Giao an Phu dao hoc sinh lop 9 ky 1

Mục tiêu: - Luyện tập cho học sinh về định nghĩa và tính chất đồng biến; nghịch biến của hàm số bậc nhất y  ax  b a  0 - Thành thạo cách tính giá trị của hàm số tại giá trị của biến[r]

Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 1(Tiết 1; 2; 3) CĂN BẬC HAI CĂN THỨC BẬC HAI VÀ HẰNG ĐẲNG THỨC A2  A A./ Kiến thức bản: Căn bậc hai - Định nghĩa: Căn bậc hai số thực a là số x cho x2 = a - Chú ý: + Mỗi số thực a > 0, có đúng bậc hai là số đối nhau: số dƣơng: a , số âm:  a + Số có bậc hai là chính nó:  + Số thực a < không có bậc hai (tức a không có nghĩa a < 0) Căn bậc hai số học - Định nghĩa: Với a  thì số x  a đƣợc gọi là bậc hai số học a Số đƣợc gọi là bậc hai số học - Chú ý: Việc tìm bậc hai số học số không âm đƣợc gọi là phép khai phƣơng - Định lý: Với a, b > 0, ta có: + Nếu a < b  a  b + Nếu a  b  a < b Căn thức bậc hai - Cho A là biểu thức thì biểu thức A đƣợc gọi là thức bậc hai A ; A đƣợc gọi là biểu thức lấy hay biểu thức dƣới dấu - A có nghĩa (hay xác định hay tồn tại)  A  Hằng đẳng thức A2  A a2  a - Định lý: Với số thực a, ta có: A nÕu A  A2  A   -A nÕu A<0 - Tổng quát: Với A là biểu thức, ta có: B./ Bài tập áp dụng Dạng : Tìm bậc hai, bậc hai số học * Phƣơng pháp : - Viết số đã cho dƣới dạng bình phƣơng số - Tìm bậc hai số học số đã cho - Xác định bậc hai số đã cho Bài : Tìm bậc hai các số sau : 121 ; 144 ; 324 ; ; 3 2 64 LG : + Ta có CBHSH 121 là : 121  112  11 nên CBH 121 là 11 và -11 + CBHSH 144 là : 144  122  12 nên CBH 121 là 12 và -12 + CBHSH 324 là : 324  182  18 nên CBH 324 là 18 và -18 + CBHSH là : 64 1 1 1     nên CBH là và  64 64 8 8 + Ta có :  2   2     2    1(vi   0) nên CBH  2 là  và   *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Bài 2: Tìm khẳng định đúng các khẳng định sau: a, Căn bậc hai 0, 81 là 0,9 b, Căn bậc hai 0, 81 là  0,9 c, 0,81 =  0,9 d, Căn bậc hai số học 0, 81 là 0,9 e, Số âm không có bậc hai f, 0,81 =- 0,9 Vậy các khẳng định đúng là: b, d, e Dạng 2: So sánh các bậc hai số học * Phƣơng pháp : - Xác định bình phƣơng hai số - So sánh các bình phƣơng hai số - So sánh giá trị các CBHSH các bình phƣơng hai số Bài 3: So sánh a) và b) và 47 c) 33 và 10 d) và  e) và 5- g)  11 và  LG a) Vì > nên    b) Vì 49 > 47 nên 49  47   47 c) Vì 33 > 25 nên 33  25  33   33  10 d) Vì > nên     1  1    e) * Cách 1: Ta có:  2      5  5 8  3  * Cách 2: giả sử  5      3   52   24   25  24  14  24   24  49 Bất đẳng thức cuối cùng đúng đó bất đẳng thức đầu tiên đúng g) Ta có:  3     11   11    Dạng 3: Tìm điều kiện để thức xác định: A xác định  A  Bài 4: Tìm điều kiện x để các biểu thức sau xác định a) x b) x  c) 1 x 2x  d ) 3x   x4 LG Để các thức trên có nghĩa thì a) 2 x 0 x  x 5 10 b) Ta có: x2   0, x  x  xác định với x *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 1  x  1  x  1 x c)  0 2x  2 x   2 x    x  1 1  x   + Với   x x 2 x      x  1 1  x   + Với    x  1 x  2 x     Vậy thức xác định x  x  1 3x    3x    x  d)    3x4 x       x4 x  Dạng : Rút gọn biểu thức Bài 5: Rút gọn các biểu thức sau: c) C  x2  x ( x  0) a) A     d) D  x   16  8x  x ( x  4) b) B     LG:  a) Cách : A    1   1    1  A2      (4  3).(4  3)   16  12   2.2  12 Cách :  A2 b) B   c) C   3x   1    1    1   x  3x  x  3x  x  5 x (vì x  0) d) D  x   16  8x  x  x   (4  x )2  x    x  x   x   2( x  4) (v× x  4) Dạng : Tìm Min, Max Bài : Tìm Min a) y  x  x  b) y  x2 x  1 LG a) Ta có : x2  x   ( x  1)2    x2  x    Miny = dấu ‘‘ = ’’ xảy và x – = => x = x2 x  x  35 35 b) Ta có :  1        y   36 36 Miny = x2 x 35 35  1   36 x x 1 35 Dấu « = » xảy và      x  6  HDHT: - Tiếp tục ôn tập định nghĩa, tính chất thức bậc hai; các phép biến đổi thức bậc hai *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** - Ôn tập định lí Pytago và các hệ thức lƣợng tam giác vuông - Bài tập nhà: Bài 1: a,  Rút gọn biểu thức sau:  b,    c, d,  1  2    1  =  1     1  1    2 1 =    1 =  1 =  5  5.2  22   =    =  +  =2  25  49  16    x x x2  = = x x x e, x - + 16  8x  x2 = x - + 4  x = x - +  x - + - x 0 4 x = =   x - + x -  2x - Bài 2: Giải phƣơng trình vô tỉ: a,  x  2 5  x      x   5 x2 5 x     x  3 Vậy phƣơng trình có nghiệm x1 = 7; x2 = -3 b, x  x   10   x  3  10 Vậy phƣơng trình có nghiệm x1 = 13;   x   10  x  13 x   10      x   10  x  7 x2 = -7 **************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 2(Tiết 4; 5; 6) VẬN DỤNG CÁC HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ ĐƢỜNG CAO TRONG TAM GIÁC VUÔNG A./ Kiến thức Cho tam giác ABC vuông A, đƣờng cao AH cho ta có : AH  h, BC  a, AB  c, AC  b, BH  c' , CH  b' đó : 1) b  a.b' ; c  a.c ' 2) h  b' c ' 3) b.c  a.h 1 4)   h b c 5) a  b  c ( Pitago) A b c h c' B b' C H a *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** B./ Bài tập áp dụng Bài : Tìm x, y các hình vẽ sau a) + ta có : BC  AB  AC ( Pitago) A  BC  42  62  52  7, 21 + Áp dụng định lý : AB  BC.BH  42  52.x  x  2, 22 x y B C H b) A Hay y = BC – x = 7,21 – 2,22 = 4,99 - Xét tam giác ABC vuông A áp dụng định lý ta có : AC  BC.CH  122  18 y  y   x  BC  y  18   10 12 x AC  BC.CH  62  52 y  y  4,99 y B C H 18 * Cách : AH2 = BH.CH = 4.9 = 36 => AH = Theo Pitago cho các tam giác vuông AHB; AHC ta có: c) A y x x  BH  AH  42  62  52 B y  CH  AH  62  92  117 C H * Cách 2: Áp dụng định lý ta có: AB  BC.BH  ( BH  CH ).BH  (4  9).4  52  AB  52  x  52 AC  BC.CH  ( BH  CH ).CH  (4  9).9  117  AC  117  y  117 Áp dụng định lý 2, ta có: d) AH  BH CH  x2  3.7  21  x  21 A Áp dụng định lý ta có : AC  BC.CH  ( BH  CH ).CH y x B e)  y  (3  7).7  70  y  70 H C ( y  x  CH  21  49  70) Theo Pitago, ta có : BC  AB2  AC  y  132  172  458 Áp dụng định lý 3, ta có : AB AC  BC AH  13.17  458.x  x  221  10,33 458 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** A 17 13 x B C H y Áp dụng định lý 2, ta có : g) A AH  BH CH  52  4.x  x  52  6, 25 Theo Pitago cho tam giác AHC vuông H, ta có : y y  AH  CH  52  6, 252  x B ( DL1: y  BC.x  (4  6, 25).6, 25  y  8) C H Bài : Cho tam giác ABC vuông A, có các cạnh góc vuông AB = 15cm, AC = 20cm Từ C kẻ đƣờng vuông góc với cạnh huyền, đƣờng này cắt đƣờng thẳng AB D Tính AD và CD LG D BCD, C  900 , CA  BD Theo định lý 3, ta có : CA2  AB AD  202  15 AD  AD  80 Theo Pitago tgiác ACD vuông A, ta có : x y A 20 100  80  CD  AD  CA2     202   3 15 B C Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 60cm, AD = 32cm Từ D kẻ đƣờng thẳng vuông góc với đƣờng chéo AC, đƣờng thẳng này cắt AC E và AB F Tính độ dài EA, EC, ED, FB, FD LG Xét tam giác ADC vuông D, ta có: AC  AD2  CD2  322  602  68 Theo định lý 1: AD  AC AE  AE  F A 60 B AD 322 256   AC 68 17 Theo định lý 1, ta có: CD  AC.CE  CE  E Theo định lý 2, ta có: 32 DE  AE.EC   D C Xét tam giác DAF, theo định lý 1: AD  DF DE  DF  CD 602 900   AC 68 17 480 17 AD 544   DE 15 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 256 256 644 Theo Pitago: AF  DF  AD2    FB  AB  AF  60   15 15 15 Bài 4: Cho hình vuông ABCD Gọi E là điểm nằm A, B Tia DE và tia CB cắt F Kẻ đƣờng thẳng qua D vuông góc với DE, đƣờng thẳng này cắt đƣờng thẳng BC G Chứng minh rằng: a) Tam giác DEG cân b) Tổng 1 không đổi E chuyển động trên AB  DE DF LG F A E D B C G a) Ta có: D1  D3 (cùng phụ với D2 ) xét ADE và CDG ta có :   D1  D3  cmt    ADE  CDG  g c.g   A  C  900   DE  DG  DEG cân D 1 b) vì DE = DG   DE DG 1 1 ta có :    2 DE DF DG DF AD  DC ( gt ) xét tam giác DGF vuông D, ta có : 1 (định lý 4)   2 CD DG DF Vì không đổi E chuyển động trên AB, suy tổng CD 1 1 không đổi E thay đổi trên AB    2 DE DF DG DF  HDHT: - Tiếp tục ôn tập định lí Pytago và các hệ thức lƣợng tam giác vuông - Bài tập nhà: Bài tập 1: +) Xét ABC vuông A Ta có: BC2 = AB2 + AC2 ( đ/l Pytago)  y2 = 72 + 92 = 130  y = 130 +) áp dụng hệ thức liên hệ cạnh và đƣờng cao ta có: AB AC = BC AH ( đ/lí 3)  AH = AB.AC 7.9 63   BC 130 130  x= 63 130 Bài tập 2: GT  ABC ( A = 900) *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** AH  BC, AH = 16 ; BH = 25 AB = 12 ;BH = a) Tính AB , AC , BC , CH KL b) Tính AH , AC , BC , CH Giải : a) +) Xét AHB ( H = 900) Ta có: AB2 = AH2 + BH2 (Định lí Pytago)  AB2 = 162 + 252  AB2 = 256 + 625 = 881  AB = 881  29,68 +) áp dụng hệ thức liên hệ cạnh và đƣờng cao ABC vuông A ta có : AB2 881   35,24 BH 25 Lại có : CH = BC - BH = 35,24 - 25  CH = 10,24 AB2 = BC.BH  BC = Mà AC2 = BC CH =35,24 10,24 = 360,8576  AC = 360,8576  18,99 b) Xét  AHB ( H = 900) Ta có: AB2 = AH2 + BH2 (Đ/lí Pytago)  AH2 = AB2 - BH2  AH2 = 122 - 62 = 144 - 36 = 108  AH2 = 108  AH = 108  10,39 Theo hệ thức liên hệ cạnh và đƣờng cao tam giác vuông ta có : AB2 = BC.BH (Đ/lí 1)  BC = Có HC = BC - BH = 24 - = 18 Mà AC2 = CH.BC ( Đ/L 1)  AC2 = 18.24 = 432  AC = AB2 12   24 BH 432  20,78 ************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 3(Tiết 7; 8; 9) CÁC PHÉP TÍNH VỀ CĂN BẬC HAI *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** A./ Kiến thức : khai phương tích Nhân các bậc hai a) Định lý : a; b  0, ta có: a.b = a b b) Quy tắc khai phƣơng tích : Muốn khai phƣơng tích các số không âm, ta có thể khai phƣơng thừa số nhân các kết với ( a; b  0, ta có: a.b= a b ) c) Quy tắc nhân các bậc hai : Muốn nhân các CBH các số không âm, ta có thể nhân các số dƣới dấu với khai phƣơng kết đó ( a; b  0: a b= a.b ) d) Chú ý : - Với A > ta có :  A  A2  A - Nếu A, B là các biểu thức : A; B  ta có: A.B  A B - Mở rộng : A.B.C  A B C ( A, B, C  0) Khai phương thương Chia các bậc hai a a = b b a) Định lý : a  0, b  ta có: b) Quy tắc khai phƣơng thƣơng : Muốn khai phƣơng thƣơng a , đó số a b không âm và số b dƣơng, ta có thể lần lƣợt khai phƣơng số a và số b, lấy kết thứ a a = ) b b chia cho kết thứ hai ( a  0, b  ta có: c) Quy tắc chia hai CBH : Muốn chia CBH số a không âm cho số b dƣơng, ta có thể chia số a cho số b khai phƣơng kết đó ( a  0, b  : d) Chú ý : Nếu A, B là biểu thức : A  0, B  : a a ) = b b A A = B B B./ Bài tập áp dụng : 1: Hãy chọn đáp án đúng? Nếu sai hãy sửa lại cho đúng? Câu Khẳng định Căn bậc hai số học 25 là  Đ Sửa S S 25  S x y  2 x y Đ Đ 25x  x  x =  1 1 x y  x y với x < và y > 5  víi x < vµ y > S 5 36  64  36  64  100  10 Dạng : Tính Bài : Thực phép tính 2 S  5  3 36  64    14 24 49 81 63 7 9   a) 0, 01           25 16 25 16 100 10 200      10  b) 2, 25.1, 46  2, 25.0,02  2, 25(1, 46  0,02)  2, 25.1, 44  (1,5.1, 2)2  1,5.1,  1,8 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 25 169 (5.13)2 5.13 13    10 10 102 10 c) 2,5.16,9  d ) 117,52  26,52  1440  (117,5  26,5).(117,5  26,5)  1440  144.91  144.10  144(91  10)  144.81  (12.9)2  108 Dạng : Rút gọn các biểu thức Bài : Tính giá trị các biểu thức a) A  0,1  0,9  6,  0,  44,1  64 441     10 10 10 10 10 2 35 35 10 10        10 10 10 10 10 10 10  b) B  c) C       3 3  14    2  28 32 2(  7)       3 4  3  3 3   4 4 4 4    12  3   15  12  3   15 24  15  16  13 Bài : Rút gọn các biểu thức a)  x  5  x  5  x    x  5 b) x2  x  2 c) 108 x3 12 x  x  0   x  0  x x    x   x   x  x  2 108 x3  x  x  3x 12 x 13x y 1 1      x  0; y    6 208 x y 16 x x 4 x x 13x y d) 208 x6 y Dạng : Chứng minh Bài : Chứng minh các biểu thức sau a)  35  35  VT  (6  35).