

1 a) C1:

1

2

4 x

 

     

 

24 24

2 23 24

12 x x x 23

 

     

C2:

24

24 24 23 24

23

x x x x x

       

Vậy pt có nghiệm x = 24/23 b)  2x8 x4.

Vậy pt có nghiệm x = -4 c)

2 5x 2 2  5x 2 52

        

4 5x 4 5 x

       

d)

2 2

4 2

10

5

x x x x

x

     

   

Vậy pt có nghiệm x = 2 / 5.

2 a) Pt m(m + 2)x + m + = có nghiệm m(m + 2)  0 m0;m2.

b) Pt m(m + 2)x + m + = vô nghiệm m(m + 2)  0 m0;m2.

c) Pt m(m + 2)x + m + = nghiệm với giá trị x m = -

d) 5 x 2x1

GV: y/c HS làm cá nhân 5/, sau cho HS lên bảng giải, lớp góp ý bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách giải cách hay cho HS d) 5 x 2x1

3

2 7

2 1

3

x

x x x

x x x

x                        

vậy pt có nghiệm x =

3

;

7 x3

4 Giải pt:

) 0;

2

a

x   b)

2

2

x x

c)

5

2

2 x x     ; d) 2 2 1 x x x x    

5 Tìm số nguyên m để pt sau có nghiệm nguyên:

(m - 3)x + m - = (PP dạy tương tự)

TH1: m = 0, pt có dạng: 0x + = (vơ nghiệm)

TH2: m 0, pt có nghiệm:

x =

1 3 m m m    

  Suy pt có

nghiệm nguyên  m - hay m - Ư(-2) = 1; 2

m - -1 -2

m

Vậy m = 4; 2;5;1 Giải pt sau: a) 3x 2x3; b) x 3 2x 1; c) x26x9 8 2x ;

Vậy pt có nghiệm x =

b) ĐK

3 6

2 3 x x x x                 

PT vơ nghiệm khơng có giá trị x thỏa mãn ĐK

c) ĐK: 2 2 2

3 23

2

3

2 64 32

2

1

2 2

4 16

3 23

2

8 32

1

2

4

x x

x x

x x x x

x x                                                                

Đúng với x, nên bình phương hai vế ta được: 2x2 +

3

2 x + = 2x2 + x + 2

1

2x x

   

Vậy pt có nghiệm x =

4 ĐK: x  -3, ta có:

1 11

2 12 11

2x6    x   x  x

Thỏa mãn ĐK Vậy pt có nghiệm x = -11/4 b) ĐK: x2;x4, ta có:

2

2 14

2 x x x

x x       Thỏa mãn

ĐK Vậy pt có nghiệm x = - 14 c) ĐK: x > -1/2, ta có:

5

2

2

x x x x

x

          



Thỏa mãn ĐK Vậy pt có nghiệm x = d) ĐK: (1- x)(1 + x) > 0  1 x1, ta có:

2

2 2

2

2

1 2

2

x x

x x x x x x

x



         



Thỏa mãn ĐK Vậy pt có nghiệm x = 1/2 a)* Nếu 3x -  0 3x 6 x2, pt có dạng: 3x - = 2x +  x = (Thỏa mãn ĐK trên)

* Nếu 3x -  0 3x 6 x2, pt có dạng:

- 3x + = 2x +  5x =  x = 0,6 (Thỏa mãn

ĐK trên)

Vậy pt có nghiệm: x1 = 9; x2 = 0,6 b) TH1: Nếu x < - 3, pt có dạng:

- x - + 2x - = - 1 x = 6(Loại > -3)

d)

4

x x

  

(pp dạy tương tự) d) ĐK: x 2, ta có:

3 4( 2)

3

3 4(2 )

3 11 11/

3 5

x x

x x

x x

x x x x

x x x x

  



    

  



    

  

     

    

  

* Cả giá trị thỏa mãn ĐK Vậy pt có nghiệm: x1=11/3; x2=1 C2: Xét khoảng:

* Nếu x < - 3, pt có dạng: - x - = - 4x +

3x 11 x 11/

    (loại)

* Nếu -  x 4, pt có dạng: x + = - 4x +

5x x

    (t/m)

* Nếu x 4 pt có dạng:

x + = 4x -

3x 11 x 11/

    (t/m).Vậy pt có

2 nghiệm x1 = 0,6; x2 = 11

 3x =  x = 0.(Thỏa mãn ĐK trên)

TH3: Nếu x 2, pt có dạng: x + - 2x + = -1

 x = (Thỏa mãn ĐK trên)

Vậy pt có nghiệm x1 = 0; x2 =  2

) 8

3 0,6

3 11 11

c x x x x

x x x x

x x x x

       

    

  

     

    

  

Vậy pt có nghiệm x1 = 0,6; x2 = 11 C2: Xét khoảng:

* Nếu x < -3 phương trình có dạng: - - x = - 2x  x = 11 (loại)

* Nếu - 3 x 4phương trình có dạng:

x + = - 2x  3x =  x = 0,6 (thỏa mãn)

* Nếu x  phương trình có dạng:

x + = 2x -  x = 11(thỏa mãn)

Vậy pt có nghiệm x1 = 0,6; x2 = 11

Hoạt động 2: Luyện tập hình học: (phân hình lại buổi trước) Hoạt động 3: Hướng dẫn học nhà: - Học ghi sách ôn tập

- Làm tiếp lại

- Tập làm thi vào lớp 10 THPT năm học 2011 - 2012 buổi sau luyện tập

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 08/6/2012 soạn B12:

ÔN TẬP + LUYỆN GIẢI BÀI THI VÀO LỚP 10 THPT (năm 2011) I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chương trình tốn thơng qua chữa thi vào lớp 10 THPT tỉnh Thanh Hóa

- Kĩ năng: Trình bày thi

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt sáng tạo II CHUẨN BỊ:

GV: Đề cách giải thi vào lớp 10 THPT Tỉnh Thanh Hóa cho HS - Thước m compa

HS: Ôn tập theo HD GV; thước kẻ, compa III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

GV: Ghi đề lên bảng, y/c HS lên giải, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

HS: Làm theo HD GV

Hoạt động 2: Chữa thi vào 10 THPT năm 2011 tỉnh Thanh Hóa.(Đề A) Bài 1: (1,5đ)

1 Cho hai số: a1 = + 2; a2 = - 2.

Tính a1 + a2 Giải hệ pt:

2

2

x y x y

 

 

 



GV: y/c HS làm cá nhân 6/, sau đó cho HS lên giải, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

Bài 2: (2,0đ) Cho BT:

A =

4 1

:

2 2

a a a

a

a a a

  

 

 

     

 

Với a0,a4.

1 Rút gọn BT A

2 Tính giá trị A a = + 2.

(pp dạy tương tự) Bài 3: (2,5 đ)

Cho Pt x2 - (2m - 1)x + m(m - 1) = (1) (Với m tham số)

1 Gpt (1) với m = 2;

2 C/m PT (1) ln có nghiệm phân biệt với m

3 Gọi x1, x2 nghiệm cuả pt (1) (với x1 < x2) C/m: x12 - 2x2 + 0

(pp dạy tương tự)

Bài 4: (3,0 đ) Cho ABC có góc

nhọn Các đường cao BD CK cắt H

1 C/m tứ giác AKHD nội tiếp đường tròn

2 C/m AKD đồng dạng với ACB

3 Kẻ tiếp tuyến Dx D đường trịn tâm O đường kính BC cắt AH M c/m M trung điểm AH

GV: Vẽ hình phân tích HD HJS c/m

Bài 1:

1 a1 + a2 = + 1  2

2 5

2

1 1

1 2

x y x y x

x y x y x y

x x x

y y y

    

  

 

  

     

  

  

  

     

    

  

Vậy pt có nghiệm (x; y) =(-1; 1) Bài 2:

1 Với a0,a4, ta có:

   

     

4 1

:

2 2 2

2 1

2

2

a a a

A

a a a a a

a a a a a

a

a

a a

 



 

  

      

 

     

  



 

2  

2

6 2 2

a     a  

Do A =

1

2

2 2

 



 

Bài 3:

1 Với m = 2, ta có pt: x2 - 3x + = 0, pt có dạng a + b + c = nên có nghiệm x1 = 1; x2 =

2 Pt x2 - (2m - 1)x + m(m - 1) = 0, Có:

   

2

2 4.1

4 4 1

m m m

m m m m

      

           

Chứng tỏ pt ln có nghiệm phân biệt Vì pt ln có nghiệm phân biệt x1< x2 nên

2 1 2

1

2.1

m m

x       m

x2 =

2 1

2.1

m m

m

 

 

x12 - 2x2 + = (m -1)2 - 2m + = m2 - 2m + - 2m + 3 = (m - 2)2  0

Bài 4:

2

A D M x

2

K

H B

Bài 5: (1,0 đ) Cho số dương A, B, C C/m BĐT:

2

a b c

b c  a c  a b 

Giải:

Áp dụng BĐT Co - si cho số không âm ta được:

.1 :

2

b c b c b c a

a a a

     

   

 

2

a a

b c a b c

 

   (1)

Tương tự ta có:

2

(2); (3)

b b c c

a c a b c  a b a b c 

Cộng vế với vế (1), (2) (3) ta đượng:

Vt

2(a b c)

a b c

  

  =2

1 C/m t/g AKHD nội tiếp

Vì BD, CK đường cao tam giác ABC nên: BD AC CK AB nên

ADH AKH 900

   ADH AKH 1800

Vậy t/g AKHD nội tiếp đường trịn đường kính AH

2 C/m AKD đồng dạng với ACB:

Ta có: BKC BDC  900 Suy tứ giác BKDC nội tiếp đường trịn đường kính BC Do ADK ABC (Cùng bù với góc BDC)

Xét AKD ACB có A chung,

 

ADK ABC  AKD ACB (g.g)

3 Ta có: D 1D3( phụ với góc MDC,

 

1

D B (vì ODC cân O)

 

1

B K (cùng chắn cung DC (O)

 

1

K A (cùng chắn cung HD)

 D2 A1 MAD cân M MA MD

(1)

Lại có H 1A190 ;0 D 3D 900 Mà

   

1

A D  H D  MHD cân M HD MH

  (2)

Từ (1) (2) suy MA = MH Vậy H trung điểm AH

Hoạt động 3: Hướng dẫn học nhà:

- Học ghi, SGK sách ơn tập thuộc lí thuyết, tập làm lại BT khó - Làm tiếp BT GPT, BPT bậc BT hình học tính tốn sách ơn tập

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 9/6/2012 soạn B13:

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI VAO LỚP 10 THPT năm 2010 I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chương trình tốn thơng qua chữa thi vào lớp 10 THPT tỉnh Thanh Hóa

- Kĩ năng: Trình bày thi

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt sáng tạo II CHUẨN BỊ:

- Thước m compa

HS: Ôn tập theo HD GV; thước kẻ, compa III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS Yêu cầu cần đạt Hoạt động 1: Chữa BT lại buổi trước

Ho t đọng 2: Gi i ả đề ă n m 2010 Bài (2,0 đ)

Cho pt: x2 + nx - = (1) (víi n tham

số)

1) Giải pt (1) với n =

2) Giả sử x1, x2 c¸c nghiƯm cđa pt (1),

tìm n để:

   

2

1 2 1

x x  x x

Bài 2: (2,0 đ)

Cho bt:

3 1

3

3

a a

A

a a a

    

     

    

 

Víi a > vµ a 9.

1) Rót gän A

2) Tìm a để bt A nhận giá trị nguyên Giải:

1) Víi a > vµ a 9, ta cã:

   

   

2

3 3

3

a a a

A

a

a a

   



 

=

6 9

3

a a a a

a a

    



=

12

3 3

a

a a  a

Bài (2,0 đ)

Trong mt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm A, B thuộc

parabol (P) víi xA = - 1, xB=

1) Tìm toạ độ điểm A, B viết pt đ-ờng thẳng AB

2) Tìm m để đờng thẳng (d):

y = (2m2-m)x + m + 1(víi m lµ tham sè)

song song với đờng thẳng AB Bài 4: (3,0đ)

Cho tam giác PQR có ba góc nhọn nội tiếp tiếp đờng trịn tâm O, đờng cao QM, RN tam giác cắt H 1) C/m tứ giác QRMN tứ giác nội tiếp đờng tròn

2) Kéo dài PO cắt đờng tròn (O) K C/m tứ giác QHRK hình bình hành 3) Cho cạnh QR cố định, P thay đổi cung lớn QR cho tam giác PQR ln nhọn Xác định vị trí P để diện tích tam giác QRH lớn

Gi¶i:

Bài (2,0 đ)

1) Với n = ta cã pt: x2 + 3x - = cã

d¹ng a + b + c = + - = nªn cã nghiÖm:

x1= 1; x2= -

2) Để pt có nghiệm 0(1)và theo

bµi    

2

1 2 1

x x  x x  

(2)

Tõ (1) suy ra: n2 + 16  16 > víi mäi n.