(6  35)  36  35   VP b)  17  17  VT  (9  17).(9  17)  81  17  64   VP c)   2 1   VT   2    2    VT  VP VP   22.2   2  d)  4   49  48 VT   12    22.3      VT  VP VP   42.3    10 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán ****************************************************************************    e) 2  3   2  6 9 VT   6     6   VP g )  15   15  2 VT  5   5   3             2  VP    5 3  5 5  Dạng : Giải phƣơng trình Bài : Giải các phƣơng trình sau a) 2x  8x  18x  28 1  1 ®k : x  2x  5.2 2x  7.3 2x  28  13 2x  28  2x  28 784 392  2x  x  tm  13 169 169 9x  45       4(x  5)  x   9(x  5)  ®k : x    x   x   x   x    x    x    x    x   tm   x    3x        x  1  x  3x  3x  x 1   c) 3 (3) đk : 0    3x    x 1 x 1    x   x  1    x     x  1  3x  11 Ta có (3)  thỏa mãn    x  11  x  x 1  5 x   5x  4 x  d)  (4) đk :    x x2 x     x  2 b) 4x  20  x   (4)  5x   x   5x    x     x  12 thỏa mãn Bài tập : (bất đẳng thức Cauchy) : Cho số a và b không âm Chứng minh ab  ab Dấu đẳng thức xảy nào ? LG * Cách : + vì a  0; b   a ; b xác định + ta có :  a b    a  ab  b   a  b  ab  ab  ab + dấu đẳng thức xảy và a = b * Cách : ta có a  b   a  2ab  b   a  b  2ab  a  2ab  b  4ab   a  b   4ab  a  b  ab  ab  ab *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 11 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán ****************************************************************************  HDHT: Tiếp tục ôn tập định nghĩa, tính chất thức bậc hai; các phép biến đổi thức bậc hai - Bài tập nhà: Bài 1: Rút gọn biểu thức a, x  25x  16 x (với x  ) c,  12  b,  45  500  27  2  6 1  1 1 d, Giải: Ta có: a, x  25x  16 x (với x  ) b,  45  500 = 32 x  52 x  42 x =3 x 5 x 4 x =4 x c,  12  =  32.5  102.5 =  10 = 5  27  2  6 1  1 1 d, = 12.2  27.2  2.2  6 = = 36  81  6  6 = = 2.6  2.9  12  18  30 = Bài 2: Ta có: So sánh 2007  2006 = 2007  2006 = 2008  2007  Mà     1  1.  1   1   1 1 1  3  12  2008  2007 và Giải: 2007  2006  2007  2006   2007  2006 2008  2007  2008  2007   2008  2007  = 2007  2006  = 2008  2007 2007  2006 < 2008  2007 1 < 2007  2006 2008  2007 ******************************************* Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 4(Tiết 10; 11; 12) TỈ SỐ LƢỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN 12 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** A Kiến thức Định nghĩa: Cho ABC   (00    900 ) ta định nghĩa các tỉ số các cạnh AB, BC, CA tam giác ABC vuông A nhƣ sau : C  AC ; BC AC tg  ; AB sin   AB BC AB cot g  AC cos   C.Huyền C.Đối  A B C.Kề * Nhận xét : từ định nghĩa ta thấy : + tỉ số lƣợng giác góc nhọn luôn dƣơng + cot g  + < sin, cos < 1 ; tg cot g  tg Tỉ số lượng giác góc phụ - Định lý : góc phụ thì sin góc này cosin góc kia, tg góc này cotg góc cos   sin  sin   cos  ; Tức :     900 thì ta có :  cot g  tg  tg  cot g  ; Bảng các tỉ số lượng giác các góc đặc biệt  300 450 600 Tỉ số lƣợng giác Sin Cos tg Cotg 2 2 3 3 2 1 * Nhận xét : - Dựa vào bảng trên ta thấy : sin 1  sin  ; tg1  tg cos 1  cos  ; cot g1  cot g với 00  1;  900 và 1     Tức là : + góc lớn thì có sin lớn hơn, nhƣng lại có cosin nhỏ + góc lớn thì có tg lớn hơn, nhƣng lại có cotg nhỏ Hay ta có thể phát biểu : 00    900 thì : + sin và tg đồng biến với góc  + cosin và cotg nghịch biến với góc  Các hệ thức sin ; cos cos   cotg  ; sin 1 tg   3 tg.cot g  1;  4 sin  cos  *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 13 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** B Bài tập áp dụng Bài : Cho biết sin = 0,6 Tính cos, tg và cotg + ta có: sin   cos2    cos    sin    0,62  0,8 sin  0, cos  0,8 + tg    ; cotg    cos  0,8 sin  0, Bài 2: Chứng minh rằng: a) tg 2   1 ; b) cotg 2   ; c) cos   sin   2cos   2 cos  sin  Áp dụng: tính sin, cos, cotg, biết tg = LG a) ta có: sin  sin  sin  tg   tg 2   tg    1 cos  cos  cos  sin   cos   tg 2    cos  cos  cos  cos2   sin  b) VT  cot g        VP sin  sin  sin  c) VT  cos   sin    cos   sin    cos   sin    cos   sin     cos    cos   cos    cos   2cos    VP Ta có:  tg  nên  a   22   1  cos    cos  ; cos  5  tg   cotg  ; 2 1 5 1  b          sin    sin  2 sin  sin  5 2 Bài 3: Biết tg = 4/3 Tính sin, cos, cotg LG + ta có: tg = 4/3 nên cotg = ¾ + mà tg 2    cos    cos   ; cos  25 3 + mặt khác: sin   cos    sin    co s       5 2 Bài 4: Dựng góc  các trƣờng hợp sau: a) sin   ; 2 b) cos   ; c) tg  3; d ) cot g  LG 14 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** a)* Cách dựng - dựng góc xOy = 900 Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - trên Oy lấy điểm B cho OB = - vẽ cung tròn tâm B, bán kính 2, cung này cắt Ox A - nối A với B  BAO   cần dựng * Chứng minh: - ta có: sin   sin BAO  y B  OB đpcm  AB b)* Cách dựng - dựng góc xOy = 900 Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - trên Ox lấy điểm A cho OA = - vẽ cung tròn tâm A, bán kính 3, cung này cắt Oy B - nối A với B  BAO   cần dựng * Chứng minh: - ta có: cos   cos BAO  y B  O x A OA đpcm  AB c) * Cách dựng - dựng góc xOy = 900 Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - trên Ox lấy điểm A cho OA = - trên Oy lấy điểm B cho OB =  OBA   cần dựng * Chứng minh: - thật vậy, ta có: tg  tg OBA  x A O y B  OA   đpcm OB d) * Cách dựng - dựng góc xOy = 900 Lấy đoạn thẳng làm đơn vị - trên Ox lấy điểm A cho OA = - trên Oy lấy điểm B cho OB =  OAB   cần dựng * Chứng minh: - thật vậy, ta có: OA cotg  cotg OAB    đpcm OB O x A y B  O A x Bài 5: Cho tam giác ABC có AB = 5; BC = 12; AC = 13 a) CMR tam giác ABC vuông b) Tìm tỉ số lƣợng giác góc A và góc C LG a) Ta có: AB2  BC  122  52  169  132  AC  AB2  BC  AC theo định lý Pytago đảo, suy tam giác ABC vuông B b) *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 15 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** - vì A  C  900  A; C là góc phụ A - đó: 13 12 ; 13 12 tgA  cot gC  ; 5 13 cot gA  tgC  12 sin A  cos C  cos A  sin C  C B 12  HDHT: - Rèn luyện kĩ vận dụng tính toán và kiến thức tỉ số lƣợng giác góc nhọn - Bài tập nhà: Bài 1: Tính giá trị biểu thức: P  sin 2  tg 2 cos  cot g 2   300 Thay   300 vào biểu thức P ta đƣợc: sin 2.300  tg 300  P cos300  cot g 2.300  P sin 600  tg 300 cos300  cot g 600   P  2 Bài 2:  3  3 2 3   3 36  36 6 6 Cho hình vẽ: Tính khoảng cách AB Giải: +) Xét BHC vuông cân H HB =HC ( t/c tam giác cân) mà HC = 20 m Suy HB = 20 m +) Xét AHC vuông H có HC = 20m; CAH  300 Suy AH =HC cotg CAH = 20.cotg 300 =20 Vậy AB = AH - HB =20 - 20 =20   1  14,641 (m) Bài 3: Cho tam giác ABC vuông A, đƣờng cao AH Biết AB = 20; AC = 15 a) Tính cạnh huyền BC b) Tính BH, HC, AH *********************************************** 16 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 5(Tiết 13; 14; 15) BIẾN ĐỔI ĐƠN GIẢN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI A Kiến thức Đưa thừa số ngoài dấu   A B ( A  0; B  0) A2 B  A B     A B ( A  0; B  0) Đưa thừa số vào dấu  A  0; B  : A B  A2 B  A  0; B  : A B   A2 B Khử mẫu biểu thức lấy căn: A.B  0; B  : A  B A.B B Trục thức mẫu: A A B  B B a) B  : b) A  0; A  B : c) A, B  0; A  B :  C A B C  A  B2 AB C C  A B   A B  A B * Chú ý: - các bậc hai đồng dạng là các bậc hai có cùng biểu thức dƣới dấu - biểu thức liên hợp: biểu thức chứa thức đƣợc gọi là liên hợp với tích chúng không chứa thức - quy tắc trục thức mẫu: muốn trục thức mẫu biểu thức ta nhân tử và mẫu biểu thức đó với biểu thức liên hợp mẫu B Bài tập áp dụng 1: Hãy điền chữ đúng (Đ) sai (S) vào ô trồng để đƣợc khẳng định đúng (3đ) Câu Khẳng định Đ S Căn bậc hai số học 64 là 8 25x  x  x =  1 1 4 x y  x y với x > và y > 5  25  16  25  16   Dạng 1: Đƣa nhân tử ngoài, vào dấu *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 17 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Bài 1: Đƣa nhân tử ngoài dấu a ) 125 x  x   5x   .5 x  x x b) 80 y 4 y    c)  .5  y   1   d ) 27     1 g) 3  10  1    0    3.32  e) 1     2   0  10  3  10  3    2 10  10   10  3  10  3  3  10  1    1 1  30 10    Bài 2: Đƣa thừa số vào dấu và so sánh a) và ta có:  32.5  45    75  45  75  45   5   75   b) và ta có:  42.3  48    48  45  48  45   5  32.5  45   c) và 72 ta có:  72.2  98 98  72  98  72   72 d) và ta có:  52.7  175    175  128  175  128   8   128   Bài 3: Đƣa nhân tử vào dấu và rút gọn 18 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 2a a)   a   a  2 a2  2a  a     a  0 x   x  5 25  x x 5  x  x 5  x   5  x .5  x   x   0 5  x  3a 0  a  b b  a2 c)  a  b     2a  a   a2 b)  x    2 3a  a  b  b a 2  3a  b  a  3a  b  a  b  a .b  a    a  b  0 b  a  Dạng 2: Thực phép tính và rút gọn biểu thức Bài 4: Thực phép tính a) 125  45  20  80   5  12    5 b) 27 48 75     3 3   16 c) 49 25 1 7 7          18 2 2 d ) 20  12  15  27  52  42  5.2  3.2  15  10    12  5   5    13  18   13  17 2   e)   28  10   4.3   5    2 5  Bài 5: Rút gọn biểu thức với giả thiết các biểu thức chữ có nghĩa a) x xy y x y  b) c)   x  y x  xy  y x y a  ab b  ab x  x  0; y    xy  a; b    yy x  x y   xy  x  xy  y  xy  x  xy  y   b a  a a b b xy   x y xy x y x y  a b  x  0; y   xy      x y  x  y  x y *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 19 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** d ) A  x  2  x  2  x  2  x  2  x    x     x     x2    x     x   22    x    x2  2  x2  x   22  x2   x2  x2   x2 2 x  -  A x2   x2   x2 x2   x2 2 x  -  A x2   x2   2 Dạng 3: Trục thức mẫu Bài 6: Trục thức mẫu a)     12  12  12     93 3 3 3  b)  52 c) 14  10     2  52 14    2    10   10     2 54  10      2 .      14   2 10  10       10     d)  11  11 168  49 33  40 33  385 33  217  11    192  539 337  11  11  11 e) 2 2  3 2 3     30  2 3 3 10  10  12 18  10  20  18 Bài 7: Trục thức mẫu và thực phép tính a)   11   5   3 7 2  11   3   2     11    11  3   3           11       5   11         16  11   11  97 74 3  5 2  5   2  5     11       11  20 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 3 1 b)    5 2 32      5    5 52    32     18 54  34    12   3   1 26   13  59   1        2.  2   2.          1         5  52        32  1   18  36  12  24    HDHT: Tiếp tục ôn tập thức bậc hai; các phép biến đổi thức bậc hai - Bài tập nhà: Bài 1: Rút gọn biểu thức:   a, 50  450  200 : 10     b,  5   e,  c, 2  1 1 d, 5 5  5 5 a a a a ( với a > 0; a  1)  a a a a  Giải:  a, 50  450  200 : 10 = c, 50 450 200   10 10 10 = =  45  20 = =  32.5  22.5      1  2.  1   1   1 22 2  3 1 3 1 = 2 5 5 d,  5 5 = =  8 = b,  5   2  1 1  = 10  10 18  30  25 = = 20  33 = 5   5    5  .5   5  .5   25  10   25  10  52   5 = 60 3 20 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 21 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Bài 2: Tìm x biết: a) x 3  b) 2x 1  b) 2x 1  Giải: a) x 3  Điều kiện x –   x    x 3  Điều kiện 2x –   x   52   x   25  x  28 (tmđ/k)  2x 1  2  72  x 1  49  x  50  x  25 (tmđ/k) Bài 3: Rút gọn biểu thức: a, x  25x  16 x (với x  ) c, 2  3 25 + - b,  45  500 1  2 3 2 3 d, ****************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 6(Tiết 16; 17; 18) RÖT GỌN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI ÔN TẬP ĐẠI SỐ - CHƢƠNG I A Kiến thức Để rút gọn biểu thức có chứa thức bậc hai, ta cần vận dụng thích hợp các phép biến đổi đã biết B Bài tập áp dụng Bài 1: Tính  a)  2    b)     29  12   62  5 2 1  2    3   1  2    1    2 1 3    3 3  1  c)   29  12       d )   13  48    13      2 42  2   1 2  1    1   1  1 Bài 2: Thực phép tính, rút gọn kết a) 20  45  18  32  50     12    16 b) 32  0,5  1 17 10   48   2 3    2 3 4 22 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 1 c)  4,5  12,5  0,5 200  242   24,5 25 49 2   102.2  112.2   2 2  2 2   11  2 2 2 7 13 1       11     2 2 2  3  3  d )  2 4  12     3 2  2  3   6      2   3 2      Bài 3: Chứng minh đẳng thức a) a b a b 2b b    a 2 b a 2 b ba a b Biến đổi vế trái ta đƣợc: VT  a b a b 2b a b a b      a 2 b a 2 b ba a  b a b    a b   a b b     a b a b  a b   a b  a b    4b       a  ab  b  a  ab  b  4b  a b  a b 2b   a b   a b  ab  4b a b  a b  b  VP a b 2 3 216  3 b)       2 Biến đổi vế trái ta đƣợc:     2 3 216    6  VT         2    2     3 3        VP 2 6     Bài 4: Cho biểu thức A  a b    ab a b  a b b a ab a) Tìm điều kiện để A có nghĩa b) Chửng tỏ giá trị biểu thức A không phụ thuộc vào a LG a) đk: a > 0; b > 0; a khác b b) ta có: *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 23 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán ****************************************************************************  A  a b   ab a b a  ab  b  a b   ab a b  b a a  ab  b  ab   ab a b  a b   a b  a b 2 xx  a b  ab    a  b  a  b  a  b  2 b  x 1 Bài 5: Cho biểu thức B    : x   x  x   x x 1 a) Tìm đk xác định b) Rút gọn biểu thức B LG a) đk: x  0; x  b) Ta có:  2 xx  x 1  B    :   x 1  x  x 1   x x 1   x  x  x  x 1 x  x   x 1 x 1 x  x      Bài 6: Cho biểu thức C  1    xx   x 1 x  x     x 1 : x 1  x  x 1  x 1 1  x 1 x 1 x 1 x 3 x   x 3 x 2 9 x     :   x     x  x x  x   a) Tìm đk để C có nghĩa b) Rút gọn C c) Tìm x để C = LG a) đk: x  0; x  4; x  b) Ta có:  x 3 x   x 3 x 2 9 x  C  1     :   x     x  x x  x       x x 3 9 x  : 3 x  x    1  x 3 x 3 x 3   x 2 x 2 x 3             x     x   x    x     1 :   x  3    x  2 x  3     x  2 x  3  3  x 3 x 2  x  2    x            x 3 x 9 x  x  9 x : x 3 x 2 x 3   3 11 121  4 x 2  x   x  4 16 x 2  x x    x 1  Bài 7: Cho biểu thức D      :   x   3 x 9 x   x 3 x c) C =  a) Tìm đk c) Tìm x cho D < -1 b) Rút gọn 24 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015  Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** LG a) đk: x > 0; x khác b) Ta có:      x x    x 1   x x9 x 1    D    :    :     x    x x 3 x 3 x   x x 3  3 x 9 x   x 3 x               x  x  x  x 1 x  x 2 x 9 :  : 3 x 3 x x x 3 3 x 3 x x x 3   x 3   x 3  x 3  x   c) D  1    x 3 x 2           3 x x 4 3 x  1  x  x   x   x  16 x 4 2 x40  ******************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 7(Tiết 19; 20; 21) HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ GÓC TRONG TAM GIÁC VUÔNG A Kiến thức Các hệ thức * Định lý: Trong tam giác vuông, cạnh góc vuông C bằng: - Cạnh huyền nhân Sin góc đối Cosin góc kề a - Cạnh góc vuông nhân Tang góc đối Cotg góc b kề (trong tam giác ABC vuông A, BC = a; AB = c; AC = b, ta có: B A c 1 b  a.sin B  a.cos C  c  a.sin C  a.cos B  2 b  c.tgB  c.cot gC  c  b.tgC  b.cot gB Áp dụng giải tam giác vuông * Giải tam giác vuông: là tìm tất các yếu tố tam giác vuông (các cạnh, các góc) biết trƣớc yếu tố đó có ít yếu tố cạnh và không kể góc vuông * Một số trƣờng hợp giải tam giác vuông thƣờng gặp a) Biết cạnh góc vuông - Tính cạnh huyền (theo Pi-ta-go) - Tính góc nhọn (tg cotg) - Tính góc nhọn còn lại (2 góc phụ nhau) b) Biết cạnh huyền và góc nhọn - Tính góc nhọn còn lại (2 góc phụ nhau) - Tính các cạnh góc vuông (hệ thức cạnh và góc – hệ thức (1)) c) Biết cạnh góc vuông và góc nhọn kề - Tính góc nhọn còn lại - Tính cạnh góc vuông còn lại và cạnh huyền (hệ thức cạnh và góc – hệ thức (1); (2)) *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 25 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** B Bài tập áp dụng Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A, biết tgB  và BC = 10 Tính AB; AC - tgB   B  53007' B 10 - theo hệ thức cạnh và góc tam giác vuông AB  BC cos B  10.cos 530 07'  AC  BC.sin B  10.sin 53007'  C A Bài 2: Cho tam giác ABC cân A; AB = AC = 17; BC = 16 Tính đƣờng cao AH và góc A, góc B tam giác ABC A1  A2  + tam giác ABC cân, có AH  BC   BC BH  CH  8   A 12 17 + xét tam giác AHC, vuông H - ta có: AH  AC  CH  172  82  15 - mặt khác: 17 B C 16 sin A2  CH   A2  A1  28004'  A  2A2  56008' AC 17 + xét tam giác AHB vuông H, ta có: B  900  A1  900  28004'  61056' Bài 3: Cho tam giác ABC có AB = 11, ABC  380 ; ACB  300 Gọi N là chân đƣờng vuông góc kẻ từ A đến BC Tính AN; AC - xét tam giác ANB vuông N, theo hệ thức cạnh và góc tam giác vuông ta có: A AN  AB.sin B  11.sin 380  6,77 11 C 300 380 N - xét tam giác ANC vuông N, theo hệ thức cạnh và góc tam giác vuông ta có: B AN  AC.sin C  AC  AN 6, 77   13,54 sin C sin 300 Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A, đƣờng cao AH Biết BH = 9; HC = 16 Tính góc B, góc C? - xét tam giác ABC vuông A, theo hệ thức A cạnh và đƣờng cao tam giác vuông , ta có: AH  BH CH  9.16  144  AH  12 - xét tam giác AHB, vuông H, ta có: AH 12   B  5307' BH - mà B  C  900  C  36053' tgB  B H 16 C Bài 5: Cho tam giác ABC có B  600 , các hình chiếu vuông góc AB và AC lên BC theo thứ tự 12 và 18 Tính các góc và đƣờng cao tam giác ABC 26 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** - xét tam giác AHB vuông H A B  600  A  300  BH  AB  AB  BH  2.12  24  AH  AB2  BH  242  122  20,8 - xét tam giác AHC, theo hệ thức lƣợng… 600 12 B H 18 C AH 20,8   C  49006' HC 18  A  180   B  C   70054' tgC  - theo hệ thức cạnh và góc, ta có: HC  AC.cos C  AC  HC 18   27,5 cos C cos 49006' Bài 6: Cho hình thang ABCD, có A  D  900 , đáy nhỏ AB = 4, đáy lớn CD = 8, AD = Tính BC, B, C ? - kẻ BH vuông góc với CD, suy AD = BH = 3; A B AB = DH = 4, đó: CH = – = - xét tam giác BHC vuông H, ta có: H D C BC  BH  CH  32  42  BH sin C    C  370 BC - vì ABCD là hình thang nên: B  C  1800  B  1800  C  1800  370  1430 Bài 7: Giải các tam giác vuông sau, tam giác ABC vuông A biết: a) a = 18; b = B b) b = 20; C  38 c) tgB  ; c  a c A b C a) a = 18; b= AC   B  230 23'  C  900  230 23'  63037' BC 18 AB  BC.sin C  18.sin 63037'  16,1 b) b = 20; C  380 sin B  C  380  B  520 ; AB  AC.tgC  20.tg 380  15,6; BC  AC 20   25, sin B sin 520 c) tgB  ; c  AC  ABtgB   3; BC  AB  AC  32  42  c sin C    0,8  C  53008'  B  36052' a  HDHT: *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 27 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Tiếp tục ôn tập các kiến thức có liên quan tới hệ thức cạnh và góc tam giác vuông, cách giải tam giác vuông - Bài tập nhà: Bài tập 1: AB  AC GT AH = 30 cm KL Tính HB , HC Giải: - Xét  ABH và  CAH AHB  AHC  900 Có ABH  CAH (cùng phụ với góc BAH )  AB AH  CA CH  CAH (g.g) S   ABH  30  CH  CH  30.6  36 m +) Mặt khác BH.CH = AH2 ( Đ/L 2)  BH = AH 30   25 ( cm ) CH 36 Vậy BH = 25 cm ; HC = 36 (cm ) Bài tập 2: Cho ABC ABC vuông A có AB = 6cm, AC = 8cm Từ A kẻ đƣờng cao AH xuống cạnh BC a) Tính BC, AH b) Tính C c) Kẻ đƣờng phân giác AP BAC ( P  BC ) Từ P kẻ PE và PF lần lƣợt vuông góc với AB và AC Hỏi tứ giác AEPF là hình gì ? Giải: a) Xét ABC vuông A Ta có: BC2 =AB2 + AC2 ( đ/l Pytogo)  BC2 = 62 + 82 = 36 + 64 = 100  BC = 10cm +) Vì AH  BC (gt)  AB.AC = AH.BC AB AC 6.8  AH =   4,8 BC 10 AB  C  370 b) Ta có: sinC =   0, BC 10 28 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** c) Xét tứ giác AEPF có: BAC = AEP = AFP  900 (1) Mà APE vuông cân E  AE = EP (2) Từ (1); (2)  Tứ giác AEPF là hình vuông ********************************************************* Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 8(Tiết 22; 23; 24) ÔN TẬP HÌNH HỌC – CHƢƠNG I A Kiến thức Các hệ thức cạnh và đƣờng cao tam giác vuông Cho tam giác ABC vuông A, đƣờng cao AH cho ta có : AH  h, BC  a, AB  c, AC  b, BH  c' , CH  b' đó : 1) b  a.b' ; c  a.c ' 2) h  b ' c ' 3) b.c  a.h 1 4)   h b c 5) a  b  c ( Pitago) A b c h c' B b' C H a Định nghĩa các tỉ số lƣợng giác góc nhọn Cho ABC   (00    900 ) ta định nghĩa các tỉ số các cạnh AB, BC, CA tam giác ABC vuông A nhƣ sau : C AC sin   ; BC AC tg  ; AB AB cos   BC AB cot g  AC  C.Huyền C.Đối  A B C.Kề Một số tính chất các tỉ số lƣợng giác cos   sin  sin   cos  ; - Nếu     900 thì ta có :  cot g  tg  tg  cot g  ; 0 - Cho    90 Khi đó + < sin, cos < + sin  cos2  sin  cos  + tg  ;cot g  ;cot g  ; tg cot g  cos  sin  tg *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 29 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Các hệ thức cạnh và góc tam giác vuông C - Cho tam giác ABC vuông A, BC = a; AB = c; AC = b, ta có: a b 1 b  a.sin B  a.cos C  c  a.sin C  a.cos B  2 b  c.tgB  c.cot gC  c  b.tgC  b.cot gB B A c B Bài tập áp dụng Bài : Chứng minh : với  là góc nhọn tƣơng ứng tam giác ABC, A  900 thì: a) cos   sin   2cos   b) sin   sin  cos   sin  c) tg 2  sin  tg 2  sin  d ) cos   tg 2 cos   LG a) VT   cos2   sin    cos2   sin    cos2   sin   cos2   1  cos2    2cos2    VP   b) VT  sin   cos   sin  sin   sin   VP sin  c) VT  tg  (1  sin  )  tg  cos   cos   sin   VP cos   sin   cos2   sin  d ) VT  cos   tg 2  cos  1   cos    VP  cos   cos   2  2  Bài : Cho tam giác ABC, biết AB = 21 ; AC = 28 ; BC = 35 a) Chứng minh tam giác ABC vuông b) Tính sinB, sinC, góc B, góc C và đƣờng cao AH vủa tam giác ABC LG AB  AC  212  282  1225  2 a) ta có:   BC  AB  AC đó 2 BC  35  1225   theo định lý đảo định lý Pi-ta-go tam giác ABC vuông A b) B H 21 A 28 AC 28   0,8  B  530 BC 35 AB 21 sin C    0,  C  370 BC 35 sin B  35 C Xét tam giác AHB vuông H, áp dụng hệ thức cạnh và góc tam giác vuông ta có: AH  AB.sin B  21.sin 53021.0,8  16,8 (hoặc AH.BC = AB.AC) Bài 3: Giải tam giác vuông A, biết a) a = 12; B  420 b) b = 13; c = 20 30 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** LG - ta có: C C  900  B  900  420  480 AB  BC.cos B  12.cos 420  12 AC  BC.cos C  12.cos 480  420 B A - ta có: C BC  AB  AC  202  132  23,85 AC 13   0, 65  B  330 AB 20 C  900  B  570 tgB  13 A B 20 Bài 4: Cho tam giác ABC có B  600 các hình chiếu vuông góc AB, AC lên BC theo thứ tự 12; 18 Tính các cạnh, các góc và đƣờng cao tam