Tõ (2) suy ra:

x1x22 + x1 + x12x2 + x2 >

   

1 2

x x x x x x

    

 (x1+x2)(x1x2+1) > 6

áp dụng hệ thức Vi - ét vào ta cã: x1 + x2 = - n; x1x2 = - th×:

-n(-4 + 1) >  3n 6 n2

VËy víi n > th× pt (1) cã nghiƯm x1; x2

tho¶ m·n hƯ thøc:    

2

1 2 1

x x  x x  

Bµi 2: (Tiếp)

2) Để A nhận giá trị nguyên th× 4 a3

Suy a 3 Ư(4) =   1; 2; 4 mà a > nên a+ > 3, a+ =

1

a a

   Vậy a = A nhận giá

trị nguyên

Bài 3:1) Với xA= -1thì yA=(-1)2 =

Víi xB= th× yB= 22 =

nên toạ độ điểm A, B là: A(-1; 1), B(2; 4) * PT đờng thẳng AB:

1

4

2 4

3

A A

B B

y y x x y x

y y x x y x

xy x y xy x y

y x y x

   

  

   

       

     

Vậy pt đờng thẳng AB y = x +

2) Đờng thẳng (d): y = (2m2-m)x + m + 1

song song với đờng thẳng AB nên:

2

2 1(1)

1 2(2)

m m

m

  



  

* Tõ (1) suy ra: 2m2 - m - = pt cã d¹ng:

a + b + c = 2-1-1 = nªn cã nghiƯm m1=1, m2=

-1 2.

* Tõ (2) suy ra: m 1.

1) C/m tứ giác QRMN tứ giác nội tiếp đờng trịn

Vì QM, RN đờng cao tam giác PQR nên QMR QNR  900do tứ giác QRMN nội tiếp đờng trịn ng kớnh QR

Bài 5: (1,0đ)

Cho x, y số dơng thoả mÃn: x+y=4

Tìm giá trị nhỏ của: P= x2 + y2 +

33

xy. Giải: Vì x, y số dơng x + y = nªn áp dụng BĐT Cơ - Si ta có:

xy

 2 4

x y

 

33 33

xy 

Mặt khác x2 + y2 = (x + y)2 - 2xy = 16-2xy = 16 - 2.4 = (do xy 4)

Vậy

33 65

8

4

P  

Do Min P =

65

2

4  x y

VËy m =

-1 2.

Bµi 4:

2) C/m tứ giác QHRK hình bình hành Ta có: PQK PRK 900(góc nội tiếp chắn nửa ng trũn)

Suy ra: QK//HR (vì QKPQ HRPQ),

QH//KR (vì QHPR KRPR) đó

tứ giác QHRK hình bình hành(vì có cặp cạnh i song song)

3) Vì QHRK hình bình hành nên

QHR = RKQ ú SQHR= SRKQ.

Vì QR cố định nên SRKQ lớn

chỉ đờng cao kẻ từ K xuống QR lớn K nằm cung nhỏ QR, đờng cao nằm đờng kính KP, P nằm cung lớn QR Vậy P nằm cung lớn QR diện tích tam giác QRH ln nht

Bài 5: Vì x, y số dơng x + y = nªn

ta cã: P = (x2- 2xy +y2) +

2.33

2xy xy

 



 

 

 P = (x - y)2 +

2.33

2xy xy

 



 

  2 66

(DÊu "=" x¶y  

2

0

x y x y

     

) VËy P = 66 x y

Hoạt động 3: Hướng dẫn học nhà:

- Học ghi, SGK sách ơn tập thuộc lí thuyết, tập làm lại BT khó - Làm tiếp BT GPT, BPT bậc BT hình học tính tốn sách ơn tập

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 9/6/2012 soạn B14:

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT năm 2009 I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chương trình tốn thơng qua chữa thi vào lớp 10 THPT tỉnh Thanh Hóa

- Kĩ năng: Trình bày thi

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt sáng tạo II CHUẨN BỊ:

GV: Đề cách giải thi vào lớp 10 THPT Tỉnh Thanh Hóa cho HS - Thước m compa

HS: Ôn tập theo HD GV; thước kẻ, compa

M

N H O

Q R

III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS Yêu cầu cần đạt Hoạt động 1: Chữa BT lại buổi trước

GV: y/c HS lên bảng chữa bài, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

Làm XD chữa theo HD GV Hoạt động 2: Giải đề năm 2009

Bài 1: (1,5 đ) Cho pt: x2 - 4x + m = 0

(1) víi m lµ tham sè Gi¶i pt (1) m =

2 Tìm m để pt (1) có nghiệm Bài 2: (1,5đ)

Gi¶i hƯ pt:

2

2

x y x y

 

 

 



GV: y/c HS làm cá nhân 6/, sau cho HS dừng bút XD

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách giải

Bµi 3: (2,5 ®)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm A(0;1).

1 Viết pt đờng thẳng (d) qua điểm A(0;1) có hệ số góc k

2 C/mr đờng thẳng (d) cắt parabol (P) điểm phân biệt M N với k

3 Gọi hoành độ điểm M N lần lợt x1 x2 C/mr: x1.x2 = -1, từ

đó suy tam giác MON tam giác vuông

GV: y/c HS làm cá nhân 6/, sau cho HS dừng bút XD

GV: Nhận xét, b sung, thng nht cỏch gii

Bài 4: (3,5đ)

Cho nửa đờng trịn tâm O, đờng kính AB = 2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (khác với điểm A) Từ điểm E, A B kẻ tiếp tuyến với nửa đờng tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ E cắt tiếp tuyến kẻ từ A B lần lợt C D

1 Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đờng tròn (O) C/m tứ giác ACMO nội tiếp đợc

Bµi 1:

1 Khi m = 3, ta cã pt: x2 - 4x + = 0.

PT cã d¹ng: a + b + c = - + = nªn cã nghiƯm x1 = 1, x2 =

3

c

a   . §Ĩ PT (1) cã nghiƯm th×:

 2

0 1.m m



          m4

Vậy để pt (1) có nghiệm m 4.

Bµi2:

2

2

x y x y

 

 

 



4 10

2 4

x y x

x y x y

  

 

   

   

 

2 2

2 2

x x x

y y y

  

  

     

   

  

VËy pt cã nghiÖm nhÊt: (x; y)=(2; 1) Bµi 3:

1 PT đờng thẳng có dạng: y = ax + b

Do đờng thẳng (d) qua điểm A(0;1) có hệ số góc k (d) có pt là: y = kx +

2 XÐt pt: x2 = kx + 1x2 - kx - = 0, ta cã pt

bậc với hệ số a = 1, c = -1 trái dấu nên pt ln có nghiệm phân biệt với giá trị k Vậy đờng thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt M N với k

3 Gọi hoành độ điểm M v N ln lt l x1

và x2, x1, x2 nghiệm pt: x2-kx-1= nên

theo hÖ thøc Vi - Ðt ta cã: x1.x2 = -1, x1+x2=k

Ta cã: OM2 = x

12 + y12, ON2= x22 + y22

 OM2+ON2 =(x

12+x22) + (y12+y12) (1)

Khoảng cách ®iĨm M(x1; y1) vµ N(x2; y2)

trong mặt phẳng toạ độ: MN2 = (x

2 - x1)2 + (y2-y1)2

= (x12+x22)+(y12+y22) - 2x1x2 - 2y1y2

Mµ x1.x2= -1; x1+ x2 = k, y1= kx1+1,

y2 = kx2+ 1 y1y2= k2x1x2+ (x1+x2)k+1

y1y2 = -k2 + k2 + =

Nªn MN2 = (x

12+x22)+(y12+y22)+2-

= (x12+x22)+(y12+y22) (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã: MN2 = OM2+ON2 nªn tam

đờng tròn

2 C/m tam giác AEC đồng dạng với tam giác BED, từ suy

DM CM

DE CE .

3 t AOC Tớnh di cỏc

đoạn thẳng AC vµ BD theo R vµ  Chøng tá tích AC.BD phụ thuộc vào R, không phụ thuéc vµo

GV: y/c HS đọc đề làm cá nhân 6/, sau cho HS dừng bút XD bài. GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách gii

Bài 5: (1,0 đ)

Cho số thùc x, y, z tho¶ m·n: y2+ yz + z2 = -

2

3

x

Tìm giá trị lớn giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc: A = x + y + z

GV: y/c HS đọc đề làm cá nhân 6/, sau cho HS dừng bút XD bài. GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách giải

C/m:

1) XÐt tø gi¸c ACMO cã: OAAC, OMMC

nên OAC OMC  900 Do đó:

  900 900 1800

OAC OMC    VËy tø gi¸c ACMO

nội tiếp đợc đờng tròn

2) XÐt AEC vµ BED cã: A B  900, gãc E

chung AEC BED (g.g), suy ra:

BD DE BD AC

AC CE  DE CE mµ DB=DM, CA=CM(2) tiÕp tuyÕn cïng xuÊt phát từ điểm D C tới đ-ờng tròn (O)) nªn

DM CM

DE CE . 3) - Xét AOC vuông A, ta có:

AC =OA.tanAOC= Rtan Nèi OD, ta cã : ODB COA (góc có cạnh tơng ứng vuông góc) - Xét BDO vuông B, ta có:

BD = tan OB

BDO= tan

R

 .

VËy AC = Rtan , BD = tan R

 , đó:

AC.BD = R2 nên phụ thuộc vào R, không

phụ thuéc vµo 

Bµi 5: Tõ y2+ yz + z2 = -

2

3

x

suy ra: 2y2+ 2yz + 2z2 +3x2 = 2

 

   

2 2

2 2

2 2

2 2

x y z xy xz yz

x xy y x xz z

     

      

     

     

2 2

2 2

2

x y z x y x z

x y z x y x z

       

 

      

Vì VT nên VP 0

Suy ra: A=    

2

2  x y  x z 

 

Do đó:

+ minA = x= 0, y = 1, z = -1

Hc x= 0, y =-1, z =

E

A O B

M

R C



+ măx A = x = y = z =

2 Hoạt động 3: Hướng dẫn học nhà:

- Học ghi sách ôn tập - Tập làm lại chữa

- Tập làm thi vào lớp 10 THPT năm 2008

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 10/6/2012 soạn B15:

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT năm 2008 I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chương trình tốn thơng qua chữa thi vào lớp 10 THPT tỉnh Thanh Hóa

- Kĩ năng: Trình bày thi

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt sáng tạo II CHUẨN BỊ:

GV: Đề cách giải thi vào lớp 10 THPT Tỉnh Thanh Hóa cho HS - Thước m compa

HS: Ôn tập theo HD GV; thước kẻ, compa III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS Yêu cầu cần đạt Hoạt động 1: Luyện tập

C©u 1: (2 ®iÓm)

Cho sè: x1 = - 3; x2 =2 +

1 TÝnh: x1 + x2 vµ x1x2;

2 LËp pt bËc hai Èn x nhận x1, x2

nghiệm

Câu 2: (2,5 điểm) Giải hệ pt:

3

2

x y x y

 

 

 



2 Rót gän biĨu thøc: A =

1 1

1

a a

a a a

 

 



 

  

  Víi a0; a1

GV: y/c HS đọc đề làm cá nhân 6/, sau cho HS dừng bút XD

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách giải

Câu 3: (1 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng thẳng (d): y = (m2 - m)x +

m đờng thẳng (d/): y = 2x + Tìm m

để đờng thẳng (d) song song với đờng

C©u 1:

1) Ta cã: x1 + x2 = - 3+2 + =

x1x2 = (2 - 3)(2 + 3) = - =

2) Theo ứng dụng hệ thức Vi - ét PT bậc hai ẩn x nhận x1, x2 nghiệm

lµ:

x2 - 4x + = 0

C©u 2: 1)

3

2

x y x y

 

 

 



3

8 4

x y x y

 

  

 



11 11 1

2 2.1 1

x x x

x y y y

  

  

     

    

  

VËy hÖ pt cã nghiƯm lµ (x; y) = (1; 1) 2) Víi a0; a1, ta cã:

A =

     

   

2

1 1 1

2

1

a a a a

a

a a

    



 

=

   

   

 

1 1

2

1

a a a a a

a a

a a

    

 



 

VËy A = a

th¼ng (d/).

GV: y/c HS đọc đề làm cá nhân 6/, sau cho HS dừng bút XD

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách giải

C©u 4: (3,5 ®iĨm)

Trong mặt phẳng cho đờng trịn (O), AB dây cung cố định khơng qua tâm đờng tròn (O) Gọi I trung điểm dây cung AB, M điểm cung lớn AB (M không trùng với A, B) Vẽ đờng tròn (O/) qua M tiếp xúc với đờng

thẳng AB A Tia MI cắt đờng tròn (O/)

tại điểm thứ hai N cắt đờng tròn (O) điểm thứ hai C

1 C/mr: BIC = AIN, từ c/m tứ giỏc

ANBC hình bình hành

2 C/mr BI tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BMN

3 Xác định vị trí điểm M cung lớn AB để diện tích tứ giác ANBC lớn

GV: y/c HS đọc đề làm cá nhân 6/, sau cho HS dừng bút XD

GV: Nhận xét, bổ sung, thng nht cỏch gii

Câu 5: (1 điêm)

Tìm nghiệm dơng pt:

1 x x2 12005 1 x x2 12005 22006

       

Gi¶i: Thư chän: + Víi x = 1, ta cã:

VT = 22005 + 22005=2.22005

= 22006 = VP.

+ Víi x = 2, ta cã:

VT = (3- 3)2005+(3+ 3)2005

V× + 3> 4= 22

nªn (3+ 3)2005 > (22 )2005 = 24010> 22006 nên

x số lớn Vậy pt có nghiÖm x =

song với chúng có hệ số góc tung độ gốc khác nên theo suy ra:

m2 - m =  m2 - m - = 0, pt nµy cã

d¹ng a - b + c = - (-1) + (-2) = nªn cã nghiƯm: m1= -1, m2 = 2(loại, với

tung gc đờng thẳng (d/))

Vậy với m = -1 đờng thẳng (d)//(d/).

C©u 4:

1) * c/m BIC = AIN

XÐt BIC vµ AIN cã IA = IB (gt),

 

AIN BIC(đối đỉnh),

    

IAN IBC AMN Do BIC = AIN (g.c.g).

* Ta cã IANIBC , mµ gãc nµy ë vị trí so le nên AN//CB Mặt khác, BIC =

AIN nªn AN = BC Suy tø gi¸c ANBC

là hình bình hành (Vì tứ giác có cặp cạnh đối song song nhau)

Hoặc từ BIC = AIN INIC, lại có

IA = IB (gt) nên tứ giác ANBC hình bình hành (Vì tứ giác có đờng chéo cắt trung điểm đờng) 2) C/mr BI tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BMN

Ta cã B A2(so le trong), A2 M 2(cïng

chắn cung BC đờng tronf (O)) nên

 

2

B M

Mà cung BN đờng trịn ngoại tiếp tam giác BMN nằm góc MBI Vậy IB tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BMN

Ta cã SANBC = 2.SABC VËy SANBC lín nhÊt

khi vµ chØ SABC lín nhÊt

Mà AB khơng đổi C nằm

cung nhá AB  M n»m chÝnh gi÷a cung

lín AB

Hoạt động 3: Hướng dẫn học nhà: - Học ghi sách ôn tập

- Tập làm lại chữa

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 10/6/2012 soạn B16:

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI THEO DẠNG CẤU TRÚC CỦA SỞ

M

1

0 0/

N

B

I

1

A

I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chương trình tốn thơng qua chữa chọn theo mẫu

- Kĩ năng: Trình bày thi

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt sáng tạo II CHUẨN BỊ:

GV: - Thước m compa

HS: Ôn tập theo HD GV; thước kẻ, compa III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS Yêu cầu cần đạt Hoạt động 1: Luy n t pệ ậ

Bài 1: (2,0 đ) Cho biểu thức:

P =

1

1

x x x

x

x x

   



 

   

  với x0;x1.

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P x = 17 12 2 .

Bài 2:(2,0 đ) Cho parabol (P): y = 2x2 và đường thẳng (d): y = mx - m + (với m tham số)

a) Tìm m để (d) cắt (P) điểm có hồnh độ x =

b) C/mr với giá trị m, d ln cắt (P) hai điểm phân biệt

Bµi 3: (2 ®iĨm)

1) BiÕt r»ng pt: x2 - 2(a+1)x + a2 + =

(víi a lµ tham sè) cã mét nghiƯm x = Tìm nghiệm lại pt

2) Giải hÖ pt:

1

1

1

12

1

1

x y

x y



 

  

 

  

  



Bµi 4: (3 điểm) Cho ABC vuông A,

cú ng cao AH Đờng trịn tâm O, đờng kính BH cắt cạnh AB M (MB); đờng

tròn tâm O/ đờng kính CH cứt cạnh AC tại

N (NC) Cmr:

1) Tứ giác AMHN hình chữ nhật 2) Tứ giác BMNC nội tiếp đợc đờng tròn

3) MN tiếp tuyến chung đờng trịn đờng kính BH đờng trịn đơng kính OO/.

Gi¶i:

Bài 1:

a) Với x 0;x1, ta có;

   

   

 

 2

1 1

1 1

1

1

1 1

1

1

x x x x

P x

x x x

x x x

x x x x

x

x x

    



 

 

    

 

   

 

 

   

 

b) Với x =    

4

17 12 2  1  1

2

x

  

do P = 1 1  Bµi 3:

1) PT cho có x = nên ta có: - 2(a+1) + a2 + = 0

 a2 - 2a + 1=  (a -1)2 =  a = 1.

Khi a = 1, PT cho trở thành: x2 - 4x + 3=

0

Cã d¹ng a + b + c = - + = nªn cã nghiƯm x1 = 1, x2 = VËy nghiƯm cßn lại

phải tìm x =

(Hoặc theo øng dơng cđa hƯ thøc Vi - Ðt: x1+x2= 4 1 x2  4 x2 3; x1.x2 =

 1.x2 = 3 x2 = 3)

2) §K:

1

x y



Đặt

1 1

1

a x b

y

 

 

   

 

 HÖ trë

thµnh:

2 16 8

12 12

1

28 4 4

2 1

2

4

a b a b

a b a b

a a

a a b

b b

   

 



 

   

 

 

 

 



  

     

 

     

 

 

A N I

M

B C

O/

1) Ta cã:

  900

BMH HNC (gãc néi tiÕp ch¾n nưa

đờng trịn) Suy ra: AMH ANH 900 Theo gt ta lại có BAC 900 Vậy tứ giác AMHN có góc vng nên hình chữ nhật

2) Ta cã: MBH MHA 900(cïng phụ với

BHM ) Trong hình chữ nhật AMHN ta cã gãc MAH = gãc ANM.Suy ra:

 

MBH ANM

Vậy tứ giác BMNC nội tiếp đợc đờng tròn

3) Gọi I giao điểm AH MN; nối IO, IO/.

Do AMHN hình chữ nhật nên IM = IH; mặt khác M thuộc đờng tròn tâm O đờng kính BH nên MO = OH

VËy IMO = IOH (c.c.c)

  900

IMO IHO

    MN MO VËy MN

là tiếp tuyến đờng trịn đờng kính BH (1)

Chứng minh hồn tồn tơng tự ta có MN tiếp tuyến đờng trịn đờng kính CH Bài 5: (1 điểm)

Cho sè tự nhiên a, b thoả mÃn ĐK: a + b = 2013 Tìm giá trị lớn tích ab

Gi¶i: Ta cã: ab =

 2  2 20132  2

4

a b  a b  a b 

nªn ab lín nhÊt vµ chØ (a - b)2 nhá

nhÊt

Theo gt a, b số tự nhiên a + b = 2013

Suy ra:

1

1

1

1 1

1

x x

x

y y

y





      



 

  

  

 

 

  

Cả giá trị thoả mãn ĐK Vậy hệ cho có nghiệm:

3

x y

  

 

Bµi 4: (tiÕp)

 MN  NO/ VËy MOO/N hình thang

vuông

Ta có I trung điểm MN, gọi K trung điểm OO/ IK đờng trung

bình hình thang vuông MOO/N IK MN

  (*) vµ IK =

/

2

MO NO

Theo c/m trªn MO = OH, t¬ng tù ta cã: NO/ = O/H

/

/

1

2

OH O H

IK  OO

  

 IK = KO = KO/.

 I thuộc đờng trịn đờng kính OO/ (**)

Từ (*) (**) suy MN tiếp tuyến đờng tịn đờng kính OO/ (2).

Từ (1) (2) ta có MN tiếp tuyến chung đờng trịn đơng kính BH đờng trịn đờng kính OO/.

Bài 5: (tiếp) Nên a, b khác tính chẵn lẻ, suy (a - b)21.

2

2013

1013042

ab 



Dấu "=" xảy khi:  

2

2013

a b a b

  

 

 

 

1007 1006

a b

   



 hc

1006 1007

a b

  

 

VËy gi¸ trị lớn tích ab 1013042

1007 1006

a b

   



 hc

1006 1007

a b

  

 

Hoạt động 2: Hướng dẫn học nhà: - Học ghi sách ôn tập

- Tập làm lại tập khó chữa

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 12/6/2012 soạn B17

I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chương trình tốn thông qua chữa chọn theo mẫu

- Kĩ năng: Trình bày thi

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt sáng tạo II CHUẨN BỊ:

GV: - Thước m compa

HS: Ôn tập theo HD GV; thước kẻ, compa III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS Yêu cầu cần đạt Hoạt động 1: Luy n t pệ ậ

Bài 1: (2,0 đ) Cho biểu thức:

A =

1

:

1 1

a a a a

a

a a a

     

 

   

      

   

a) Tìm ĐK a để A có nghĩa b) Rút gọn A

Tìm giá trị a để A =

GV: y/c HS làm cá nhân 8/, sau cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

Bài 2: (2,0 đ) Cho hệ phương trình:

3 12

2

x y mx y

 

 

 



a) Giải hệ pt với m = 5;

b) Tìm giá trị m để hệ vơ nghiệm GV: y/c HS làm cá nhân 8/, sau cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

Bài 3: (2,0 đ) Cho hs y = ax + b có đồ thị d hàm số y = kx2 có đồ thị (P).

Bài 1:

a) ĐK để A có nghĩa: a > 0; a 1

b) Rút gọn A

   

   

1 1

:

1

1

1 1

a a a a a

A

a a

a a

a a a a a

a a

a

    



 

 

     

 

     

 



b) Tìm a để A = 3, ta có:

3

a

a a a



    

Đặt t = a t, 0, ta có 3t2 + t - = 0

1 4.3.2 24 25

         

PT có nghiệm phân biệt:

1

1 5

;

2.3 2.3

t     t    

< nên loại Với t = 2/3

2

3

a a

   

Bài 2: a) Khi m = ta có hệ phương trình:

3 12 12

5 10 10

2

7 7

3 12

3 12

7

2 2

7 7

6 45

4 12

7 14 14

x y x y

x y x y

x x

x y

y

x x x

y y y

   

 



 

   

 

 

  

 

   

  

   

 

  

  

  

  

  

     

       

 

  



Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y)=

2 45 ; 14



 

 

 

b) Để hệ pt vô nghiệm phải có:

3 12 3.2

1,5

2 m

a) Tìm a b để đồ thị hàm số qua điểm A(-1; 4) điểm B(3; 0)

b) Tìm k cho (P) tiếp xúc với d Viết phương trình (P)

(PP dạy tương tự)

Bài 4: (3,0)Từ điểm A ngồi đường trịn (O; R) vaex tiếp tuyến AT cát tuyến ABC với đường tròn (B nàm A C) Gọi H hình chiếu T OA Chứng minh rằng: a) AB.AC = AH.AO;

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC qua H;

c) AB + AC  2AT

Bài 5: (1,0 đ) Cho a, b số thực dương C/mr:

3

2 2

1

1

a b a b

a b b a

 

  

  

Giải: ta có:

 

3 2

2 2

2 2 2

2 2 2

a a ab ab

a b a b

a a b ab ab

a

a b a b a b

 



 



   

  

Vì a2 + b2  2ab với a, b nên a -

2

2 2 2

ab ab b

a a

a b   ab 

3

2 2

a b

a a b

  

 (1)

Tương tự, ta có:

3

2

1

(2); (3)

1 2

b a

b

b    a   

Cộng vế với vế (1), (2) (3) ta được:

3

2 2

1

1

a b a b

a b b a

 

  

  

Dấu "=" xảy a=b=1

Bài 3:

a) Đồ thị hàm số y = ax + b qua điểm A(-1; 4) điểm B(3; 0) nên ta có:

.( 1) 4 4

.3 3

1

3.( 1)

a b a b a

a b a b a b

a a

b b

     

  

 

  

     

  

 

 

   

   

 

Vậy a = -1, b =

b) (P) tiếp xúc với d  Pt: kx2 = -x + 3

kx2 + x - = có nghiệm kép.

0 12

12

k k

       

Vậy pt (P) y =

-2

1

12x

Bài 4:

a) C/m: AB.AC = AH.AO Xét ATB ACT có:

 

ATBACT(cùng chắn cung BT (O)) A

chung  ATB ACT (g.g)

AT AB

AT AB AC AC AT

   

(1)

Trong tam giác ATO vng T có đường cao TH, theo hệ thức lượng tam giác ta có: AT2 = AH.AO (2)

Từ (1) (2)  AB.AC = AH.AO

b) C/m đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC qua H

Từ AB.AC = AH.AO

AO AC AB AH

 

Xét AOC ABH có A chung,

AO AC AB AH

 AOC ABH (c.g.c) ACOAHB  Tứ giác OHBC nội tiếp, chứng tỏ đường

tròn ngoại tiếp tam giác BOC qua H c) C/m: AB + AC  2AT

Vì AB, AC > nên áp dụng BĐT Cơ - Si, ta có:

AB + AC 2 AB AC 2.AT.