giác ABC LG + ta có: BC = BH + CH = 12 + 18 = 30 + xét tam giác AHB vuông H A - ta có : AH  BH tgB  12.tg 600  12 - mặt khác : BH 12   24 cos B cos 600 A1  900  B  900  600  300 BH  AB.cos B  AB  + xét tam giác AHC vuông H, ta có : 600 B 12 H 18 C AC  AH  CH   756  27,5 AH 12   C  490 HC 18 + xét  ABC, tcó: A  1800   B  C   710 tgC  ********************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 9(Tiết 25; 26; 27) HÀM SỐ BẬC NHẤT ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ y  ax  b  a   A Kiến thức Định nghĩa hàm số bậc - Hàm số bậc là hàm số đƣợc cho công thức y  ax  b  a   , đó a, b là các số cho trƣớc Tính chất hàm số bậc nhất: Hàm số bậc y  ax  b  a   xác định với x thuộc R và có tính chất sau : a) Đồng biến trên R, a > b) Nghịch biến trên R, a < Đồ thị hàm số y  ax *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 31 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** - Đồ thị hàm số y  ax là đƣờng thẳng qua gốc tọa độ O - Cách vẽ + Cho x   y  a  A  0; a  + Đƣờng thẳng qua gốc tọa độ O và A(0 ; a) là đồ thị hàm số y = ax Đồ thị hàm số y  ax  b  a   - Đồ thị hàm số y  ax  b  a   là đƣờng thẳng + Cắt trục tung điểm có tung độ b + Song song với đƣờng thẳng y = ax b khác 0; trùng với đƣờng thẳng y = ax b = - Chú ý : Đồ thị hàm số y  ax  b  a   còn đƣợc gọi là đƣờng thẳng y  ax  b  a   b đƣợc gọi là tung độ gốc đƣờng thẳng * Cách vẽ: bƣớc - Bƣớc 1: Tìm giao đồ thị với trục tọa độ + Giao đồ thị với trục tung : cho x   y  b  A  0; b  + Giao đồ thị với trục hoành : cho y   x  b  b   B  ;0  a  a  - Bƣớc 2: Vẽ đƣờng thẳng qua điểm A ; B ta đƣợc đồ thị hàm số y  ax  b  a   B Bài tập áp dụng Bài : Cho hàm số y  f  x   1 x  Tính f(0) ; f(1) ; f(-1) ; f(2) ; f(-2) ; f(8) LG - Lập bảng giá trị tƣơng ứng x và f(x) x f  x  1 x3 -2 -1 -4 2 -1 Bài 2: Biểu diễn các điểm sau trên mặt phẳng tọa độ? A(-3; 2), B(1; 4), C(-5; 0), D(0; 3), E(-1; -4) LG y B D A C -5 -1 O -3 x -2 E -4 Bài 3: Tìm m để hàm số sau là hàm số bậc nhất? 32 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** a) y   m   x  2009 b )  2m   x  2m  c) y  m2 x4 m2 d ) y   m x   m LG a)  m    m  b)  2m    m  m   m  2 m2 c)  0  m2 m   m  d )   m    m   m  Bài 4: Cho hàm số y = (m – 5)x + 2010 Tìm m để hàm số trên là a) hàm số bậc b) hàm số đồng biến, nghịch biến LG a)  m    m  b) hàm số đồng biến  m – >  m > - hàm số nghịch biến  m – <  m < Bài : Cho hàm số y   m2  5m   x  Tìm m để a) hàm số trên là hàm số bậc b) hàm số đồng biến, nghịch biến c) đồ thị hàm số qua điểm A(1 ; 4) LG m   m   a) hàm số đã cho là hàm số bậc  m2  5m     m   m  3    b) hàm số đồng biến  m    m    m  m   m    m  5m     m   m  3      m    m  m     m    m  *) hàm số ngh.biến  m    m    2  m  m   m    m  5m     m   m  3      m    m   ko tm    m    m  c) vì đồ thị hàm số qua A(1 ; 4) nên :    m2  5m    m2  5m     m  1 m    m   m    m   m  Bài : Vẽ tam giác ABO trên mặt phẳng tọa độ Oxy Biết O(0 ; 0) , A(2 ; 3), B(5 ; 3) a) Tính diện tích tam giác ABO b) Tính chu vi tam giác ABO LG *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 33 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** y a) SABO  AB.OD đó OD = 3; AB = A B D  SABO  3.3  2 b) xét tam giác AOD và tam giác BOD Theo Pita-go ta có: OA  OD  AD  32  22  13 O x 5E OB  OD  BD  32  52  34 Chu vi: CABO  AB  AO  BO   13  34 Bài 7: Cho hàm số y = (m-1).x + m a) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ b) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hoành độ -3 c) Vẽ đồ thị hàm số ứng với giá trị m vừa tìm đƣợc câu a) và b) trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy LG a) hàm số y = (m-1).x + m có tung độ gốc b = m - vì đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ 2, nên m = - hàm số có dạng : y = x + b) vì đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hoành độ -3, nên tung độ điểm này 0, ta có :   m  1 3  m  2m   m  - hàm số có dạng : y  x  3 c) x y=x+2 y -2 x -3 x 2 f x  =  x+ -15 -10 -5 gx  = x+2 10 15 -2 -4 -6 -8 Bài : Cho các hàm số : y = x + ; y = -2x + a) Vẽ đồ thị hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ b) đƣờng thẳng y = x + ; y = -2x + cắt C và cắt trục hoành theo thứ tự A và B Tính chu vi và diện tích tam giác ABC LG a) Vẽ đồ thị hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ 34 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** * Bảng các giá trị x và y là : +) hàm số y = x + x y=x+4 +) hàm số y = -2x + x y = -2x + 4 -4 0 f x  = x+4 gx  = -2x+4 C A -20 -15 -10 -5 B -4 10 -2 -4 -6 b) SABC  1 AB.CO đó AB = 6; CO =  SABC  6.4  12 2 xét tam giác vuông AOC và tam giác vuông BCO Theo Pi-ta-go, ta có: AC  OA2  OC  42  42  BC  OB  OC  22  42  Chu vi: CABO  AB  AC  BC     HDHT: +) Tiếp tục ôn tập định nghĩa và tính chất hàm số bậc - Bài tập nhà: Bài 1: Cho hàm số y = f  x  = 2x + a) Tính giá trị hàm số x = -2; - 0,5; 0; 3; b) Tìm giá trị x để hàm số có giá trị 10; -7 Giải: a) Ta có: Khi x = -2  f  2  = 2.(-2) + 3= - + = - 1  1  1  f          1   2  2  2 x =  f    2.0   x=  x =  f  3  2.3      3 3  f  3 3   2   b) +) Để hàm số y = f  x   2x + có giá trị 10  2x + 3=10 x= *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 35 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán ****************************************************************************  2x = 10 -  2x =  x = Vậy x = thì hàm số có giá trị 10 +) Để hàm số y = f  x  = 2x + có giá trị -7  2x + = -7  2x = -7 -  2x = - 10  x = -5 Vậy x = -5 thì hàm số có giá trị -7 Bài 2: Cho hàm số bậc y = ax + a) Tìm a để đồ thị hàm số qua điểm A (-2; 3) b) Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm đƣợc câu a) Giải: a) Để đồ thị hàm số y = ax + qua điểm A (-2; 3)  = a.(-2) +  -2a + =  -2a = -  -2a = -  a = Vậy a = thì đồ thị hàm số y = ax + qua điểm A (-2; 3) b) Khi a = thì công thức hàm số là: y = x + Cho x =  y =  A (0; 5) y =  x = -5  B (-5; 0)  Đồ thị hàm số y = x + là đƣờng thẳng qua điểm A (0; 5); B (-5; 0) Bài 3: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x + và y = x+2 b) Gọi toạ độ giao điểm đồ thị các hàm số với các trục toạ độ là A và B, giao điểm đồ thị hàm số trên là E Tính chu vi và diện tích ABE Giải: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x + và y = x+2 Cho x =  y =  E ( 0; 2) y =  x =  A ( 2; 0)  Đồ thị hàm số y = - x + là đƣờng thẳng qua điểm E ( 0; 2); A ( 2; 0) Cho x =  y =  E ( 0; 2) y =  x = -  B ( -4; 0)  Đồ thị hàm số y = x + là đƣờng thẳng qua điểm E ( 0; 2); B( -4; 0) 36 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** ******************************************* Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 10(Tiết 28; 29; 30) SỰ XÁC ĐỊNH ĐƢỜNG TRÕN TÍNH CHẤT ĐỐI XỨNG CỦA ĐƢỜNG TRÕN A Kiến thức Định nghĩa đường tròn: Đƣờng tròn tâm O, bán kính R, ký hiệu: (O; R) là tập hợp các điểm cách O khoảng R Vị trí tương đối điểm đường tròn: Cho (O; R) và điểm M cùng mặt phẳng - điểm M nằm trên (O)  OM = R - điểm M nằm bên (O)  OM < R - điểm M nằm bên ngoài (O)  OM > R Sự xác định đường tròn - Định lý: Qua điểm không thẳng hàng ta vẽ đƣợc và đƣờng tròn - Chú ý: + tâm đƣờng tròn qua điểm không thẳng hàng là giao điểm các đƣờng trung trực tam giác ABC Đƣờng tròn qua điểm không thẳng hàng A, B, C đƣợc gọi là đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC ay tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn + không vẽ đƣợc đƣờng tròn nào qua điểm thẳng hàng + để chứng minh nhiều điểm cùng nằm trên đƣờng tròn, ta chứng minh các điểm cùng cách điểm cố định Điểm cố định là tâm đƣờng tròn, khảng cách là bán kính đƣờng tròn B Bài tập áp dụng Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A Trên AB, AC lần lƣợt lấy các điểm D, E Gọi M, N, P, Q lần lƣợt là trung điểm DE, EB, BC, CD CMR: điểm M, N, P, Q cùng thuộc đƣờng tròn LG A D M E N B Q P C + Xét tam giác EDB, ta có: ME  MD    MN là đƣờng trung bình  EDB, suy MN // = ½ B (1) hay MN//AB NE  NB  + Xét tam giác BCD, ta có : QC  QD    PQ là đƣờng trung bình tam giác BCD, suy PQ // = ½ BD PC  PB  + Từ (1) và (2) => MN // = PQ => tứ giác MNPQ là hình bình hành (2) (*) *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 37 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** + Xét tam giác CDE, ta có : MD  ME    MQ là đƣờng trung bình  CDE, suy MQ // CE => MQ // AC QD  QC      MQ  MN  M  90 mà AC  AB   MQ / / AC + Ta có : MN / / AB (**) + Từ (*) và (**) => tứ giác MNPQ là hình chữ nhật, gọi O là giao điểm MP và NQ => OM = ON = OP = OQ => điểm M, N, P, Q cùng thuộc đƣờng tròn Bài : Chứng minh định lý sau : a) Tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm cạnh huyền b) Nếu tam giác có cạnh là đƣờng kính đƣờng tròn ngoại tiếp thì tam giác đó là tam giác vuông LG A A B B O C O C Vì tam giác ABC nọi tiếp đƣờng tròn tâm O Xét tam giác ABC vuông A Gọi O là có đƣờng kính BC => OA = OB = OC trung điểm BC => OA = OB = OC (vì => OA = ½ BC AO là trung tuyến tam giác) => O là => tam giác ABC vuông A tâm đƣờng ngoại tiếp tam giác ABC Bài : Cho tam giác ABC nhọn, vẽ đƣờng tròn (O ; ½ BC) cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự D và E a) Chứng minh : CD vuông góc với AB ; BE vuông góc với AC b) Gọi K là giao điểm BE và CD Chứng minh : AK vuông góc với BC LG A E D K B O C a) Theo bài 2, tam giác BCD và tam giác BCE có cạnh BC là đƣờng kính => tam giác BCD vuông D (=> CD vuông góc với AB) và tam giác BCE vuông E (=> BE vuông góc với AC) b) Xét tam giác ABC, ta có : 38 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** BE  AC   CD  AB   K là trực tâm tam giác ABC => AK vuông góc với BC mà BE  CD  K  Bài : Cho tam giác ABC, góc A > 900 Gọi D, E, F theo thứ tự là chân các đƣờng cao kẻ từ A, B, C Chứng minh rằng: a) Các điểm A, D, B, E cùng nằm trên đƣờng tròn b) Các điểm A, D, C, F cùng nằm trên đƣờng tròn c) Các điểm B, C, E, F cùng nằm trên đƣờng tròn LG F E A N M B D C I a) gọi M là trung điểm AB AB xét tam giác AEB, E  900  MA  ME  MB  AB xét tam giác ADB, D  900  MA  MB  MD  (1) (2) từ (1) và (2) => MA = MB = MD = ME => các điểm A, D, B, E cùng nằm trên đƣờng tròn b) gọi N là trung điểm AC xét tam giác ADC vuông D và tam giác AFC vuông F, ta có: DN, FN lần lƣợt là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC => NA = ND = NC = NF => A, D, C, F cùng nằm trên đƣờng tròn c) gọi I là trung điểm BC (chứng minh tƣơng tự) Bài 5: Cho tam giác ABC có AB = AC nội tiếp đƣờng tròn tâm O, đƣờng cao AH tam giác cắt đƣờng tròn (O) D a) Chứng minh AD là đƣờng kính đƣờng tròn tâm O b) Tính góc ACD c) Cho BC = 12cm, AC = 10cm Tính AH và bán kính đƣờng tròn tâm O LG A a) + vì AB = AC => tam giác ABC cân A, mà AH vuông góc với BC => AH là đƣờng trung trực BC => AD là trung trực BC (1) + tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn tâm O => O thuộc O đƣờng trung trực BC (2) + từ (1) và (2) => O thuộc AD => AD là đƣờng kính B C H đƣờng tròn (O) b) theo bài tam giác ACD nội tiếp đƣờng tròn (O) có AD D là đƣờng kính => góc ACD = 900 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 39 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 1 c) + vì AD  BC  BH  CH  BC  12  cm 2 + xét tam giác AHC vuông H, ta có: AC  AH  CH  AH  102  62  cm + xét tam giác ACD vuông C, áp dụng hệ thức cạnh và đƣờng cao tam giác vuông ta có: AC  AD AH  AD  R AC 102   12,5cm => bán kính đƣờng tròn (O) là AH 1 AD  12,5  6, 25cm 2  HDHT: +) Ôn tập đƣờng tròn (định nghĩa và tính chất đối xứng đƣờng tròn) - Bài tập nhà: Bài tập 1: Chứng minh rằng: Trong tam giác vuông đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa độ dài cạnh huyền GT: Cho ABC ( A  900 ) MB = MC = KL: AM = BC BC Giải: +) Kẻ MK  AB  MK // AC +) Xét ABC có MB = MC = BC (gt) MK // AC (gt)  AK = KB +) Xét ABM có MK  AB; AK = KB  ABM cân M 1 BC mà MB = MC = BC  AM = MB = MC = BC 2 Tứ giác ABCD có B = D  90  AM = MB = Bài tập 2: a) Chứng minh điểm A, B, C, D cùng nằm trên đƣờng tròn b) So sánh độ dài AC và BD Nếu AC = BD thì tứ giác ABCD là hình gì ? Giải: a) Gọi O là trung điểm AC  OA = OC = AC (1) +) Xét ABC vuông B có OA = OC  OB là đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền AC (2) AC +) Xét ADC vuông D có OA = OC  OD là đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền AC  OD = AC (3) Từ (1) (2), và (3)  OA = OB = OC = OD = AC  AC  Vậy điểm A, B, C, D cùng thuộc đƣờng tròn  O;     OB =  AC  b) Nếu AC = BD  AC, BD là các đƣờng kính đƣờng tròn  O;    40 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán ****************************************************************************  ABC  BCD  CDA  DAB  900  Tứ giác ABCD là hình chữ nhật Bài tập 3: Cho ABC có góc nhọn Các đƣờng cao AD; BE; CK cắt H CMR: a) điểm B; C; E; K cùng nằm trên đƣờng tròn Hãy xác định tâm và bán kính đƣờng tròn đó b) điểm A; B; E; D cùng nằm trên đƣờng tròn Giải: b) Gọi O1 là trung điểm BC  BO1 = CO1= BC +) Xét BEC vuông E (AC  BE)  EO1 là đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền BC BC (1) +) Xét BKC vuông K (AB  CK)  KO1 là đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền BC BC  KO1 = BO1 = CO1= (2) BC Từ (1); (2)  KO1 = EO1 = BO1 = CO1=  EO1 = BO1 = CO1= Vậy điểm điểm B; C; E; K cùng nằm trên đƣờng tròn tâm O1 và bán kính BC Gọi O2 là trung điểm AB ta chứng minh tƣơng tự điểm A; B; E; D cùng nằm trên đƣờng tròn tâm O2 và bán kính AB ******************************************* Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 11(Tiết 31; 32; 33) HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƢỜNG THẲNG ĐƢỜNG THẲNG SONG SONG, ĐƢỜNG THẲNG CẮT NHAU A Kiến thức Góc tạo đƣờng thẳng y = ax + b (a khác 0) và trục Ox - Góc  tạo đƣờng thẳng y = ax + b (a khác 0) và trục Ox là góc tạo tia Ax và tia AT, đó A là giao điểm đƣờng thẳng y = ax + b với trục Ox; T là điểm thuộc đƣờng thẳng y = ax + b và có tung độ dƣơng *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 41 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 8 T 4 T A -15 -10   -5 10 15  y=ax+b -15 y=ax -10 -5  A -2 10 15 y=ax -2 -4 y=ax+b -4 -6 -6 -8 Trƣờng hợp a > -8 Trƣờng hợp a < - với a >  00    900 , a càng lớn thì  càng lớn - với a <  900    1800 , a càng lớn thì  càng lớn y = ax + b (a khác 0) thì a đƣợc gọi là hệ số góc đƣờng thẳng Với đƣờng thẳng  d  : y  ax  b và  d '  : y  a' x  b'  a; a'   , ta có:   d  / /  d '   a  a ' ; b  b'   d    d '   a  a ' ; b  b'   d    d '   a  a'   d    d '   a.a'  1 - Chú ý: a khác a’ và b = b’ thì đƣờng thẳng có cùng tung độ gốc, đó chúng cắt điểm trên trục tung có tung độ là b B Bài tập áp dụng Bài 1: Xác định hệ số góc k đƣờng thẳng y = kx + – k trƣờng hợp sau: a) Đƣờng thẳng song song với đồ thị hàm số y  x b) Cắt trục tung điểm có tung độ c) Cắt trục hoành điểm có hoành độ LG 3 a) Vì đt y = kx + – k song song với đths y  x  k   ptđt có dạng: y  x  b) Vì đths y = kx + – k cắt trục tung điểm có tung độ là b = – k, mà theo giả thiết đths cắt trục tung điểm có tung độ nên  k   k   ptđt có dạng: y = x+2 c) Vì đt y = kx + – k cắt trục hoành đểm có hoành độ 3, nên tung độ điểm này ta có :  3k   k  k  3 3  ptđt có dạng : y  x 2 Bài : Cho hs bậc : y = ax – (1) Xác định hệ số a trƣờng hợp sau a) đths (1) cắt đƣờng thẳng y = 2x – điểm có hoành độ b) đths (1) cắt đƣờng thẳng y = -3x + điểm có tung độ LG a) Gọi M là giao điểm đths (1) và đt y = 2x – => tọa độ điểm M thỏa mãn đồng thời đt trên - tung độ điểm M là y = 2.2 – = => M(2 ; 3) - vid đths (1) qua điểm M(2 ; 3), nên ta có : = 2.a – => a = 7/2 b) Gọi N là giao điểm đths (1) và đt y = -3x + => tọa độ điểm N thỏa mãn đồng thời đt trên 42 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** - hoành độ diểm N là = -3x + => x = -1 => N(-1 ; 5) - vì đths (1) qua N(-1 ; 5), nên ta có : = a.(-1) – => a = - Bài : Cho hs : y = -2x + a) Vẽ đths trên b) Xác định hs có đthị là đt qua gốc tọa độ và vuông góc với đt y = -2x + c) Tìm tọa độ giao điểm A đt y = -2x + và đt tìm đƣợc câu b) d) Gọi P là giao điểm đt y = -2x + với trục tung Tìm diện tích tam giác OAP LG a) Vẽ đths y = -2x + x y = -2x + 3 => đths y = -2x + qua điểm P(0 ; 3), Q(3/2 ; 0) 3/2 fx = -2x+3 P gx =  x A H -15 -10 -5 O 5 10 15 -2 -4 -6 b) đt qua gốc tọa độ O có dạng y = ax (a khác 0) - vì y = -2x + và y = ax vuông góc với nên : -2a = => a = -1/2 => hs có dạng : y  x c) tìm tọa độ giao điểm y = -2x + và y  x - gọi A là giao điểm đt trên => tọa độ điểm A thỏa mãn đt trên - hoành độ điểm A là nghiệm pt : 2 x   x  x  - tung độ điểm A là : y   5 Vậy giao điểm A đt trên có tọa độ : A(6/5 ; 3/5) AH OP đó : AH = 6/5 ; OP =  SAOP   (đvdt) 5 m 1 Bài 4: Cho hàm số : y  xm2 (1) m 1 d) SAOP  a) Với gtr nào m thì (1) là hsbn? b) Với gtr nào m thì (1) là hs đồng biến? c) Với gtr nào m thì đths (1) qua điểm A(1; 2)? LG *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 43 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** m   m 1 a) hs (1) là hsbn  0  m  1 m 1 m    m    m 1  m  m 1 m    b) hs (1) đồng biến  0   m   m 1  m  1   m  1  m   c) vì đths (1) qua A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs (1), ta có: m 1  m   2(m  1)  m    m  1 m    m  2m   m 1  m  1  2   m  1    m   m       m  1  2    Bài 5: a) Vẽ đt các hs sau trên cùng mặt phẳng tọa độ: y = 2x (1); y = 0,5x (2); y = - x + (3) b) Gọi các giao điểm các đt có pt (3) với đt có pt (1) và (2) theo thứ tự là A và B Tìm tọa độ điểm A và B c) Tính các góc tam giác OAB LG a) vẽ đt E A B C D F -15 -10 O -5 10 15 -2 -4 -6 - đths (1) qua điểm O và C(1; 2) - đths (2) qua điểm O và D(2; 1) - đths (3) qua điểm E(0; 6) và F(6; 0) b) Tìm tọa độ điểm A và B - hoành độ điểm A thỏa mãn pt: 2x = -x + => x = Thay x = vào (1) ta đc y = => A(2; 4) - hoành độ điểm B thỏa mãn pt : 0,5x = -x + => x = Thay x = vào (2) ta đc y = => B(4 ; 2) OA  22  42  20   c) ta có :   OA  OB  OAB cân O OB  22  42  20   Ta lại có : AOB  AOx  BOx đó : 44 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** tan AOx    AOx  630 26' ; tan BOx    BOx  26034' 1800  36052'  AOB  630 26'  26034'  36052'  A B  71034'  HDHT: +) Tiếp tục ôn tập điều kiện để đồ thị hàm số bậc qua điểm, điều kiện để đƣờng thẳng song song, cắt nhau, trùng nhau, cách vẽ đồ thị hàm số bậc y  ax  b - Bài tập nhà: Bài 1: Cho hàm số y = (2k +1)x + k - * a) Tìm k để đồ thị hàm số (*) cắt trục hoành điểm có hoành độ b) Tìm k để đồ thị hàm số (*) song song với đƣờng thẳng y= 2x + c) Tìm k để đồ thị hàm số (*) vuông góc với đƣờng thẳng y = x–3 Giải: a) Để đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - cắt trục tung điểm có tung độ –  x = 0; y = - Ta có: = ( 2k + ).2 + k -  4k + +k - = 5k =  k =  Vậy với k = thì đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hoành độ b) Để đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - song song với đƣờng thẳng y= 2x +  2k    2k       k   k     2k  k      t/m) k   k  thì đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - song song với đƣờng thẳng y= 2x + c) Để đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - vuông góc với đƣờng thẳng y = x – 3  a.a’ = -1  (2k + 1) = -1  2k + = -  2k = -4  k = -2 Vậy với m = đồ thị hàm số y = (2k +1)x + k - vuông góc với đƣờng thẳng y = x–3 Bài 2: Cho hàm số y = (m - 1).x - 2m + Vậy với k  a) Tìm điều kiện m để hàm số luôn luôn đồng biến b) Tìm điều kiện m để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hoành độ c) CMR: Đồ thị hàm số luôn luôn qua điểm cố định với giá trị m ***************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 12(Tiết 34; 35; 36) *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 45 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** LUYỆN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC NHẤT y  ax  b ( a  ) A Mục tiêu: - Luyện tập cho học sinh định nghĩa và tính chất đồng biến; nghịch biến hàm số bậc y  ax  b ( a  ) - Thành thạo cách tính giá trị hàm số giá trị biến số; cách xác định giao điểm đồ thị hàm số với các trục toạ độ và vẽ đồ thị hàm số trên trình bày bài khoa học - Vận dụng và rèn kĩ vẽ hình và trình bày lời giải hình học B Chuẩn bị: GV: Bảng phụ ghi sẵn câu hỏi và bài tập, máy tính , thƣớc kẻ, com pa HS: Ôn tập định nghĩa, tính chất hàm số bậc nhất, thƣớc kẻ, com pa C Tiến trình dạy - học: Tổ chức lớp: Nội dung: Phần I: Bài 8: Luyện tập hàm số bậc   y  ax  b ( a  ) ( SBT - 57): Cho hàm số y =  x  a) Hàm số là đồng biến hay nghịch biến trên R ? Vì sao? b) Tính giá trị tƣơng ứng y x nhận các giá trị sau: 0; - 2;  ;  c) Tính giá trị tƣơng ứng x y nhận các giá trị sau: 0; 1; 8;  Giải: a) Hàm số y = f  x  =  x  đồng biến trên R (Vì : a =  > )  b) Khi  3  .0  =  y =     2   = 6  2  = 5  2 +) x = -2 +) x =   y =        =    = 12 - +) x =   y =        =     = - +1 = y =     x  =     x  1 +) x =  y= 2 c) Khi  x 3  3 32     3 3 = 92 Bài 20: (SBT – 60) a) Tìm hệ số a hàm số y = ax + biết x =  thì y =  b) Xác định hệ số b biết đồ thị hàm số y= -2x + b qua điểm A ( 2; -3) Giải: a) Khi x =  thì y =  ta có:  = a.(  ) +1  a.(  ) =  -1 a.(  ) =   2 = 1 Vậy x =  và y =  thì a =  a=   1 1 b) Vì đồ thị hàm số y= -2x + b qua điểm A ( 2; -3) nên ta có: 46 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán ****************************************************************************  -3 = -2.2 + b  - + b = -3 b =1  Vậy b = thì đồ thị hàm số y= -2x + b qua điểm A ( 2; -3) Bài 1: Tìm toạ độ giao điểm đồ thị hàm số y = 3x - với trục toạ độ ( Đề thi THPT năm học: 2006 - 2007) Giải: Cho x =  y = -  A ( 0; -4) Cho y =  =  4  B (  ;0) 3 Vậy đồ thị hàm số y = 3x – cắt trục tung Oy điểm A ( 0; - 4) và cắt trục hoành ;0) Cho hàm số y = (m + 2).x + m - điểm B (  Bài 2; a) Tìm điều kiện m để hàm số luôn luôn nghịch biến b) Tìm điều kiện m để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hoành độ -3 c) CMR: Đồ thị hàm số luôn luôn qua điểm cố định với giá trị m ( Đề thi THPT năm học: 2001 - 2002) Giải: a) Để hàm số y = (m + 2).x + m - luôn luôn nghịch biến với giá trị x m +2 <   m < -2 Vậy với m < - thì hàm số y = (m + 2).x + m - luôn luôn nghịch biến với giá trị x b) Để đồ thị hàm số y = (m + 2).x + m - cắt trục hoành điểm có hoành độ -3  x = -3 ; y = Ta có : = (m + 2)  3 + m -  -3m – + m - =  -2m =  m =  9 thì đồ thị hàm số trên cắt trục hoành điểm có hoành độ – c) Giả sử đồ thị hàm số y = (m + 2).x + m - luôn luôn qua điểm cố định Vậy với m =      M (x0; y0) với giá trị m y0 = (m + 2).x0 + m – (với  m) y0 = m.x0 + x0 +m – (với  m) ( m.x0 + m) + (2 x0 – - y0 ) = (với  m) m.(x0 + 1) + (2 x0 – - y0 ) = (với  m)   x0  1  x0  1  x0  1       2   y0   y0  5 2  1   y0  Vậy đồ thị hàm số y = (m + 2).x + m - luôn luôn qua điểm cố định  x0     2 x0   y0  M (x0 = -1; y0 = -5) với giá trị m  HDHT: +) Tiếp tục ôn tập điều kiện để đồ thị hàm số bậc qua điểm, điều kiện để đƣờng thẳng song song, cắt nhau, trùng nhau, cách vẽ đồ thị hàm số bậc - Bài tập nhà: y  ax  b *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 47 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Bài 1: Cho hàm số y = (m - 1).x - m - a) Tìm điều kiện m để hàm số luôn luôn nghịch biến b) Tìm điều kiện m để đồ thị hàm số qua điểm A (3; 5) c) Tìm điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn luôn qua với giá trị m d) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục toạ độ tạo thành tam giác có diện tích (đơn vị diện tích) LG: a) Để hàm số y = (m - 1).x - m - luôn luôn nghịch biến với giá trị x m -1 <  m <  Vậy với m < thì hàm số y = (m - 1).x - m - luôn luôn nghịch biến với giá trị x b) Để đồ thị hàm số y = (m - 1).x - m - qua điểm A (3; 5) Ta có : = (m - 1).3 - m -  3m – - 2m - =  m = 11 Vậy với m = 11 thì đồ thị hàm số y = (m - 1).x - m - qua điểm A (3; 5) c) Giả sử đồ thị hàm số y = (m - 1).x - m - luôn luôn qua điểm cố định M (x0; y0) với giá trị m (với  m)  y0 = (m - 1).x0 - m - (với  m)  y0 = m.x0 - x0 - 2m –  ( m.x0 -2m) - ( x0 + - y0 ) = (với  m)  m.(x0 - 2) - ( x0 + - y0 ) = (với  m)  x0   x0   x0       2.2   y0  4   y0   y0  Vậy đồ thị hàm số y = (m - 1).x - m - luôn luôn qua điểm cố định  x0      x0   y0  M (x0 = 2; y0 = 7) với giá trị m d) Toạ độ giao điểm đồ thị hàm số y = (m - 1).x - m - với các trục toạ độ là: Cho x =  y = - 2m –  M (0; -2m – 3)  OM = -2m - = 2m + 2m +3 2m +3  2m +3  N ;0   ON = m-1 m-1  m-1  1 2m +3 Diện tích tam giác MON là: S OMN = OM ON = 2m + 2 m-1 Cho y =  x =  2m +3  S= m-1 Để diện tích OMN thì   2m  2m +3 m-1 =4 +3  4.2 m -  4m2  12m   m -  4m2  12m   8m     4m  12m   8m   4m2  4m  17     4m  20m   Bài 2: Cho hàm số y = (m - 3)x + m + (*) a) Tìm m để đồ thị hàm số (*) cắt trục tung điểm có tung độ – b) Tìm m để đồ thị hàm số (*) song song với đƣờng thẳng y = -2x + 48 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** c) Tìm m để đồ thị hàm số (*) vuông góc với đƣờng thẳng y = 2x -3 Giải: a) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + (*) cắt trục tung điểm có tung độ –  x = 0; y = - Ta có: -3 = (m-3).0 + m +  m+2=3 m=1  Vậy với m = thì đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ - b) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + (*) song song với đƣờng thẳng y = - 2x + m   2   m   m  2    m   m  ( t/m)  m  1 Vậy với m = thì đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + (*) song song với đƣờng thẳng y = - 2x + c) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + (*) vuông góc với đƣờng thẳng y= 2x -  a.a’ = -1  (m – 3) = -1  2m – = -1  2m =  m= Vậy với m = đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + vuông góc với đƣờng thẳng y = 2x - **************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 13(Tiết 37; 38; 39) VỊ TRÍ TƢƠNG ĐỐI CỦA ĐƢỜNG THẲNG VÀ ĐƢỜNG TRÕN A Kiến thức Vị trí tương đối đường thẳng và đường tròn Gọi OH =d là khoảng cách từ tâm O đến đ-ờng thẳng a a; a c¾t (0)  ®iÓm chung  d<R b; a tiÕp xóc (0)  ®iÓm chung  d = R c; a kh«ng giao (0)  kh«ng cã ®iÓm chung  d >R Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến đường tròn Đƣờng thẳng a là tiếp tuyến đtr (O ; R)  d = R (d : là khoảng cách từ tâm O đến a) Nếu đt a qua điểm đtr và vuông góc với bán kính qua điểm đó thì đt a là tiếp tuyến đtr Tính chất hai tiếp tuyến cắt Nếu tiếp tuyến đtr cắt điểm thì : - điểm đó cách hai tiếp điểm *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 49 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** - tia kẻ từ điểm đó qua tâm là tia phân giác góc tạo hai tiếp tuyến - tia kẻ từ tâm qua điểm đó là tia phân giác góc tạo hai bán kính qua tiếp điểm Đường tròn nội tiếp tam giác - đtr nội tiếp tam giác là đtr tiếp xúc với cạnh tam giác - tâm đtr nội tiếp tam giác là giao điểm đƣờng phân giác các góc tam giác Đường tròn bàng tiếp tam giác - đtr bàng tiếp tam giác là đtr tiếp xúc với cạnh tam giác và tiếp xúc với phần kéo dài hai cạnh còn lại - tâm đtr bàng tiếp tam giác là giao điểm đƣờng phân giác các góc ngoài hai đỉnh tam giác - tam giác có đtr bàng tiếp B Bài tập áp dụng Bµi 1: Cho ®-êng trßn t©m vµ ®iÓm I n»m (0) C/m r»ng d©y AB vu«ng gãc víi OI t¹i I ng¾n h¬n mäi d©y kh¸c ®i qua I Gi¶i: GV h-íng dÉn: VÏ d©y CD bÊt k× qua I (Kh¸c d©y AB ) ta c/m AB <CD Muèn so s¸nh hai d©y ta so s¸nh ®iÒu g× ? ( Ta so sánh hai khoảng cách từ tâm đến dây ; Dùng tính chất tam giác vuông thì c¹nh huyÒn lµ c¹nh lín nhÊt ) Bài : Từ điểm A nằm bên ngoài đtr (O), kẻ các tiếp tuyến AB và AC với đtr (B ; C là các tiếp điểm) Qua điểm M thuộc cung nhỏ BC, kẻ tt với đtr (O), tt này cắt các tt AB, AC theo thứ tự D và E Chứng minh chu vi tam giác ADE 2.AB LG Theo tính chất tt cắt nhau, ta có : B D DM = DB (1) ; M EM = EC (2) A O Chu vi tam giác ADE là : E CADE  AD  AE  DE  AD  AE  DM  EM (3) C Từ (1) ; (2) và (3) :  CADE  AD  AE  DB  EC   AD  DB    AE  EC   AB  AC  AB (vì AB = AC) Bài : Cho đtr (O), điểm I nằm bên ngoài đtr (O) Kẻ các tt IA và IB với đtr (A, B là các tiếp điểm) Gọi H là giao điểm IO và AB Biết AB = 24cm ; IA = 20cm a) Tính độ dài AH ; IH ; OH b) Tính bán kính đtr (O) LG - Theo tính chất tt cắt nhau, ta có: IA = A IB = 20cm; IO là phân giác góc AIB - Tam giác IAB cân I, có IH là phân giác => IH đồng thời là đƣờng cao và là đg I H O trung tuyến  AH  BH  1 AB  24  12cm 2 - Xét tam giác AHI vuông H B 50 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** ta có : IH  IA2  AH  202 122  162  IH  16cm (theo Pytago) - Xét tam giác AIO, vuông A, áp dụng hệ thức cạnh và đg cao am giác vuông ta có : AH 122  9 HI 16 AO  IO.OH   IH  OH  OH  16    225  AO  15cm AH  HI HO  HO  Bài : Cho nửa đtr (O ; R) đg kính AB Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đtr cùng thuộc nửa mp có bờ là AB) Lấy M thuộc Ax, qua M kẻ tt với nửa đtr, cắt By N a) Tính góc MON b) CMR : MN = AM + BN c) CMR: AM.BN = R2 LG a) - theo tc tt cắt nhau, ta có: y AOH ; MA  MH O3  O4  BOH ; NB  NH O1  O2  - ta có: N x (1) H   1 MON  O2  O3  AOH  BOH  1800  900 2 M b) MN = MH + NH (2) => từ (1) và (2) : MN = MA + NB c) Xét tam giác MON vuông O, theo hệ thức cạnh và đg cao tam giác vuông, ta có : R O A B OH  MH NH  AM BN    AM BN  R mà OH  R  Bài 5: Cho đtr (O; R) và điểm A nằm cách O khoảng 2R Từ A vẽ các tt AB, AC với đtr (B, C là các tiếp điểm) đg thg vuông góc với OB O cắt AC N, đg thg vuông góc với OC O cắt AB M a) CMR: AMON là hình thoi b) Đthg MN là tt đtr (O) c) Tính diện tích hình thoi AMON LG a) + vì AB, AC là tt đtr (O) B  AB  OB; AC  OC + mà ON  OB; OM  OC M Nên AB // ON, AC // OM => tứ giác AMON là Hình bình hành (1) + mặt khác : A1  A2 (tc tt cắt nhau) (2) + từ (1) và (2) => tứ giác AMON là hình thoi b) + vì AMON là hình thoi  MN  OA (3) 2 + mặt khác : HO  AH  OA  2R  R A H O N C (4) + từ (3) và (4) => MN là tt đtr (O) *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 51 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** OB R c) + xét tam giác ABO, vuông B ta có : sin A1     A1  300 OA R + xét tam giác AHM vuông H, ta có : 3 2R  MN  2.MH  2.R  3 1 2R 2R (đvdt)  MN AO  R  2 3 MH  AH tan A1  R.tan 300  R + đó : S AMON ******************************************* 52 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 14(Tiết 40; 41; 42) ÔN TẬP TỔNG HỢP ĐẠI SỐ + HÌNH HỌC I ĐẠI SỐ Bài 1: Thực phép tính a) 50  45  18  20     10          8 2 3 2 8 2 23 2     3 2 1 3 3 b)  28  14       1 1  1      1                    1              12    2  3  10   2   10     10   2.2   10   10  2  10   29  12  10   20  2.2 5.3   10   d)     2      1   3  3  7 1      21      1  1    1   c)          10           1   2   1  x2 x 1 x 1      x x  x  x  x 1  Bài 2: Cho biểu thức B  1:  a) RG biểu thức B b) So sánh B với LG a) đk: x  0; x  Ta có:  x2 x 1 x 1 B  1:     x 1 x  x 1 x  x 1 x 1 x 1    x2 x 1    1:    x 1 x  x 1 x  x 1 x 1        1:  1:  x2      x  1   x   x  1 x  x  1  x 1 x       1: x   x   x  x   x  1 x  x  1 x  x  1 x x  1:  1:  x  1  x  1 x  x  1 x  x  x 1 x x      x 1 x 1 x b) xét hiệu: *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 53 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán ****************************************************************************   x 1 x  x 1 x  x 1 x x  x 1 B 1  1    0 x x x x  B 1   B   x x  x x    x  x     Bài 3: Cho biểu thức: P    :    x  x  x x  x      a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P < c) Tìm x nguyên để P nguyên LG a) Đk: < x #1 Ta có:     x x  x x    x  x  P     :  x 1 x x    x x        x  x 1 x  x 1   x  1  x   x 1  x   x  b) P   c) Ta có: P       x  x  x    :   x x 1         x    x  :   x x 1     x 1   x   vi x 1  x 1  x 1         x    x 1  x 1 x x 1  x x     x 1 x 1  x 1   x   x    x  x 1  2  1 x 1 x 1  Z  x   x  1 Ƣ(2), mà Ƣ(2) = 1; 2 x 1 ) x    x   x   tm  PZ  ) x   1  x   x   tm  ) x    x   x   tm  ) x   2  x  1  lo¹i  3   x 1 x 2  :     x   x  x    x 1  Bài 4: Cho biểu thức: P   a) Tìm điều kiện để P có nghĩa? b) Rút gọn biểu thức P c) Tìm x nguyên để P nguyên LG a) đk: x  0; x  1; x  b) Ta có: 54 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** P    x  2 x  x  1  x  2 x 1  x  2 x  1   x  2 x x  x  1 x 3  :  x 1 x 1 x 1  x 2  x  :  x 1 x 1  x  x 2   x 1 c) Tìm x nguyên để P nguyên P  x 2 x   1  Z  x  U (2)  1; 2 x ) x   x  1 loai  ) x   x   loai  ) x  1 loai  ) x  2  loai  Bài 5: Thực phép tính M   2   12  18  128   2  M   2   12  4     2  M   2     2     1  1 M   2       M  62 2  42   12  18   2 2 4   2    1     1  1 Bài 6: a) Với giá trị nào m thì hsbn: y   4m  3 x  đồng biến b) Với giá trị nào m thì hsbn: y   2m  5 x  14 nghịch biến LG 3 5 b) hsnb  2m    m  a) hsđb  4m    m  Bài 7: Tìm gtr m để đƣờng thẳng: y   m  3 x  m  1,  m  3 và đƣờng