Hoạt động 2: Hướng dẫn học nhà: - Học ghi sách ôn tập

T

H A

O B

- Tập làm lại tập khó chữa

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy:

Ngày 13/6/2012 soạn B18

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI THEO DẠNG CẤU TRÚC CỦA SỞ I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chương trình tốn thơng qua chữa chọn theo mẫu

- Kĩ năng: Trình bày thi

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt sáng tạo II CHUẨN BỊ:

GV: - Thước m compa

HS: Ôn tập theo HD GV; thước kẻ, compa III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS Yêu cầu cần đạt Hoạt động 1: Luy n t pệ ậ

Bài 1: (2,0 đ) Cho biểu thức: P =

3 2

2

a a a

a a a a

  

 

   

a) Tìm ĐK a để biểu thức P có nghĩa b) Rút gọn P

c) Tìm a để P nhỏ

GV: y/c HS làm cá nhân 8/, sau đó cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

Bài 2: (2,0 đ) 1) Giải pt:

6

1

9

x  x 

2) Giải hệ pt:

 

 

5 3

3 2

x y y

x x y

  

  

   

 

GV: y/c HS làm cá nhân 8/, sau đó cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét,

Bài 1:

a) Vì a - a 2  a 2  a1nên P có nghĩa khi:

0

2

1

a a

a a

a a



  

 

   

 

  

  



b)

       

   

   

   

3 2

2

4 2

2

1

2

1

a a a a a

P

a a

a a a a a

a a

a

a

a a

      



 

      



 



 



 

c) P <

1

a

 



2

9

2

a a a

a

a a

       

     



   

 

 

Kết hợp với ĐK ta được:

0 4,

9

a a

a

  



 

bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

1

21 3

9 1

9

3

x x

x y

y

   

 

   

 

   

 

1

3

1

4

2

x x

y y

 

 



 

   

   

 



VËy hÖ pt cã nghiÖm nhÊt: (x; y) =

1

;

3

 



 

 

Bài 3: (2,0 đ) Cho parabol (P) có đỉnh gốc tọa độ qua điểm A

1 1;

2

 



 

 .

a) Viết phương trình parabol (P); b) Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng 2x + y = qua điểm B(0; m) Xác định m cho đường thẳng d cắt parabol (P) điểm có hồnh độ x1, x2 thỏa mãn 2x1+3x2 =

(PP dạy tương tự)

Bài 4: (2,0 đ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC) Vẽ dây AD song song với BC Các tiếp tuyến A B đường tròn cắt E Gọi I giao điểm AC BD

a) C/m tứ giác ABOI nội tiếp đường tròn;

b) C/m OI vng góc với EI;

c) Gọi M điểm thuộc đoạn thẳng BE, N giao điểm BD EA, K giao điểm MN AB

C/m

KM BM

KN AN

GV: y/c HS làm cá nhân 8/, sau đó

Bài 2:

1) §K: x 3, ta cã:

2

6

1

9

x   x        

6

3 3

x x

x x x x

  

 

   

 (x2 - 9)+(x -3) = 0 (x-3)(x+3)+(x-3) =

0

 (x-3)(x+ 4) =  x-3 =0 hc x + = 0 x = (loại, không thoả mÃn ĐK trên)

Hoặc x = -4 (thoả mÃn §K trªn) VËy PT cã nghiƯm x = - 2)

 

 

5 3

3 2

x y y

x x y

  

  

   

 

15

8

x y y

x y x

  

  

   



15 30

9

x y x y

x y x y

   

 

   

   

 

Bài 3:

a) Parabol (P) có đỉnh gốc tọa độ nên phương trình có dạng y = ax2 (a0) Vì (P) qua điểm A

1 1;

2

 



 

  nên ta có:

1

.1

2 a a

   

Vậy pt parabol (P) y =

2

1

2x



b) Đường thẳng d song song với đường thẳng 2x + y = 1(hay y = -2x + 1) qua điểm B(0; m) nên ta có pt: y = -2x + m * Phương trình giao điểm (P) d là:

2

1

2

2x x m x x m

      

Có    2m 0 2m4 m2

Với m < d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1= + , x2= - .

Theo ra: 2x1+3x2 =

 2(2+ ) + 3(2- ) = 4  4 + 2  + - 3 = 4

6 36

 

     

Do 4-2m = 36  2m = - 32  m = -16

(thỏa mãn ĐK m < 2) Vậy m = - 16

Bài 4: A ND

H

E I

K

O

M

B

cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

c) C/m

KM BM

KN AN .

Kẻ MH//BA (HEA) Trong AEB

có MH//AB theo đ/l Ta Let ta có:

BM AH

BE AE , mà EB = EA (t/c tiếp tuyến

cắt đường tròn)

 BM = AH (1).

Trong MNH có MH//KA nên

KM AH

KN AN (2)

Từ (1) (2) suy ra:

KM BM

KN AN .

Bài 5: (1,0 đ)

Cho số thực dương x, y thỏa mãn x + y = 1,2

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =

5

x y

(PP dạy tương tự) Suy M10 6  

Vậy M =

5x x

x

   

y = 0,2

1) C/m tứ giác ABOI nội tiếp đường trịn

Ta có AD//BC (gt) AB CD



2

AIB

sđAB CD  sđAB; AOB=sđ

AB AIBAOC Tứ giác ABOI có đỉnh

O I nhìn AB góc nên nội tiếp đường trịn b) C/m OI vng góc với EI

Tứ giác AOBE có:

  900 900 1800

OAE OBE    nên nội tiếp

được đường tròn Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOI đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABOE có điểm chung A, B, O nên chúng trùng Suy điểm A, B, O, E, I thuộc đường trịn

Ta có: EIO EAO (cùng chắn cung OE)

Mà EAO 900 nên EIO 900  OI EI

Bài 5: Vì x, y  R+ x + y = 1,2  5x + 5y = 6.

Ta có: M =

5

5

5 x y

x y   .

Theo BĐT Cô - Si ta có:

5 1

5 10; 5

5

x x y y

x  x  y   y 

Hoạt động 2: Hướng dẫn học nhà: - Học ghi sách ôn tập

- Tập làm lại tập khó chữa

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 15/6/2012 soạn B19

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI THEO DẠNG CẤU TRÚC CỦA SỞ I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chương trình tốn thơng qua chữa chọn theo mẫu

- Kĩ năng: Trình bày thi

II CHUẨN BỊ:

GV: - Thước m compa

HS: Ôn tập theo HD GV; thước kẻ, compa III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS Yêu cầu cần đạt Hoạt động 1: Luyện tập

B i 1à : (2,0 ®iĨm)

Cho BT: A =

5

3

1

a a a a

a a

     

 

   

     

   

a) Tìm giá trị a để A có nghĩa b) Rút gọn A

c) Tính giá trị biểu thức A biết a = 5-2

GV: y/c HS làm cá nhân 8/, sau cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

B i : (2,0 điểm)

1) Giải PT: 3x 2x3

2) Gi¶i hƯ PT:

 

 

5 3

3 2

x y y

x x y

  

  

   

 

GV: y/c HS làm cá nhân 8/, sau cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

B i 3à : (2,0 ®iĨm)

Cho pt: x2 - 2mx + mm +2 = 0

a) Giải pt m = -1

b) Tìm giá trị tham số m để PT vô nghiệm

GV: y/c HS làm cá nhân 8/, sau cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

B i 4à : (3,0 ®iĨm)

1) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2cm, AD = 3cm Quay hình chữ nhật quanh AB đợc hình trụ Tính thể tích hình tr ú

Câu 1: (2,0 điểm)

a) Để BT A có nghĩa thì: a0 và

5 25

a   a   a

Vậy để BT A có nghĩa a  0, a 25

b) Víi a  0, a 25, ta cã:

A =

 1  5

3

1

a a a a

a a

     

     

     

   

= 3 a 3 a  9 a c) Với a = 5-2 ta có:

A = - + 2 = + 2 B i 2à : (2,0 ®iĨm)

Xét khoảng:

* Nếu x  pt có dạng:

3x - = 2x + 3 x9 (t/m ĐK xét) * Nếu x < phương trình có dạng: - 3x + = 2x + 3 5x 3 x0,6(t/m

ĐK xét)

Vậy pt có hai nghiệm x1= 9; x2= 0,6

2)

 

 

5 3

3 2

x y y

x x y

  

  

   

 

15

8

x y y

x y x

  

  

   



15 30

9

x y x y

x y x y

   

 

   

   

 

1

21 3

9 1

9

3

x x

x y

y

   

 

   

 

   

 

1

3

1

4

2

x x

y y

 

 



 

   

   

 



VËy hÖ pt cã nghiÖm nhÊt: (x; y) =

1

;

3

 



 

 

B i 3à : (2,0 ®iĨm)

a) Với m = ta có pt: x2 + 2x + =

x 12

2) Cho ABC cã gãc nhän, gãc B gÊp

đơi góc C AH đờng cao Gọi M trung điểm AC, đờng thẳng MH AB cắt N Chứng minh:

a) MHC c©n;

b) Tứ giác NBMC nội tiếp đợc đờng tròn

c) 2.MH2 = AB2 + AB.BH

(PP dạy tương tự)

Giải:1) Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB ta đợc hình trụ có: r = AD=3cm; h = 2cm

Ta cã thĨ tÝch h×nh trơ: V = S.h =  r2.h

 V = .32.2 = 18 (cm3)

VËy thĨ tÝch h×nh trơ lµ 18cm3

2)

(Tiếp ý c)

+ XÐt BHN vµ MHC cã: BHN MHC

(đối đỉnh); N1C1 (cùng chắn cung BM

của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác NBMC)

 BHN P MHC (g.g)  BHN c©n

tại B BN = BH

+ XÐt ANM vµ ACB chóng cã: gãc A

chung; N1C1(c/m trªn)  ANM ACB (g.g)

2

AM AN MH AB BN

AB AC AB MH



   

(v× AC = 2MH = 2AM) BH = BN nên suy ra: 2.MH2 = AB(AB +BH)

Hay 2.MH2 = AB2 + AB.BH (®pcm)

B i 5à : (1,0 ®iĨm) C/mr víi a > 0, ta cã:

 

2

5 11

1 2

a a

a a



 



(PP dạy tương tự)

Gi¶i (Tiếp) VËy

 

2

5 11

1 2

a a

a a



 



(dÊu "=" x¶y  a = 1)

(Hoặc

2

1

1

1 1.1

1

b x x

a

 



        

Hoặc tính

2

0

2 2.1

b x x

a

 

      

)

b) Để pt cho vơ nghiệm thì:   Ta có:      

2

1

m m m

    

(1) XÐt trêng hỵp:

+ Nếu m < m m tõ (1) suy ra: m2 + m2 - <  2(m2 - 1) < 0

 (m + 1)(m -1)<0   1 m1 KÕt hỵp

với ĐK xét ta lấy -1< m <0

+ Nếu m 0 m m từ (1) suy ra: m2 - m2 - <  0m2 < với

m thuộc khoảng xét

Vy vi nhng giỏ tr m > -1 PT cho vơ nghiệm

B i 4à : 2)

a) C/m MHC tam giác cân.

Vỡ AH l ng cao nên AHC vng

H có AM = MC (gt) nên HM trung tuyến ứng với cạnh huyền MH = MC (=1/2.AC) Vậy MHC cân M.

b) C/m tứ giác NBMC nội tiếp đợc đờng trịn

Trong tam gi¸c ABC cã gãcB = gãcC, suy NBC1800 2C1(1)

Tam gíc MHC cân M,

 

MHC MCH , suy NMC1800 2C1 (2)

Từ (1) (2) suy ra: B M nằm cung chứa góc 1800 - 2.C 1 Do điểm N, B,

M, C nằm đờng trịn chứa cung chứa góc 1800 - 2.C 1 dựng NC Vậy tứ

giác NBMC nội tiếp đợc đờng tròn

c) + Vì AH đờng cao ABC nên 

AHC vng H có MA = MC(gt)  HM trung tuyến ứng với cạnh huyền HM = MC = MA(=

1

2AC) MHC

cân M

Bi 5:

Vì a > nên áp dụng BĐT Cô-Si ta cã: * a2 + 2a (dÊu "=" x¶y  a = 1;

*

2

2

1 1

2

1 4

a a a a

a a a a

 

    

 

(dấu "=" xảy  a = 1) Do đó:

A

M

1

B C

1

2

H

2

VT =

   

2

5 10

1

a a

a a

a a a a

 

  

 

=

 

2

9

1

1 4

a

a a

a a a



  

 

 



 

9 11

2

  

=VP

Hoạt động 2: Hướng dẫn học nhà: - Học ghi sách ôn

- Làm lại vừa chữa, đọc ôn lại học

Rút kinh nghiệm sau buổi dạy: Ngày 16/6/2012 soạn B20

LUYỆN GIẢI ĐỀ THI THEO DẠNG CẤU TRÚC CỦA SỞ I MỤC TIÊU:

- Kiến thức: Củng cố cho HS nắm vững kiến thức chương trình tốn thơng qua chữa chọn theo mẫu

- Kĩ năng: Trình bày thi

- Thái độ: Nghiêm túc, tính cẩn thận, linh hoạt sáng tạo II CHUẨN BỊ:

GV: - Thước m compa

HS: Ôn tập theo HD GV; thước kẻ, compa III TIẾN TRÌNH DẠY HỌC:

Hoạt động GV&HS Yêu cầu cần đạt Hoạt động 1: Luy n t pệ ậ

Bài 1: (2,0 đ) Cho biểu thức:

:

1

1

:

1

x x P

x x x x x

x

x x x x x

  

  

     

 

 



 

     

 

a) Tìm ĐK x để P có nghĩa; b) Rút gọn P

c) Tìm số nguyên x cho P nhận giá trị nguyên

GV: y/c HS làm cá nhân 8/, sau cho 1HS lên chữa, lớp theo dõi nhận xét, bổ sung

GV: Nhận xét, bổ sung, thống cách làm

Do đó:

P =     

1 1

:

1

1

x x

x x

x x

 



 

 

a) ĐK để P có nghĩa là:

  

  

0

1

1

1 1

1 1

0

x x

x x

x x x x

x x x x o x x

x x

x x

  





   



   

 



 

      

 

 

 

  

   

 

b) Ta có: *

1

1

x x

x x x x x





   

  

1

1

x x

x

x x



 



 

     

1

1 1

x x x x

x x x x

   

 

c) P nguyên khi:

x Ư(1) x  1 x0(t/m)

Vậy x = Bài 2: (2,0 đ)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1).