thẳng y    m  x  3,  m   cắt điểm trên trục tung LG - Xét y   m  3 x  m  1,  m  3 (1) Ta có: a = m – 3; b = m + - Xét y    m  x  3,  m   (2) ’ ’ Ta có: a = – m; b = - - Để đth (1) và đth (2) cắt điểm trên trục tung và *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 55 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** a  a ' m    m  2m      m  4  ' b  b m   3 m  4  Bài : Cho hsbn : y   m  3 x  thì đồ thị hs trên là đg thg a) Song song ; b) Cắt ; c) Trùng LG Xét (1), ta có : a = m + ; b = -1 Xét (2), ta có : a’ = – 2m ; b’ = 1 và y  1  2m  x   2 Với gtr nào m a  a '  m    2m    3m  2  m   ' b  b 1   b) (1) cắt (2)  a  a'  m    2m  3m  2  m    a  a '  m    2m  m   c) (1) trùng (2)     không tồn m thỏa mãn '   b  b     1  a) (1) // (2)   Bài 9: Vẽ đthị hs sau trên cùng hệ trục tọa độ : y  x  (1); y  x    Gọi A ; B là giao điểm (1) và (2) với trục hoành ; và giao điểm đg thg là C Tìm tọa độ giao điểm A, B, C Tính diện tích tam giác ABC LG * Bảng các giá trị x và y : x -3 x -1 y  x  2 2 y x2 * Đồ thị hs y  x  (1) qua điểm A(-3 ; 0) và điểm C(0 ; 2) Đồ thị hs y  x  (2) qua điểm B(-1 ; 0) và điểm C(0 ; 2) fx = 2x+2 gx =  x+2 C A -15 -10 -5 -3 B -1 10 15 -2 -4 -6 * diện tích tam giác ABC là : SABC  1 AB.CO  2.2  (đvdt) 2 Bài 10 : Cho x  ab  1  a 1  b  ; y  a 2  b2  b  a Hãy tính y theo x, biết (ab>0) LG 56 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Ta có :  x  ab  1  a 1  b    2       a 2b  2ab  a  b   a  b     2a 2b  2ab  a  b  a  b   y  a  b2  b  a      a b      a  b  2ab  a  b  b  a   2a 2b  2ab  a  b 2  Do đó : y  x2   y   x2  II HÌNH HỌC: (Ôn tập tính chất tt cắt nhau) Bài : Cho nửa đtr (O ; R), đƣờng kính AB, vẽ các tiếp tuyến Ax, By nửa mp bờ AB chứa nửa đtr Trên Ax, By lấy theo thứ tự M và N cho góc MON 900 Gọi I là trung điểm MN CMR : a) AB là tt đtr (I ; IO) b) MO là tia phân giác góc AMN c) MN là tt đtr đƣờng kính AB LG a) CMR : AB là tt (I ; IO) x y - ta có: AM // BN (cùng vuông góc với AB) => tứ giác N ABNM là hình thang - xét hình thang ABNM, ta có: AO  BO    IO là đƣờng MI  NI  trung bình hình thang ABNM => IO // AM // BN - mặt khác: AM  AB  IO  AB  O  AB là tt đtr (I; IO) b) CMR : MO là tia phân giác góc AMN - vì AM // IO =>  AMO =  MOI (so le trong) H I M A O B (1) - tam giác MON có  O = 900, OI là trung tuyến OI  IM  IN  MN => tam giác IMO cân I =>  IMO =  IOM (2) - từ (1) và (2) =>  MOI =  AMO =  IMO => MO là phân giác  AMN c) CMR: MN là tt đtr đkính AB - kẻ OH vuông góc với MN (3) - xét tam giác MAO và tam giác MHO, ta có: A  H  900   MN : chung   MAO  MHO  CH  GN  => OA = OH = R (cạnh tƣơng ứng) AMO  HMO   => OH là bán kính đtr tâm O đkính AB (4) - từ (3) và (4) => MN là tt đtr đkính AB Bài 2: Cho đtr (O), điểm A nằm bên ngoài đtr Kẻ các tt AM, AN với đtr (M, N là các tiếp điểm) a) CMR: OA vuông góc với MN b) Vẽ đkính NOC CMR: MC // AO c) Tính độ dài các cạnh tam giác AMN, biết OM = 3cm; OA = 5cm *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 57 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** LG a) ta có: OM = ON (= bán kính) AM = AN (tính chất tt cắt nhau) => AO là trung trực đoạn thẳng MN => OA  MN b) gọi H là giao điểm MN và AO - vì OA  MN =>MH = NH - xét tam giác MNC, ta có: M C H A O ON  OC    HO là đg trung bình tam MH  NH  N giác MNC => HO // MC hay MC // AO c) xét tam giác AMO,  M = 900, theo Pytago ta có : AM  A O2  OM  52  32  => AM = AN = 4cm - mặt khác, áp dụng hệ thức cạnh và đg cao tam giác vuông AMO, ta có: MA.MO 4.3   2, 4cm OA  MN  2.MH  2.2,  4,8cm Bài 3: Cho tam giác ABC,  A = 900, đg cao AH, vẽ đtr (A; AH), kẻ các tt BD, CE với đtr MA.MO  MH OA  MH  (D, E là các tiếp điểm khác H) CMR: a) điểm D, A, E thẳng hàng b) DE tiếp xúc với đtr đkính BC LG a) theo tc tt cắt nhau, ta có: - AB là phân giác  DAH =>  A1 =  A2 - AC là phân giác  EAH =>  A3 =  A4 - mà  DAE =  A1 +  A2 +  A3 +  A4 = 2(  A2 +  A3) = 2.900 = 1800 => điểm D, A, E thẳng hàng b) gọi M là trung điểm BC - xét tam giác ABC  A = 900, có AM là trung tuyến B H D AM  BC M (1) - ta có: BD // CE (cùng  DE) => tứ giác BDEC là hthang - xét hthang BDEC, ta có : AD  AE    AM là đƣờng trung bình hình thang MB  MC  BDEC => MA // CE, mà CE  DE => MA  DE C A E (2) - từ (1) và (2) => DE tiếp xúc với đƣờng tròn (M) đƣờng kính BC Bài 4: Cho đtròn (O), điểm M nằm bên ngoài đtròn Kẻ tiếp tuyến MD, ME với đtròn (D, E là các tiếp điểm) Qua điểm I thuộc cung nhỏ DE, kẻ tiếp tuyến với đtròn, cắt MD và ME theo thứ tự P và Q Biết MD = 4cm Tính chu vi tam giác MPQ LG 58 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** - Theo tính chất tt cắt nhau, ta có: MD = ME; PI = PD; QI = QE - Chu vi tam giác MPQ bằng: MP + PQ + MQ = MP + PI + QI + MQ = (MP + PD) + (QE + MQ) = MD + ME = 2.MD = 2.4 = 8cm D P I O M Q E Bài 5: Cho đtròn (O; 2cm), các tt AB và AC kẻ từ A đến đtròn vuông góc với A (B, C là các tiếp điểm) a) Tứ giác ABOC là hình gì? Vì sao? b) Gọi M là điểm thuộc cung nhỏ BC Qua M kẻ tt với đtròn, cắt AB và AC theo thứ tự D và E Tính chu vi tam giác ADE c) Tính số đo góc DOE? LG a) Tứ giác ABOC có góc vuông nên là HCN, mà lại có cạnh kề là OB và OC: OB = OC nên nó là Hình vuông b) Tƣơng tự BT4, ta có chu vi tam giác ADE bằng: O 8cm B c) Theo tính chất tiếp tuyến ta có: D 1 MOB; O2  O4  MOC 2 1  O1  O2  MOB  MOC  900  450 2 O1  O3  M A E  C   DOE  450 Bài 6: Cho đtròn (O; 5cm) điểm M nằm bên ngoài đtròn Kẻ các tt MA, MB với đtròn (A, B là các tiếp điểm) Biết góc AMB 600 a) CMR: tam giác AMB là tam giác b) Tính chu vi tam giác AMB c) Tia AO cắt đtròn C Tứ giác BMOC là hình gì? Vì sao? LG a) theo tính chất tt cắt nhau, ta có: MA = MB, A đó tam giác AMB cân M + mặt khác: AMB  600 O Nên tam giác AMB là tam giác M b) theo tch tt cắt nhau, ta có: B C M1  M  AMB  300 + mà MA là tt nên MAO  900 => tam giác MAO vuông A + xét tam giác MAO vuông A có M1  300  AO  MO  MO  AO  2.5  10 cm Theo Pytago: MA  MO2  AO2  102  52  75  + Chu vi tam giác AMB bằng: MA + MB + AB = 3.MA = 3.5  15 c) Tam giác AMB có MO là phân giác nên MO đồng thời là đƣờng cao tam giác  MO  AB (1) *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 59 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** + Tam giác ABC có trung tuyến BO AC nên tam giác ABC là tam giác vuông B  BC  AB (2) + Từ (1) và (2)  BC / / MO , đó tứ giác BMOC là hình thang  HDHT: +) Ôn tập các phép biến đổi thức bậc hai, thứ tự thực các phép tính +) Ôn tập định nghĩa và tính chất tiếp tuyến đƣờng tròn và liên hệ R; r; d với vị trí tƣơng đối đƣờng tròn - Bài tập nhà: Bài 1: Cho biểu thức  N = 1   a  a  a  a  .1   với a  và a  a    a   a, Rút gọn N b, Tìm giá trị a để N = - 2004 Giải:    1  a   a a 1 a) Ta có: N = 1   a 1       =  a  a = 12   a  a 1   a 1   = 1–a Vậy N = - a b) Để N = - 2004  – a = - 2004  - a = - 2004 –  - a = - 2005 a = 2005  Vậy với a = 2005 thì N = - 2004 Bài 2: a 3 a 1 a    4a a 2 a 2 Cho biểu thức: P = với a  và a  a) Rút gọn P b) Tìm giá trị P với a = Giải: a) Ta có: P = a 3 a 1 a    4a a 2 a 2 a 3 a 1   a 2 a 2 = a 4   a  2  a  3  a  2   a 1 a  2   =  a  2 a  2 = =  với a  và a  a 2 a 4  a3 a 2 a 6a2 a  a 24 a 4   a 8 a 2  a 2 a 2  =  a 2   a 2  a 2   a 2  = a 2 60 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Vậy P = a 2 4 c) Thay a = vào biểu thức P = ta đƣợc P = = =  3 a 2 x 1 x 1 với x  và x    x 2 x 2 x 1 Bài 3: Rút gọn biểu thức: P = Giải: Ta có: = x 1 x 1 x 1 với x  và x    x 2 x 2 x 1 x 1  x 1    x  1  x  1   x 1  2.2. x  1 =  x  1 x  1  x  1 x  1  x  1 x  1  P = x 1 2 = x  x 1  x  x 1 x  = 2  x 1 x 4   x 1 =     x 1  x 1  x 1  x 1  x 1 = x 1 x 1 Vậy P = Bài 4: Tính a)  50  18 = 22.2  52.2  b) 48  12  3 = 42.3  22.3  = 5 5 = 12  2  =6 c) = = = = 2  3 2 3 2 d)     3  2  3  2   2   2 64 64  32  2  = 98 25 52.3 32 3 37 3   =   .   = 72  =   49  48   ************************************** *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 61 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 15(Tiết 43; 44; 45) GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG PHƢƠNG PHÁP THẾ A Mục tiêu: - Luyện tập cho học sinh thành thạo giải hệ phƣơng trình phƣơng pháp và số bài toán có liên quan đến giải hệ phƣơng trình bậc hai ẩn - Rèn luyện kĩ vận dụng lí thuyết vào giải các bài tập nhanh, chính xác và trình bày lời giải khoa học B Chuẩn bị: GV: Bảng tóm tắt qui tắc thế, qui tắc cộng đại số HS: Ôn tập qui tắc thế, và cách giải hệ phƣơng trình phƣơng pháp C Tiến trình dạy - học: Tổ chức lớp: Nội dung: Giải hệ phƣơng trình phƣơng pháp A Lí thuyết: Qui tắc thế: Cách giải hệ phương trình phương pháp thế: GV yêu cầu học sinh nêu qui tắc và treo bảng phụ ghi nội dung qui tắc và cách giải hệ phƣơng trình phƣơng pháp để khắc sâu qui tắc cho học sinh B Bài tập: Bài 1: Giải hệ phƣơng trình sau phƣơng pháp 4 x  y  x  3y  2 x  y  3 2 x  y  17 a)     c)  b)    x  y    x  y    Giải: 5  x  y   3x    2 x    x  y   12 d)   20  12 y  y  4   y   y       x   3y x   3y   y  1  y  1      x   x    1 4 x  y  x  3y  a)  17 y  17   x   3y Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm (x; y) = ( 2; -1)   y  2 x   y  2 x       2 x  x   17 2 x   2 x  3  17  y  2.1   y  5     x  x  2 x  y  3  2 x  y  17 b)  y  2 x    8 x  Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm (x; y) = ( 1; -5)     x  y    c)    x  y      y   x       x   x           y     x     x  3    x        y   x         x         62 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán ****************************************************************************  y       y  3       x   x    Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm (x; y) =  5 x  10 y  3x  5  x  y   3x    2 x   3x  15 y  12  2 x    x  y   12 d)   0; 3    2 x  10 y  1   x  15 y  16  32  30 y  10 y  1 20 y  33 2 16  15 y   10 y  1       x  16  15 y  x  16  15 y  x  16  15 y 33  33 33    y   20  y   20  y   20        x  16  15   33   x  16  99  x   35    4  20  35 33 Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x   ; y    20   Bài 2:  3ax   b  1 y  93  bx  4ay  3 a) Tìm giá trị a và b để hệ phƣơng trình  có nghiệm là ( x; y ) = ( 1; -5) b) Tìm các giá trị a; b để hai đƣờng thẳng ( d1) :  3a  1 x  2by  56 và (d2) : ax   3b   y  cắt điểm M ( 2; -5) Giải: 3ax   b  1 y  93  có nghiệm là ( x; y ) = ( 1; -5)  bx  4ay  3 a) Vì hệ phƣơng trình  3a.1   b  1  5   93 3a  5b   93 3a  5b  88       b  20a  3 20a  b  3  b.1  4a  5   3  3a  15  100a  88 3a   3  20a   88      b  3  20a b  3  20a ta có hpt a  a  Vậy với a =1 và b =17 thì hệ    b  3  20.1 b  17  3ax   b  1 y  93 phƣơng trình  có nghiệm là (x; y ) =(1; -5)  bx  4ay  3 b) Để hai đƣờng thẳng (d1) :  3a  1 x  2by  56 và (d2) : ax   3b   y  cắt  3a  1  2b  5   56  điểm M ( 2; -5) ta có hệ phƣơng trình   a.2   3b    5   2  6a   10b  56 78  90b   10b  56 6 13  15b    10b  56        a  15b  10  a  13  