1 Viết pt đờng thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số góc k

2 C/mr đờng thẳng (d) cắt parabol (P) điểm phân biệt E F với k Gọi hoành độ điểm E F lần lợt x1 x2 C/mr: x1.x2 = -1, từ suy

tam gi¸c EOF tam giác vuông

(PP dy tng t)

EF2 = (x

2 - x1)2 + (y2-y1)2

= (x12+x22)+(y12+y22) - 2x1x2 - 2y1y2

Mµ x1.x2= -1; x1+x2 = k; y1= kx1+1,

y2 = kx2 +1 y1y2 = k2x1x2 + (x1+x2)k +

 y1y2 = -k2 + k2 + 1=

Nªn EF2 = (x

12+x22)+(y12+y22)+2-2

= (x12+x22)+(y12+y22) (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã: EF2 = OE2+OF2 nên

tam giác EOF vuông O Bài 3: (2,0 đ) Cho phơng trình:

(m-4)x2 -2mx - m - = (víi m tham

số)

a) Giải pt với m =

b) T×m m biÕt pt cã nghiệm x = 3, tìm nghiệm lại

c) Tìm m để pt có nghiệm phân biệt

(PP dạy tương tự)

c) Muèn Pt cã nghiệm phân biệt thì:

2

2

2

2

0

4

2

1 17 17

2 2

1 17

2

1 17

2

m m m

m m m m

m m m m

m m

m m



      

     

       

 

      

 

 

   

 

  

Bài 4: (3,0 đ)

Cho điểm ABC cố định thẳng hàng theo thứ tự Vẽ đờng trịn (O) đI ua B C (BC khơng đờng kính (O)) Kẻ từ A tiếp tuyến AE, AF đế (O) (E, F tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC; K trung điểm EF; giao điểm FI với (O) D Chứng minh:

  

  

 

  

2

1

*

1

1

1 1

1

1

1

1 1

x

x x x x x

x

x x x

x

x x x

x

x x x x



   

 

  



  

  



   

Bài 2:

1 PT đờng thẳng có dạng: y = ax + b Do đờng thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số góc k (d) có pt là: y = kx +

2 XÐt pt: x2 = kx + 1

 x2 - kx - = 0, ta cã pt bËc víi hƯ sè

a = 1, c = -1 trái dấu nên pt ln có nghiệm phân biệt với giá trị k Vậy đờng thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k Gọi hoành độ điểm E F lần lợt x1 x2, x1, x2 nghiệm pt:

x2 - kx - = nªn theo hƯ thøc Vi - Ðt ta

cã: x1.x2 = -1; x1+ x2 = k

Ta cã: OE2 = x

12 + y12, OF2= x22 + y22

 OE2+OF2 =(x

12+x22) + (y12+y12) (1)

Khoảng cách điểm E(x1; y1) vµ

F(x2; y2) mặt phẳng toạ độ:

Bµi 3:

a) Với m = phơng trình cho là: -x2 - 6x - = có dạng a - b + c = nên

cã nghiÖm: x1 = -1; x2 = -5

b) Pt cã nghiÖm x = 3, ta cã: (m - 4).3 - 2m - m - =

 3m - 12 - 2 3m - m - = 0  2(1- 3)m = 14

 m =

7

1 3=

   

7

1

 

 

Theo hÖ thøc Vi - Ðt ta cã:

x1 + x2 =

 

 

 

7

2 14 3 1

2 2

4 7

4

m m



 

 

   

 

=

 

14

7 15

a) AE2 = AB.AC;

b) Các tứ giác AEOF; AEOI nội tiếp đợc; c) ED//AC;

d) Khi (O) thay đổi nhng đI qua B C, tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác OIK thuộc đờng thẳng cố định

(PP dạy tương tự)

c) C/m: ED//AC Gọi Ex tia đối EA Xét (O), ta có: xED EFD (cùng chắn cung ED)

Từ câu b) suy điểm A, E, O, I, F nằm đờng tròn đờng kính AO,

 

EAI FEI (cùng chắn cung EI) nên

xEDAEI (=EFD) Suy ED//AC. Gäi giao ®iĨm cđa EF vµ BC lµ H, ta cã: AH.AI = AK.AO = AF2 = AB.AC

AB AC AH

AI

 

không đổi (A, B, C, I cố định)

Do H cố định

Tứ giác OKHI nnội tiếp, suy đờng tròn ngoại tiếp tam giác OKI đI qua H I cố định

Vậy tầm đờng tròn ngoại tiếp tam giác OKI nằm đờng trung trực HI đờng thẳng cố định

Bài 5: (1 đ) Tìm x để y đạt giá trị lớn thoả mãn x2 + y2 + 2xy - 8x + 6y = 0

(PP dạy tương tự)

Gi¶i:

20

7 20

7

x x

   

VËy max y =

8 20

7 x7

 

2

2

14 14 14 21 15 3

3

7 15 15

7

7 15

x x

   

   

 



 



Bµi 4:

a) C/m: AE2 = AB.AC.

XÐt ABF vµ AFC cã Achung,

 

BFA FCA

(cïng ch¾n cung BF cđa (O)) ABF P 

AFC (g.g)

2 .

AF AB

AF AB AC AC AF

   

mµ AE = AF nªn AE2 = AB.AC.

b) C/m: AEOF; AEOI nội tiếp đợc

* XÐt tø gi¸c AEOF cã AEO AFO 900(v×

AE, AF tiếp tuyến (O)), đó:

  1800

AEO AFO  nên tứ giác AEOF nội

tip ng trịn đờng kính AO

* XÐt tø gi¸c AEOI có AEO90 ;0 AIO900 (vì I trung điểm BC nªn OIBC)

Do tứ giác AEOI nội tiếp đờng trịn đ-ờng kính OA

Bài 5:

Với y thoả mãn đẳng thức tồn x để x2 +y2 + 2xy - 8x + 6y = tng ng

với phơng trình Èn x:

x2 + 2(y - 4)x + y2 + 6y = 0

Ta cã:

 2

2

4 1( )

8 16 16 14

8

0 16 14

7

y y y

y y y y y

y y



    

      



      

Thay y =

8

7vào phơng trình ta có:

2

2

2

8 8

2

7 7

49 64 112 392 336

49 280 400

7 20 20

x x x

x x x

x x

x x

 

     

 

     

   

     

E x D

O K

A H C

I

Hoạt động 2: Hướng dẫn học nhà: - Học ghi sách ôn

- Làm lại vừa chữa, đọc ôn lại học

TRƯỜNG THCS XUÂN HƯNG ĐỀ

thi thö VÀO LỚP 10 PTTH (lÇn 3)

Mơn thi: Tốn

(Th

ời gian làm 120 phút )

Bµi 1: (1,5 ®iĨm)

Cho biểu thức: P =

3 2

2

a a a

a a a a

  

 

   

a) Tìm điều kiện a để biểu thức P có nghĩa b) Rút gọn P

c) Tìm a để P nhỏ

Bài 2: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:

6

1

9

x  x 

2) Giải hệ phương trình:

 

 

5 3

3 2

x y y

x x y

  

  

   

 

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho parabol (P) có đỉnh gốc tọa độ qua điểm A 1;

2

 



 

 .

a) Viết phương trình parabol (P);

b) Viết phương trình đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = qua điểm B(0; m) Xác định m cho đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm có hoành độ x1, x2 thỏa mãn 2x1+ 3x2 =

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC) Vẽ dây AD song song với BC Các tiếp tuyến A B đường tròn cắt E Gọi I giao điểm AC BD

a) Chứng minh tứ giác ABOI nội tiếp đường tròn; b) Chứng minh OI vng góc với EI;

c) Gọi M điểm thuộc đoạn thẳng BE, N giao điểm BD EA, K giao điểm MN AB

Chứng minh:

KM BM

KN AN

Cho tam giác ABC vng A có cạnh AB = cm, AC = cm Quay tam giác ABC vịng quanh cạnh góc vng AB cố định, ta đợc hình nón Tính thể tích hình nón

Bài 5: (1,0 đ)

Cho số thực dương x, y thỏa mãn x + y = 1,2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

P =

5

5

x y B:

Bài 1: (1,5 điểm)

Cho biểu thức: Q =

3 2

2

b b b

b b b b

  

 

   

a) Tìm điều kiện b để biểu thức Q có nghĩa; b) Rút gọn Q;

c) Tìm b để Q nhỏ

Bài 2: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:

6

1

9

y  y 

2) Giải hệ phương trình:

 

 

5 3

3 2

m n n

m m n

  

  

   

 

Bài 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P) có đỉnh gốc tọa độ qua điểm B 1;

2

 



 

 .

a) Viết phương trình parabol (P);

b) Viết phương trình đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = qua điểm C(0; m) Xác định m cho đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm có hồnh độ x1, x2 thỏa mãn 2x1+ 3x2 =

Cho tam giác MNP nội tiếp đường tròn (O) (MN < MP) Vẽ dây MD song song với NP Các tiếp tuyến M N đường tròn cắt E Gọi I giao điểm MP ND

a) Chứng minh tứ giác MNOI nội tiếp đường tròn; b) Chứng minh OI vng góc với EI;

c) Gọi Q điểm thuộc đoạn thẳng NE, K giao điểm ND EM, H giao điểm MN KQ

Chứng minh:

HQ NQ HK MK

Cho tam giác MNP vng M có cạnh MN = cm, MP = cm Quay tam giác MNP vòng quanh cạnh góc vng MN cố định, ta đợc hình nón Tính thể tích hình nón

Bài 5: (1,0 đ)

Cho số thực dương a, b thỏa mãn a + b = 1,2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

Q =

5

5

a b C

Bài 1: (1,5 điểm)

Cho biểu thức: M =

3 2

2

c c c

c c c c

  

 

   

a) Tìm điều kiện c để biểu thức M có nghĩa b) Rút gọn M

c) Tìm c để M nhỏ

Bài 2: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:

6

1

9

z  z 

2) Giải hệ phương trình:

 

 

5 3

3 2

u v v

u u v

  

  

   

 

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho parabol (P) có đỉnh gốc tọa độ qua điểm C 1;

2

 



 

 .

a) Viết phương trình parabol (P);

b) Viết phương trình đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = qua điểm Q(0; m) Xác định m cho đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm có hồnh độ x1, x2 thỏa mãn 2x1+ 3x2 =

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC) Vẽ dây AQ song song với BC Các tiếp tuyến A B đường tròn cắt S Gọi I giao điểm AC BQ

a) C/m tứ giác ABOI nội tiếp đường tròn; b) C/m OI vng góc với SI;

C/m

KM BM

KN AN

Cho tam giác ABC vng A có cạnh AB = cm, AC = cm Quay tam giác ABC vịng quanh cạnh góc vng AB cố định, ta đợc hình nón Tính thể tích hình nón

Bài 5: (1,0 đ)

Cho số thực dương u, v thỏa mãn u + v = 1,2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

N =

5

5

u v Đề D

Bµi 1: (1,5 ®iĨm)

Cho biểu thức: N =

3 2

2

d d d

d d d d

  

 

   

a) Tìm điều kiện d để biểu thức N có nghĩa b) Rút gọn N

c) Tìm d để N nhỏ

Bài 2: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:

6

1

9

t  t 

2) Giải hệ phương trình:

 

 

5 3

3 2

a b b

a a b

  

  

   

 

Bài 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P) có đỉnh gốc tọa độ qua điểm D 1;

2

 



 

 .

a) Viết phương trình parabol (P);

b) Viết phương trình đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = qua điểm E(0; m) Xác định m cho đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm có hồnh độ x1, x2 thỏa mãn 2x1+3x2 =

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác MNP nội tiếp đường tròn (O) (MN < MP) Vẽ dây MD song song với NP Các tiếp tuyến M N đường tròn cắt T Gọi I giao điểm MP ND

a) C/m tứ giác MNOI nội tiếp đường tròn; b) C/m OI vng góc với TI;

c) Gọi H điểm thuộc đoạn thẳng NT, L giao điểm ND TM, K giao điểm MN LH

C/m

KH NH KL ML

Cho tam giác MNP vng M có cạnh MN = 12 cm, MP = cm Quay tam giác MNP vịng quanh cạnh góc vng MN cố định, ta đợc hình nón Tính thể tích hình nón

Bài 5: (1,0 đ)

M =

5

5

p q

ĐÁP ÁN BÀI THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 (Lần 3)

Bài Đề A Điểm

(1,5 đ)

a) Vì a - a 2  a 2  a1nên P có nghĩa khi:

0 0

2

1 a a a a a a                    0,5                    

3 2

)

2

4 2

2

1

2

1

a a a a a

b P

a a

a a a a a

a a a a a a                           0,25 0,25

c) P <

1 a   

2

9

2

a a a

a a a                       

Kết hợp với ĐK ta được:

0 4,

9 a a a        0,25 0,25 (2,0 đ)

1) §K: x 3, ta cã:

6

1

9

x   x        

6

3 3

x x

x x x x

  

 

   

 (x2 - 9) + (x - 3) =  (x - 3)(x + 3)+(x - 3) = 0

 (x - 3)(x + 4) =  x - = hc x + = x = (loại, không thoả mÃn ĐK trên) Hoặc x = - (thoả mÃn ĐK trên)

Vậy PT cã nghiÖm x = -

0,25 0,25 0,25 0,25 2)    

5 3

3 2

x y y

x x y

           

15

8

x y y

x y x

  

  

   



15 30

9

x y x y

x y x y

               

21 3

9 1

9

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

VËy hÖ pt cã nghiÖm nhÊt: (x; y) =

(2,0

đ) 0) Vì (P) qua điểm A 1;

2

 



 

  nên ta có:

1

.1

2 a a

   

Vậy pt parabol (P) y =

2

1

2x



0,5 0,25 b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = 1(hay y = -2x +

1) qua điểm B(0; m) nên ta có pt: y = -2x + m * Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

2

1

2

2x x m x x m

      

Có    2m 0 2m4 m2

Với m < (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1= + 

,

x2= - .

Theo ra: 2x1+3x2 =

 2(2+ ) + 3(2- ) = 4  4 + 2  + - 3 = 4

6 36

 

     

Do - 2m = 36  2m = - 32  m = -16 (thỏa mãn ĐK m < 2)

Vậy m = - 16

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

4 (3,5

đ)

0,25

a) C/m tứ giác ABOI nội tiếp đường trịn Ta có AD//BC (gt) AB CD



2

AIB

sđAB CD  sđAB; AOB= sđAB AIBAOB

Tứ giác ABOI có đỉnh O I nhìn AB góc nên nội tiếp đường trịn

b) C/m OI vng góc với EI Tứ giác AOBE có:

  900 900 1800

OAE OBE    nên nội tiếp đường tròn

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOI đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOE có điểm chung A, B, O nên chúng trùng

Suy điểm A, B, O, E, I thuộc đường trịn Ta có: EIO EAO (cùng chắn cung OE)

Mà EAO900 nên EIO 900  OI EI

0,25

0,5

0,25 0,25 0,25

N

A D

H

E I

K

O

M

B

c) C/m

KM BM

KN AN .

Kẻ MH//BA (HEA) Trong AEB có MH//AB theo đ/l Ta - Let ta

có:

BM AH

BE AE , mà EB = EA (t/c tiếp tuyến cắt đường tròn)

 BM = AH (1).

Trong MNH có MH//KA nên

KM AH

KN AN (2)

Từ (1) (2) suy ra:

KM BM

KN AN .

0,25 0,25 0,25

2 Vẽ hình, xác định kích thớc: Hình nón tạo thành có bán kính

đáy r = AC = 2cm, chiều cao h = AB = 9cm Thể tích hình nón:

V=  

2

1

.2 12

3r h V 3   cm

0,5 0,5

5 (1,0

đ)

Vì x, y  R+ x + y = 1,2  5x + 5y = 6.

Ta có: M =

5

5

5 x y

x y   .

Theo BĐT Cô - Si ta có:

5 1

5 10; 5

5

x x y y

x  x  y  y 

Suy M10 6  

Vậy M =

5x x

x

   

y = 0,2

0,25 0,25

0,25 0,25

Bài Đề B Điểm

(1,5 đ)

a) Vì b - b 2  b 2  b1 nên Q có nghĩa khi:

0 0

2

1

b b

b b

b b



  

 

   

 

  

  



0,5

       

   

   

   

3 2

)

2

4 2

2

1

2

1

b b b b b

b Q

b b

b b b b b

b b

b

b

b b

      



 

      



 



 



 

0,25

0,25

c) Q <

1

b

 



0,25

B

2

9

2

b b b

b

b b

       

     



   

 

 

Kết hợp với ĐK ta được:

0 4,

9

b b

b

  



 



0,25

2 (2,0

đ)

1) §K: y 3, ta cã:

6

1

9

y    y        

6

3 3

y y

y y y y

  

 

   

 (y2 - 9) + (y - 3) =  (y - 3)(y + 3)+(y - 3) = 0

 (y - 3)(y + 4) =  y - = hc y + =  y = (loại, không thoả mÃn ĐK trên) Hoặc y = - (thoả mÃn ĐK trên)

VËy PT cã nghiÖm y = -

0,25 0,25

0,25 0,25

2)

 

 

5 3

3 2

m n n

m m n

  

  

   

 

15

8

m n n

m n m

  

  

   



15 30

9

m n m n

m n m n

   

 

   

   

 

1

21 3

9 1

9

3

m m

m n

n

   

 

   

 

   

 

1

3

1

4

2

m m

n n

 

 



 

   

   

 



VËy hÖ pt cã nghiÖm nhÊt: (m; n) =

1

;

3

 



 

 

0,25

0,5

0,25

3 (2,0

đ)

a) Parabol (P) có đỉnh gốc tọa độ nên phương trình có dạng y = ax2 (a

0) Vì (P) qua điểm B

1 1;

2

 



 

  nên ta có:

1

.1

2 a a

   

Vậy pt parabol (P) y =

2

1

2x



0,5 0,25 b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = 1(hay y = -2x +

1) qua điểm C(0; m) nên ta có pt: y = -2x + m * Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

2

1

2

2x x m x x m

      

Có    2m 0 2m4 m2

Với m < (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1= + ,

x2= - .

Theo ra: 2x1+3x2 =

 2(2+ ) + 3(2- ) = 6  4 + 2  + - 3 = 6

4 16

 

     

Do - 2m = 16  2m = - 12  m = - (thỏa mãn ĐK m < 2)

Vậy m = -

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

(3,5 đ)

K

M D

0,25

a) C/m tứ giác MNOI nội tiếp đường tròn Ta có MD//NP (gt) MN DP



2

MIN 

sđMN DP   sđMN; MON = sđMN  MIN MON

Tứ giác MNOI có đỉnh O I nhìn MN góc nên nội tiếp đường trịn

b) C/m OI vng góc với EI Tứ giác MONE có:

  900 900 1800

OME ONE    nên nội tiếp đường tròn

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNOI đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNOE có điểm chung M, N, O nên chúng trùng

Suy điểm M, N, O, E, I thuộc đường trịn Ta có: EIO EMO  (cùng chắn cung OE)

Mà EMO 900 nên EIO 900  OI EI

c) C/m

HQ NQ HK MK .

Kẻ QA//MN (AEM) Trong MEN có QA//MN theo đ/l Ta - Let ta

có:

NQ MA

NE ME, mà EM = EN (t/c tiếp tuyến cắt đường tròn)

 NQ = MA (1).

Trong QKA có MH//QA nên

HQ MA HK MK (2)

Từ (1) (2) suy ra:

HQ NQ HK MK .

0,25

0,5

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

2 Vẽ hình, xác định kích thớc: Hình nón tạo thành có bán kính

đáy r = MP = 4cm, chiều cao h = MN = 6cm Thể tích hình nón:

V=  

2

1

.4 32

3r h V 3   cm

0,5 0,5

5 (1,0

đ)

Vì a, b  R+ a + b = 1,2  5a + 5b = 6.

Ta có: Q =

5

5

5 a b

a b   .

Theo BĐT Cơ - Si ta có:

5 1

5 10; 5

5

a a b b

a  a  b  b 

Suy Q 10 6  

0,25 0,25

0,25

E I

H

O

Q

N

P

N

Vậy Q =

5a a

a

   

b = 0,2

0,25

Bài Đề C Điểm

(1,5 đ)

a) Vì c - c 2  c 2  c1nên P có nghĩa khi:

0 0

2

1 c c c c c c                    0,5                    

3 2

)

2

4 2

2

1

2

1

c c c c c

b M

c c

c c c c c

c c c c c c                           0,25 0,25

c) M <

1 c   

2

9

2

c c c

c c c                       

Kết hợp với ĐK ta được:

0 4,

9 a a a        0,25 0,25 (2,0 đ)

1) §K: z 3, ta cã:

6

1

9

z   z        

6

3 3

z z

z z z z

  

 

   

 (z2 - 9) + (z - 3) =  (z - 3)(z + 3)+(z - 3) = 0

 (z - 3)(z + 4) =  z - = hc z + = z = (loại, không thoả mÃn ĐK trên) Hoặc z = - (thoả mÃn ĐK trên)

Vậy PT có nghiÖm z = -

0,25 0,25 0,25 0,25 2)    

5 3

3 2

u v v

u u v

           

15

8

u v v

u v u

  

  

   



15 30

9

u v u v

u v u v

               

21 3

9 1

9

3 u u u v v                   1 3 2 u u v v                  

VËy hÖ pt cã nghiÖm nhÊt: (u; v) =

1 ;        0,25 0,5 0,25 (2,0 đ)

a) Parabol (P) có đỉnh gốc tọa độ nên phương trình có dạng y = ax2 (a

0) Vì (P) qua điểm C

1 1;     

  nên ta có:

1

.1

2 a a

   

0,5

Vậy pt parabol (P) y =

2

1

2x



b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = 1(hay y = -2x + 1) qua điểm Q(0; m) nên ta có pt: y = -2x + m

* Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

2

1

2

2x x m x x m

      

Có    2m 0 2m4 m2

Với m < (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1= + 

,

x2= - .

Theo ra: 2x1+3x2 =

 2(2+ ) + 3(2- ) = 8  4 + 2  + - 3 = 8

2

 

     

Do - 2m =  2m =  m = (thỏa mãn ĐK m < 2)

Vậy m =

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

4 (3,5

đ)

0,25

a) C/m tứ giác ABOI nội tiếp đường trịn Ta có AQ//BC (gt) AB QC



2

AIB

sđAB QC sđAB; AOB= sđAB AIBAOB

Tứ giác ABOI có đỉnh O I nhìn AB góc nên nội tiếp đường trịn

b) C/m OI vng góc với SI Tứ giác AOBS có:

  900 900 1800

OAS OBS    nên nội tiếp đường tròn

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOI đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOS có điểm chung A, B, O nên chúng trùng

Suy điểm A, B, O, S, I thuộc đường trịn Ta có: SIO SAO  (cùng chắn cung OS)

Mà SAO 900 nên SIO 900 OI SI

c) C/m

KM BM

KN AN .

Kẻ MH//BA (HSA) Trong ASB có MH//AB theo đ/l Ta - Let ta

có:

0,25

0,5

0,25 0,25 0,25

N

A Q

H

S I

K

O

M

B

BM AH

BS AS , mà SB = SA (t/c tiếp tuyến cắt đường tròn)

 BM = AH (1).

Trong MNH có MH//KA nên

KM AH

KN AN (2)

Từ (1) (2) suy ra:

KM BM

KN AN .

0,25 0,25 0,25

2 Vẽ hình, xác định kích thớc: Hình nón tạo thành có bán kính

đáy r = AC = 3cm, chiều cao h = AB = 4cm Thể tích hình nón:

V=  

2

1

.3 12

3r h V 3   cm

0,5 0,5

(1,0 đ)

Vì u, v  R+ u + v = 1,2  5u + 5v = 6.

Ta có: N =

5

5

5 u v

u v   .

Theo BĐT Cơ - Si ta có:

5 1

5 10; 5

5

v u v v

u  u  v  v 

Suy N10 6  

Vậy N =

5u u

u

   

v = 0,2

0,25 0,25

0,25 0,25

Bài Đề D Điểm

(1,5 đ)

a) Vì d - d  2  d  2  d 1nên P có nghĩa khi:

0 0

2

1

d d

d d

d d



  

 

   

 

  

  



0,5

       

   

   

   

3 2

)

2

4 2

2

1

2

1

d d d d d

b N

d d

d d d d d

d d

d

d

d d

      



 

      



 



 



 

0,25

0,25

c) PN<

1

d

 



2

9

2

d d d

d

d d

       

     



   

 

 

Kết hợp với ĐK ta được:

0 4,

9

d d

d

  



 



0,25 0,25

(2,0 đ)

1) §K: t 3, ta cã:

6

1

9

t   t        

6

3 3

t t

t t t t

  

 

   

 (t2 - 9) + (t - 3) =  (t - 3)(t + 3)+(t - 3) = 0

0,25 0,25

B

 (t - 3)(t + 4) =  t - = hc t + = t = (loại, không thoả mÃn ĐK trên) Hoặc t = - (thoả mÃn ĐK trên)

Vậy PT có nghiÖm x = - 0,25

0,25

2)

 

 

5 3

3 2

a b b

a a b

  

  

   

 

15

8

a b b

a b a

  

  

   



15 30

9

a b a b

a b a b

   

 

   

   

 

1

21 3

9 1

9

3

a a

a b

b

   

 

   

 

   

 

1

3

1

4

2

a a

b b

 

 



 

   

   

 



VËy hÖ pt cã nghiÖm nhÊt: (a; b) =

1

;

3

 



 

 

0,25

0,5

0,25

(2,0 đ)

a) Parabol (P) có đỉnh gốc tọa độ nên phương trình có dạng y = ax2 (a

0) Vì (P) qua điểm D

1 1;

2

 



 

  nên ta có:

1

.1

2 a a

   

Vậy pt parabol (P) y =

2

1

2x



0,5 0,25 b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng 2x + y = 1(hay y = -2x

+ 1) qua điểm E(0; m) nên ta có pt: y = -2x + m * Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

2

1

2

2x x m x x m

      

Có    2m 0 2m4 m2

Với m < (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1= + 

, x2= - .

Theo ra: 2x1+3x2 =

 2(2+ ) + 3(2- ) = 2  4 + 2  + - 3 = 2

8 64

 

     

Do - 2m = 64  2m = - 60  m = - 30 (thỏa mãn ĐK m < 2)

Vậy m = - 30

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

(3,5 đ)

0,25

a) C/m tứ giác MNOI nội tiếp đường trịn Ta có MD//NP (gt) MN DP



2

MIN 

sđMN DP   sđMN ; MON = sđMN MIN MON

0,25

L

M D

H

T I

K

O

H

N

Tứ giác MNOI có đỉnh O I nhìn MN góc nên nội tiếp đường tròn

b) C/m OI vng góc với TI Tứ giác MONT có:

  900 900 1800

OMT ONT    nên nội tiếp đường tròn

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNOI đường trịn ngoại tiếp tứ giác MNOT có điểm chung M, N, O nên chúng trùng

Suy điểm M, N, O, S, I thuộc đường trịn Ta có: TIO TAO  (cùng chắn cung OE)

Mà TMO 900 nên TIO 900 OI TI

c) C/m

KH NH KL ML .

Kẻ HA//MN (ATM) Trong SMN có HA//MN theo đ/l Ta - Let ta

có:

NH MA

NT MT , mà TM = TN (t/c tiếp tuyến cắt đường tròn)

 NH = MA (1).

Trong LHA có MK//AH nên

KH MA KL ML (2)

Từ (1) (2) suy ra:

KH NH KL ML .

0,5

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

2 Vẽ hình, xác định kích thớc: Hình nón tạo thành có bán kính

đáy r = AC = 2cm, chiều cao h = AB = 12cm Thể tích hình nón:

V=  

2

1

.2 12 16

3r h V 3   cm

0,5 0,5

(1,0 đ)

Vì p, q  R+ p+ q = 1,2  5p + 5q = 6.

Ta có: M =

5

5

5 p q

p q   .

Theo BĐT Cơ - Si ta có:

5 1

5 10; 5

5

q p q q

p  p  q  q 

Suy M10 6  

Vậy M =

5p p

p

   

q = 0,2

0,25 0,25

0,25 0,25

Lưu ý: - HS làm cách khác đúng, suy luận lôgic đạt điểm tối đa Điểm thành phần cho tương ứng với biểu điểm

- Bài hình, HS khơng vẽ hình vẽ sai hình khơng tính điểm hình

Sở GD&ĐT Thành phố HCM ĐỀ

thi T UYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Ngày thi 21/6/2012 Môn thi: Toán

B

(Th

ời gian làm 120 phút )

Câu 1: (2,0 đ) Giải pt hệ pt sau: a) 2x2 - x - = 0; b)

2

3

x y x y

 

 

 

 ; c) x4 + x - 12 = ; d) x2 - 2 x - = 0.

Câu 2: (1,5 đ)

a) Vẽ đồ thị (P) hs y =

4x2 đường thẳng (d): y = -1

2x + hệ trục tọa độ

b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) câu phép tính

Câu 3: (1,5 đ) Thu gọn BT sau: A =

1

1

x x

x x    x x Với x > 0, x 1

B = 2 3 26 15 3  2 3 26 15 3

Câu 4: (1,5 đ) Cho pt x2 - 2mx + m - = (x ẩn số) a) C/m pt ln có nghiệm phân biệt với m

b) Gọi x1, x2 hai nghiệm pt Tìm m để biểu thức:

2

1 2

24

M

x x x x

 

  đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 5: (3,5 đ) Cho đường tròn (O) điểm M nằm đường tròn (O) Đường thẳng MO cắt (O) E F (ME < MF) Vẽ cát tuyến MAB tiếp tuyến MC (O) (C tiếp điểm, A nằm hai điểm M B; A C nằm khác phía đường thẳng MO

a) C/mr MA.MB = ME.MF

b) Gọi H hình chiếu vng góc điểm C lên đường thẳng MO C/m tứ giác AHOB nội tiếp

c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ đường trịn đường kính MF, nửa đường trịn cắt tiếp tuyến E (O) K Gọi S giao điểm hai đường thẳng CO KF C/m MS vng góc với đường thẳng KC

d) Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BFS ACS T trung điểm KS C/m ba điểm P, Q, T thẳng hàng

Sở GD&ĐT Thành phố Hà Nội ĐỀ

thi T UYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

(Th

ời gian làm 120 phút )

Bài 1: (2,5 đ) 1) Cho biểu thức A =

4

x x



 Tính giá trị biểu thức x = 36.

2) Rút gọn biểu thức: B =

 

4 16

: , 0, 16

4

x x

x x

x x x

  

  

 

    

 

3) Với biểu thức A B nói Hãy tìm giá trị nguyên x để biểu thức B(A - 1) số nguyên

Bài 2: (2,0 đ) Giải toán cách lập PT hệ PT: Hai người làm chung công việc

12

5 giờ xong Nếu người làm thời gian để người thứ làm hồn thành cơng việc người thứ hai Hỏi làm người làm để xong công việc

Bài 3: (1,5 đ) 1) Giải hệ PT:

2

1

x y x y



 

  

  

 

2) Cho PT x2 - (4m - 1)x + 3m2 - = (ẩn x)

Tìm m để PT có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn ĐK x12x22 7

Bài 4: (3,5 đ) Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Bán kính COAB, M điểm

bất kì cung nhỏ AC (M  A C), BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H

trên AB

1) C/m tứ giác CBKH nội tiếp 2) C/m ACM ACK .

3) Trên đoạn thẳng BM lấy lấy điểm E cho BE = AM C/m ECM vuông

cân C

4) Gọi d tiếp tuyến đường tròn (O) điểm A Cho P điểm nằm d cho P, C nằm nửa mặt phẳng bờ AB

AP MB R MA  .

C/m đường thẳng PB qua trung điểm đoạn thẳng HK

Bài 5: (0,5 đ) Với x, y số dương thỏa mãn ĐK x  2y Tìm giá trị nhỏ

biểu thức:

2

x y M

xy

 

Sở GD&ĐT Nghệ An

ĐỀ

thi T UYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Môn thi: Toán

(Th

ời gian làm 120 phút )

Câu 1: (2,5 đ) Cho biểu thức:

1

2

x A

x x x



 

  

 

 

a) Nêu ĐKXĐ rút gọn BT A b) Tìm tất giá trị x để A =

1 2. c) Tìm tất giá trị x để B =

7

3A số nguyên.

Câu 2: (1,5 đ) Trên quảng đường AB dài 156 km, người xe máy từ A người xe đạp từ B Hai xe xuất phát lúc sau gặp Biết vận tốc xe máy lớn vận tốc xe đạp 28 km/h Tính vận tốc xe

Câu 3: (2,0 đ) Cho pt: x2 - 2(m - 1)x + m2 - = (m tham số) a) Giải pt với m =

b) Tìm tất gía trị m để pt có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 = 16.

Câu 4: (4,0 đ) Cho điểm M đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB (A, B tiếp điểm) cát tuyến MCD không qua O (C nằm M D) với đường tròn (O) Đoạn thẳng OM cắt AB (O) theo thứ tự H I C/mr:

a) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn b) MC.MD = MA2.

c) OH.OM + MC.MD = MO2. c) CI phân giác góc MCH

Giải:

Câu 1: (2,5 đ) a) * ĐKXĐ pt: x > 0, x 

* Rút gọn A:

   

1 2 2 2

2 2 2

x x x x x

A

x x x x x x x x x

    

 

     

     

 

b) A =

2

2 4

2

2 x x x

x

        

 (không thỏa mãn ĐK trên)

Vậy giá trị x để A = 1/2

c) B =    

7 7.2 14

3A3 x2 3 x2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ thi TUYỂN SINH VÀOLỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2012 - 2013

Mơn thi: TỐN

(Thời gian làm 120 phút) Ngày thi 29/6/2012

Bài 1: (2,0 đ)

1) Giai phương trình sau: a) x - = ; b) x2 - 3x + = 0.

2) Giải hệ phương trình:

2

2

x y x y

 

 

 



Bài 2: (2,0 đ)

Cho biểu thức:

2

1 1

1

2 2

a A

a

a a



  



 

1) Tìm ĐKXĐ rút gọn biểu thức A 2) Tìm giá trị a, biết A <

1 3.

Bài 3: (2,0 đ)

1) Cho đường thẳng (d): y = ax + b Tìm a, b để đường thẳng (d) qua điểm A(-1; 3) song song với đường thẳng (d/): y = 5x + 3.

2) Cho phương trình: ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = (x ẩn số) Tìm a để phương Trình cho có nghiệm phân biệt x12 + x22 = 4.

Bài 4: (3,0 đ)

Cho đều ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M (M khơng

trùng B, C, H) Từ M kẻ MP, MQ vuông góc với cạnh AB, AC (P thuộc AB, Q thuộc AC)

1) C/m: Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn

2) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ C/m: OH  PQ

3) C/mr: MP + MQ = AH

Bài 5: (1,0 đ)

Cho hai số thực a; b thay đổi, thỏa mãn điều kiện a + b  a >

Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2

2

8

a b

A b

a



 

Giải: Bài 1: (2,0 đ)

a) x - =  x = Vậy PT có nghiệm x = 1.

b) x2 -3x + = 0, pt có dạng a + b + c = - + = nên có nghiệm x1 = 1, x2 = c/a = 2/1 = Vậy pt có nghiệm x1 = 1; x2 =

2 3

2

x y x x x

x y x y y y

    

   

  

   

      

    hpt có nghiệm (x; y)=(3; -1)

Bài 2: (2,0 đ)

* Ta có:

        

    

    

   

       

 

   

2

2 2

1 1

1 1

2 1 1 1

2 1 1

2 1 1 1

a a a a

a A

a a a a a a a a

a a a a a a a

A

a a a a a a a

     



   

       

      

    

      

   

1

0 0 0,5

3 3

a a a a

A a a

a a a

  

            

  

Vậy với giá trị 0 a 0,5 A <

1 3.

Bài 3: (2,0 đ)

Đường thẳng (d): y = ax + b qua điểm A(-1;3) song song với đường thẳng (d/): y = 5x + Suy a = Thay x = -1, y = vào PT y = 5x + b ta có

5.(-1) + b = 3 b8 (thỏa mãn ĐK khác 3) Vậy a = 5; b = 8.

PT: ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = có:

   

   

2 2 2

2

9 4 18 16

2 8

a a a a a a a

a a a

         

         

Vậy Pt ln có nghiệm phân biệt với giá trị a Theo hệ thức Vi ét ta có:

x1 + x2 =

- 

1

3

;

a a

x x

a a

 



Theo ra:

 

 

2

2

1 2

2

2 2

2

4

3

2

9 18

10

x x x x x x

a a

a a

a a a a a

a a

     



  

    

 

     

   

PT có dạng a - b + c = - 10 + = nên có nghiệm a1 = - a2 = -

Bài 4: (3,0 đ)

C/m tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn:

Vì MP  AB, MQ AC nên APM 90 ,0 AQM 900

Xét tứ giác APMQ có: APM AQM 900900 1800

 Tứ giác APMQ nội tiếp đường trịn đường kính AM.

C/m OH  PQ:

Vì AH đường cao MBC nên AHM 900

 H thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ

Và ABC nênPAH QAH  PH QH  PH QH (1)

Vì O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ nên OP = OQ (2)

Từ (1) (2) suy OH thuộc đường trung trực PQ OH PQ

C/m: MP + MQ = AH: Ta có:

A

Q O

P

1 1

2 2

AMB AMC ACH

S S S AB MP AC MQ BC DH

MP MQ AH

    

  

Vì tam giác ABC nên AB = BC = CA

Bài 5: (1,0 đ) Tìm GTNN A =

2

2

8

a b b a

 

với a + b 1 a >

Từ a + b  1 b 1- a , b  - a Vì tìm giá trị nhỏ A nên ta xét trường

hợp < a  1, < b  ta có:

2 2

8 1 1

2

4 4 4

a a

A b a b a a b

a a a

 

          

Thay a 1- b suy ra: A

2

1 1 1

1

4 4

a b b a b b

a a

   

          

    (*)

Vì a > áp dụng BĐT si có:

a a



1

lại có:

2

2 1 0

4

b b b

   

    

   

   

Nên từ (*) suy ra: A  + +

1

2 hay A

3

2 Vậy GTNN A

2 Khi

1

1

4

1

a b

a a b

a b



   



   

  

  

Sở GD&ĐT Thanh Hóa ĐỀ

thi T UYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Ngày thi 29/6/2012 Mơn thi: Tốn

(Th

ời gian làm 120 phút )

Bài 1: (2,0 đ)

1) Giai phương trình sau: a) x - = ; b) x2 + 2x - = 0. 2) Giải hệ phương trình:

2

4

x y x y

 

 

 



Bài 2: (2,0 đ)

Cho biểu thức:

2

1 1

1

2 2

d D

d

d d



  



 

1) Tìm ĐKXĐ rút gọn biểu thức D 2) Tìm giá trị d, biết D <

1 3.

Bài 3: (2,0 đ)

1) Cho đường thẳng (d): y = ax + b Tìm a, b để đường thẳng (d) qua điểm

D(1; 2) song song với đường thẳng (d/): y = 5x + 3.

2) Cho phương trình: dx2 + 3(d + 1)x + 2d + = (x ẩn số) Tìm d để phương Trình cho có nghiệm phân biệt x12 + x22 = 4.

Bài 4: (3,0 đ)

Cho đều DEF có đường cao DH Trên cạnh EF lấy điểm M (M khơng

trùng E, F, H) Từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh DE, DF (P thuộc DE, Q thuộc DF)

1) C/m: Tứ giác DPMQ nội tiếp đường tròn

2) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DPMQ C/m: OH  PQ

3) C/mr: MP + MQ = DH

Bài 5: (1,0 đ)

Cho hai số thực x; y thay đổi, thỏa mãn điều kiện x + y  x >

Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2

2

8

x y

D y

x



 

Giải:

Bài 1: (2,0 đ)

a) x - =  x = Vậy PT có nghiệm x = 4.

b) x2 + 2x - = 0, pt có dạng a + b + c = + - = nên có nghiệm x1 = 1, x2 = c/a = -3/1 = - Vậy pt có nghiệm x1 = 1; x2 = -

2 3 1

4 4

x y x x x

x y x y y y

    

   

  

   

       

    hpt có nghiệm (x; y)=(-1;3)

Bài 2: (2,0 đ)

* ĐKXĐ: d 0;d 1.

* Ta có:

        

    

    

   

       

 

   

2

2 2

1 1

1 1

2 1 1 1

2 1 1

2 1 1 1

d d d d

d D

d d d d d d d d

d d d d d d d

D

d d d d d d d

     



   

       

      

    

      

   

1

0 0 0,5

3 3

d d d d

D d d

d d d

  

            

  

Vậy với giá trị 0 d 0,5 D <

1 3.

Bài 3: (2,0 đ)

Đường thẳng (d): y = ax + b qua điểm D(1; 2) song song với đường thẳng (d/): y = 5x + Suy a = Thay x = 1, y = vào PT y = 5x + b ta có 5.1 + b = 2

3 b

  (thỏa mãn ĐK khác 3) Vậy a = 5; b = -3.

PT: dx2 + 3(d + 1)x + 2d + = có:

   

   

2 2 2

2

9 4 18 16

2 8

d d d d d d d

d d d

         

         

Vậy Pt ln có nghiệm phân biệt với giá trị d Theo hệ thức Vi ét ta có:

x1 + x2 =

- 

1

3

;

d d

x x

d d

 



 

 

2

2

1 2

2

2 2

2

4

3

2

9 18

10

x x x x x x

d d

d d

d d d d d

d d

     



  

    

 

     

   

PT có dạng a - b + c = - 10 + = nên có nghiệm d1 = - d2 = -

Bài 4: (3,0 đ)

C/m tứ giác DPMQ nội tiếp đường trịn:

Vì MP  DE, MQ DF nên DPM 90 ,0 DQM 900

Xét tứ giác DPMQ có: DPM DQM  900900 1800

 Tứ giác DPMQ nội tiếp đường trịn đường kính DM.

C/m OH  PQ:

Vì DH đường cao MEF nên DHM 900

 H thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác DPMQ

Và DEF nênPDH QDH  PH QH  PH QH (1)

Vì O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DPMQ nên OP = OQ (2)

Từ (1) (2) suy OH thuộc đường trung trực PQ OH PQ

C/m: MP + MQ = DH: Ta có:

EF

1 1

EF

2 2

DME DMF D

S S S DE MP DF MQ DH

MP MQ DH

    

  

Vì tam giác DEF nên DE = EF = FD

Bài 5: (1,0 đ)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi : Tốn

Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề

Ngày thi 29 tháng năm 2012

Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải phương trình sau : a) x - =

b) x2 - 3x + =

2- Giải hệ phương trình : {2xx − y+y==27

Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A =

2+2√a +

1

2−2√a

-a2+1

1− a2

1- Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức A 2- Tìm giá trị a ; biết A < 13

D

Q O

P

E M H F

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 3: (2.0 điểm)

1- Chođường thẳng (d) : y = ax + b Tìm a; b để đường thẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x +

2- Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = ( x ẩn số ) Tìm a để phươmg trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x12 + x22 =

Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy

điểm M

bất kỳ ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ vng góc với cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)

1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn

2- Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ Chứng minh OH PQ 3- Chứng minh : MP +MQ = AH

Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b a >

0

Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 8a2+b 4a +b

2

-HẾT

-BIỂU CHẤM KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ -A Mơn thi : Tốn

Bài Nội dung Điểm

Bài điểm

1

a) Giải phương trình : x – = ⇔ x = nghiệm phương trình x =

0,25 b) x2 – 3x + = phương trình bậc hai ẩn x có dạng : a + b+ c =

⇒ nghiệm phương trình x1 = 1; áp dụng vi ét ta có x2 = ca=2

1 =2 Vậy phương trình có hai nghiệm : x1 = 1; x2 =

0,25 0,25 0,25

2

Giải hệ phương trình : {2xx − y+y==27 ⇔ {3x=9

x+y=2 ⇔ {

x=3

3+y=2 ⇔ { x=3

y=2−3 { x=3

y=−1 nghiệm hệ { x=3 y=−1

0,5

0,25

{2−a≥2√0a ≠0 ⇔ {

a ≥0

2≠2√a ⇔ { a ≥0

Bài điểm

1

A =

2+2√a +

1

2−2√a

-a2+1

1− a2 =

A = 2

(1+√a) +

1

2(1−√a)

-a2+1

(1+a)(1+√a) (1−√a) A = (a+1)(1−√a)+(a+1)(1+√a)−2a

2

−2

2 (1+a)(1+√a)(1−√a) A = (a+1).(1−√a)+ (a+1).(1+√a)−2a

2

−2

2 (1+a).(1+√a).(1−√a)

A = a− a√a+1−√a+a+a√.a+1+√a −2a

2

−2

2 (1+a)(1+√a) (1−√a) A = 2a−2a

2

2 (1+a)(1+√a) (1−√a) =

2a(1− a)

2 (1+a) (1− a) = a

1+a

0,25

0,25

0,25 0,25

2

Với A < 13 ta có 1a

+a <

1

3 ⇒

a

1+a -

1

3 < ⇒

2a −1 1+a <

0

với a ⇒ + a > nên để 21a −+a1 < ⇔ 2a – < ⇒ a <

2

vậy a < 12 A < 13

0,25 0,25 0,25

Bài điểm

1 đường thẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3) có toạ độ x = -1 ; y = thoả mãn công thức y = ax + b thay số ta có = -a + b (1)

Mà đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + nên

{a=5

b ≠3 (2) từ (1) (2) ta có {

a=5

b=8 a = ; b = đường (d):y = 5x

+

0,25 0,25 0,25 0,25

2 phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = ( x ẩn số ) để phương trình bậc hai a ta có : Δ = b2 – 4ac =

[3(a+1)]2−4a (2a+4) Δ = ( a2 + 2a + 1) – 8a2 – 16a = 9a2 + 18a + – 8a2 – 16a

Δ = a2 + 2a + = ( a+ 1)2 + > với a

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với a :

Theo hệ thức vi et ta có : {

x1+x2=−3 (a+1) a x1.x2=

2a+4 a

theo ta có : x12 + x22 = ⇒ ( x1 + x2)2 – 2x1.x2 = thay vào ta có

(−3(a+1)

a )

2

−2×2a+4

a = ⇒ ( a

2 + 2a + 1) -2a.(2a+4) = 4a2

9a2 + 18a + -4a2 -8a = 4a2 ⇒ a2 + 10a + = phương trình bậc hai ẩn a có dạng a – b + c= 1- 10 + = nên có hai nghiệm a1 = –1 a2 = -9 với a = - a = -9 thoả mãn

vậy với a = - a = -9 p/ trình có hai nghiệm thoả mãn x12 + x22 =

0,25

0,25

0,25

Bài điểm

1 Xét Tứ giác APMQ

ta có MQ AC ( gt)  MQ A^ = 900 MP AB ( gt)  MP A^ = 900

Nên : MQ A^ + MP A^ = 1800 mà MQ A^ và

MP A^ hai góc đối ⋄ APMQ nên ⋄

APMQ nội tiếp đường tròn

0,25 0,25 0,25 0,25

2 theo câu ⋄ APMQ nội tiếp đường tròn mà MP A^ =

900 nên AM đường kính O trung điểm cuả AM Q; H ; P thuộc (O) nên OP = OH = OQ( = R) (1)

Ta có P^A H =

2PO H^ ( góc nội tiếp góc tâm chắn cung PH)

Q^A H =

2QO H^ ( góc nội tiếp góc tâm chắn cung QH) Vì Δ ABC đề có AH đường cao nên phân giác góc BAC

⇒

P^A H = Q^A H ⇒ PO H^ = QO H^ ⇒ OH phân giác PO Q^

Mặt khác OP = OQ nên Δ OPQ cân O có OH phân giác PO Q^

nên OH đường cao Δ OPQ OH PQ

0,25

0,25 0,25

0,25

3 S ΔABC = S ΔAMB + S ΔAMC

Mà S ΔABC = 12 BC AH ;S ΔAMB = 12 AB MP ; S

ΔAMC =

2 AC MQ

⇒ S ΔABC =

2 BC AH =

2 AB MP +

2 AC MQ Vì Δ ABC dều nên BC = AC = AB ⇒ 12 BC AH = 12 BC ( MP + MQ)

⇒ MP +MQ = AH

0,25 0,25 0,25

0,25

Bài 1điểm

Tìm GTNN A =

2

2

8

a b b a

 

với a + b 1 a > Từ a + b  1 b 1- a ta có:

2

2

2

8 1

2

4 4

1

4

a a

A b a b

a a

a a b

a

 

     

    

Thay a 1- b ta suy ra:A

2

1 1 1

1

4 4

a b b a b b

a a

   

          

    (1)

Vì a > áp dụng BĐT si có:

a a



1

lại có:

2

2 1 0

4

b b b

   

    

   

   

0,25

0,25

0,25 P

Q

B C

A

H M

Nên từ (1) suy ra: A  + +

1

2 hay A

3

2 Vậy GTNN A

Khi

1

1

4

1

a b

a a b

a b



   



   

  

  

0,25

Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực x; y thay đổi , thoả mãn điều kiện x + y 1và a >

0

Tìm giá trị nhỏ biểu thức D =

2

2

8

x y y x

 

BÀI LÀM

Cách :Tìm GTNN D =

2

2

8

x y y x

 

với x+ y 1 x > Từ x+ y  1 y 1- x ta có:

2

2

2

8 1

2

4 4

1

4

x x

D y x y

x x

x x y

x

 

     

    

Thay x 1- y ta suy ra:D

2

1 1 1

1

4 4

x y y x y y

x x

   

           

    (1)

Vì x> áp dụng BĐT si có:

x x



1

lại có:

2

2 1 0

4

y y y

   

    

   

   

Nên từ (1) suy ra: D  + +

1

2 hay D

3

2 Vậy GTNN D

2 Khi

1

1

4

1

x y

x x y

x y



  

 

   

  

Cách :Tìm GTNN A =

2

2

8

a b b a

 

với a+ b 1 a > Từ a+ b  1 b 1- a ta có:

2

2

3 2

2

2

8 1

A (1 )

4 4

4 4

4

(2 1) (2 1)

4

(2 1) ( 1) 3

4 2

a b

b a a

a a

a a a a a a

a

a a a

a

a a

a



      

     



  

 

 

  

với a >

2

(2 1) ( 1)

0

a a

a

 



Dấu xảy a = Nên từ (1) suy ra: A  +

3

2 hay A

3 2 Vậy GTNN A =

3