15b a  13  15b  1 3a   b  3  0a  *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 63 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán ****************************************************************************  1 b     100b  20 b  b          5 a  13  15b a  13  15 a  13  a  10  Vậy với a = 10 và b  thì đƣờng thẳng ( d1) :  3a  1 x  2by  56 và (d2): ax   3b   y  cắt điểm M ( 2; -5) Bài 3: Tìm a; b để đƣờng thẳng y = ax + b qua điểm: a) A  5;3 và B  ; 1 b) A  2;3 Giải: 2  và B  2;1 a) Để đƣờng thẳng y = ax + b qua điểm A  5;3 và B  ; 1 ta có hệ phƣơng trình 3  a  5   b   1  a  b  2  b   5a   3a   10a  2 Vậy với a   5a  b   3  a  b  1 b   5a   13a  8    b   5a  3  a   5a  1   8 b     13     a    13  b   13  a    13 ; b thì dƣờng thẳng y = ax + b qua điểm A 13 13  5;3 và B 3   ; 1 2  b) Để đƣờng thẳng y = ax + b qua điểm A  2;3 và B  2;1 ta có hệ phƣơng trình 3  a.2  b    1  a  2   b  4a    b   2a   2a  b   2a  b  1  a     b      2a  1  2a     b   2a  a    b  2 Vậy với a  ; b = thì dƣờng thẳng y = ax + b qua điểm A  2;3 và B  2;1  HDHT: +) Ôn tập qui tắc và cách giải hệ phƣơng trình phƣơng pháp thế, và số bài toán có liên quan đến hệ phƣơng trình bậc hai ẩn đã chữa - Bài tập nhà: Bài 1: Giải hệ phƣơng trình sau phƣơng pháp   x  35  y     x  50  y  1 a)   y  2x   y  x 1 b)  64 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 6 x  y     x  14   y    x y c)  d)  x 5  y   x    y  1  x y  Giải:   x  35  y     x  50  y  1   50  y  1  35  y   50 y  50  35 y  70        x  50  y  1  x  50  y  1     50 y  35 y  50  70 15 y  120 y  y                x  50  y  1  x  50  y  1  x  0 y    x  50   1 y    x  350 a)  Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm (x; y) = ( 350; 8)  y  2x    y  x 1  y  2.2    x  b)  y  2x    2 x   x  y 1   x   y  2x    2 x  x   Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm (x; y) = ( 2; 1)   xy  x  14 y  28  x y  x  14   y    x y     xy  x  y   x y   x    y  1  x y  8  y  14 y  28 2   y   14 y  28      x   y x   y y  y       x   4.6  x  28 c) Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm (x; y) = 6 x 6 x    y   y    d)   y  4x    x  4x    3 6 x 6 x   y  y      4 19 x  38  x    2 x  14 y  28  x  y   6 y  36  x   y  28;6  6 x  y   18  3x  16 x  20 62  y 1 y      x   x  Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x  2; y  1 Bài 2: a) Tìm giá trị k để các đƣờng thẳng sau cắt điểm: y b) 4x  ; và y = kx + k + Tìm giá trị m để các đƣờng thẳng: y   m   x  m  đồng qui Giải: y  3x  ; y 6 x ; y  x  ; và *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 65 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 6 x 4x  a) Toạ độ giao điểm hai đƣờng thẳng y  ; y là nghiệm hệ 6 x 6 x   6 x   y   y  y  phƣơng trình:      18  3x  16 x  20  y  4x    x  4x    3 6 x 6 x 62    y 1 y  y  y          4 x  19 x  38  x   x  Vậy toạ độ giao điểm đƣờng thẳng trên là A  2;1 4x  ; và y   m   x  m  thì đƣờng thẳng y   m   x  m  phải qua điểm A  2;1 +) Để các đƣờng thẳng sau cắt điểm: y 6 x ; y Ta có: = k.2 + k +  3k =  k = (không thoả mãn điều kiện k  0) Vậy không có giá trị nào k để các đƣờng thẳng sau cắt điểm: y  ; y 4x  ; và y = kx + k + 6 x b) Toạ độ giao điểm hai đƣờng thẳng y  3x  ; y  x  là nghiệm hệ phƣơng 2 x  = -3x+4  y = -3x+4     y  2x 1  y  2x 1 5 x = x =      y  2x 1  y  2x 1 2 x  3x = 4+1   y  2x 1 x =    y  2.1  Vậy toạ độ giao điểm đƣờng thẳng trên là A 1;1 trình:   x =  y 1 +) Để các đƣờng thẳng: y  3x  ; y  x  và y   m   x  m  đồng qui thì đƣờng thẳng y   m   x  m  phải qua điểm A 1;1 Ta có:   m  2  m   1 m 2 m3  2m   m  (thoả mãn điều kiện k  -2) Vậy với m = thì các đƣờng thẳng y  3x  ; y  x  và y   m   x  m  đồng qui Bài 3: Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hàm số y = 2x + m (*) 1) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số qua: 2; 5 a) A (- 1; 3) b) B c) C ( 2; - 1)   2) Tìm m để đồ thị hàm số (*) cắt đồ thị hàm số y = 3x – góc phần tƣ thứ IV ( Đề thi tuyển sinh THPT – Năm học : 2004 – 2005) Giải: 1) a) Để đồ thị hàm số y = 2x + m qua: A (- 1; 3)  = 2.(-1) + m  3=-2+m  m=5 Vậy với m = thì đồ thị hàm số y = 2x + m qua: A (- 1; 3) 2; 5 b) Để đồ thị hàm số y = 2x + m qua: B   66 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán ****************************************************************************  5 = 2 + m  m = 7 Vậy với m = 7 thì đồ thị hàm số y = 2x + m qua: B  2; 5  c) Để đồ thị hàm số y = 2x + m qua: C ( 2; - 1)  -1 = 2.2+ m  -1 = + m  m=-5 Vậy với m = -5 thì đồ thị hàm số y = 2x + m qua: C ( 2; - 1) 2) Toạ độ giao điểm đồ thị hàm số y = 2x + m với đồ thị hàm số y = 3x – là nghiệm  y = 2x + m    y = 3x - hệ phƣơng trình  3x - 2x = m +  y = 3x -    x = m +    y =  m + 3x - = 2x + m   y = 3x -  x = m +   -2  y = 3m + -  x = m+    y = 3m +4 Vậy toạ độ giao điểm đồ thị hàm số y = 2x + m với đồ thị hàm số y = 3x – là  m+ ; 3m +4 Để đồ thị hàm số (*) cắt đồ thị hàm số y = 3x – góc phần tƣ thứ IV x  thì  y  m +2>0  3m + < Vậy với - < m < - m >-2   m <    -2< m < - 4 thì đồ thị hàm số y = 2x + m cắt đồ thị hàm số y = 3x – góc phần tƣ thứ IV Bài 4: Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hàm số y = 3x + m (*) 1) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số qua: a) A (- 1; 3) b) B 2;5 c) C ( 2; - 3)   2) Tìm m để đồ thị hàm số (*) cắt đồ thị hàm số y = 2x – góc phần tƣ thứ IV ************************************* Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 16(Tiết 1; 2; 3) KIỂM TRA VIẾT I MỤC TIÊU CỦA BÀI HỌC Kiến thức- Kiểm tra việc lĩnh hội kiến thức học sinh học kì Kỹ năng- Hs vận dụng đƣợc các kiến thức đã học vào giải bài tập Thái độ : Rèn tính cẩn thận, chính xác tính toán, lập luận II PHƢƠNG PHÁP- kiểm tra viết III CHUẨN BỊ *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 67 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Giáo viên : Ra đề + HD chấm, Phô tô đề cho HS Học sinh : Ôn tập chƣơng các kiến thức đã học IV TIẾN TRÌNH LÊN LỚP Ổn định tổ chức Đề kiểm tra: §Ò kiÓm tra I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN: (3 ®iÓm) C©u 1:  x cã nghÜa khi: A x  - 5; B x > -5 ; Câu Hàm số y = – 5x có hệ số góc A C – B.5 Câu Đồ thị hàm số y = -2x + qua A ( ; - 3) B ( 1; 1) C©u 4: Cho  =27o,  =42o ta cã: A sin  < sin  ; C cot  < cot  C x  ; C ( 1; -1 ) D x <5 D D.( 1; ) B cos  < cos  D tan  <tan  ; Câu Hàm số y = (2009 m- 2008) x + là hàm số bậc : A m = C©u 6: 2008 2009 B m = - 2008 2008 C.m  2009 2009 D m  BC , th× sin B b»ng : B -2 ; C ; 2009 2008 ABC cã ¢=900, AC= A ; D.- II PHẦN TỰ LUẬN(7 ®iÓm )  x x  x x    2( x  x  1)  : Câu 7: (3điểm) Cho biểu thức: P =      x x x x   x 1  a Rút gọn P b Tìm x để P< c Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên Câu 8: (1,5điểm) Cho hàm số bậc nhất: y = (m+1)x - 2m (1) a Tìm m để hàm số trên là hàm số bậc b Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đồ thị hàm số y = 3x +6 c Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn qua điểm cố định với m Câu : (2,5 điểm) Cho nửa đƣờng tròn (O) đƣờng kính AB Vẽ các tiếp tuyến Ax, By nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đƣờng tròn Trên Ax và By theo thứ tự lấy M và N cho góc MON 90 Gọi I là trung điểm MN Chứng minh rằng: a AB là tiếp tuyến đƣờng tròn (I;IO) b MO là tia phân giác góc AMN c MN là tiếp tuyến đƣờng tròn đƣờng kính AB Đáp án và thang điểm: 68 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN ( điểm ) Câu Đáp án C C D 0,5 0,5 0,5 Thang điểm D 0,5 C 0,5 C 0,5 II PHẦN TỰ LUẬN(7 ®iÓm) Câu a (1,25điểm) ĐKXĐ:  x   3  x  13 x  13   2.( x  1)    : P=  x( x 1    x  12  x ( x  )       ( x  1)( x  x  1) ( x  1)( x  x  1)   : P =       x  x  x  x    2( x  1)  :  P =        x  x 1  x  x 1  . P =     x  x 1  .  P =      x   2( x  1)     x ( x  1) x ( x  1) x x 1    ( x  )   x b (1điểm) Để P < thì: x 1    x    ( x  )( x  )    2( x  1)  x 1 x 1 P= x 1 x 1 <0  x 1   x 1 x<1 Kết hợp ĐKXĐ ta có: Để P<0 thì 0<x<1 c.(0,75điểm) Ta có: P = x 1 x 1 = 1 x 1 Để P  Z thì  x   x   1;2 Ta có bảng sau: x 1 x -2 Không có giá trị -1 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 69 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** x Dựa vào bảng trên và ĐKXĐ ta có: x = 4; Vậy để P  Z thì x = x = Câu a (0,5điểm) Để hàm số trên là hàm số bậc thì: m +   m  -1 m    m  b (0,5điểm) Để đồ thị hàm số (1) song song với đồ thị hàm số y = 3x+6 thì:  m  m  3   m= Vậy m = thì đồ thị hàm số (1) song song với đồ thị hàm số y= 3x+6 c.(0,5điểm) Gọi M( x0 ; y ) là điểm cố định mà đồ thị (1) luôn qua Khi đó, phƣơng trình: y = (m+1)x - 2m luôn có nghiệm với m  phƣơng trình: mx -2m + x - y = luôn có nghiệm với m  phƣơng trình: m(x -2) + (x - y ) = luôn có nghiệm với m  x0   x    x0  y   y0   Vậy đồ thị hàm số (1) luôn qua điểm M(2;2) cố định x y H M I A Câu (2.5 điểm) Chứng minh N O B a (1điểm) Tứ giác ABNM có AM//BN (vì cùng vuông góc với AB) => Tứ giác ABNM là hình thang Hình thang ABNM có: OA= OB; IM=IN nên IO là đƣờng trung bình hình thang ABNM Do đó: IO//AM//BN Mặt khác: AM  AB suy IO  AB O Vậy AB là tiếp tuyến đƣờng tròn (I;IO) b.(1điểm)Ta có: IO//AM => AMO = MOI ( 1) (0,25đ) Lại có: I là trung điểm MN và MON vuông O (gt) ; nên MIO cân I Hay OMN = MOI (2) Từ (1) và (2) suy ra: AMO = OMN Vây MO là tia phân giác AMN 70 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** c (0,5điểm)Kẻ OH  MN (H  MN) (3) Xét OAM và OHM có: OAM = OHM = 90 AMO = OMN ( chứng minh trên) MO là cạnh chung Suy ra: OAM = OHM (cạnh huyền- góc nhọn) AB ) (4) AB Từ (3) và (4) suy ra: MN là tiếp tuyến đƣờng tròn (O; ) Do đó: OH = OA => OH là bán kính đƣờng tròn (O; Nhắc nhở, thu bài - Thu bài kiểm tra - GV nhận xét thái độ làm bài hs ************************************* HỌC KỲ Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 Buổi 1(Tiết 1; 2; 3) LUYỆN TẬP GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG PHƢƠNG PHÁP THẾ A Kiến thức Quy tắc - từ các phƣơng trình hệ biểu diễn x theo y (hoặc y theo x) - dùng kết đó cho x (hoặc y) pt còn lại thu gọn Cách giải hệ phƣơng trình phƣơng pháp - dùng quy tắc biến đổi hệ phƣơng trình đã cho để đc hpt đó có pt ẩn - giải pt ẩn vừa tìm đc, suy nghiệm hpt đã cho B Bài tập áp dụng Bài 1: Giải các hpt sau phƣơng pháp 3x  y   x  11 a)   2 x  y   y  19 2 x  y   b)   hpt vô nghiêm y x    2 x  y  x  d)  3x  y  22 y   x  y   x  e)   5 x  y   y  x  y  x  h)   3x  y   y  109  x 2 x  y   106 i)   12 x  11 y    y  45  53  x  5 3x  y  2  c)   13 5 x  y   y  2 x  y  x  g)   5 x  y   y  2 13x  15 y  48  x  k)   2 x  y  29  y  11 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 71 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 1 1 1  x  y  17 x   x  y   x   x  y   x  10 l)   m)   n)   y  5 x  y  23  y  2   y  12 5 x  y  11 5 x  y  Bài 2: giải các hpt phƣơng pháp    5x  y  1   x  a)   y    2 3x  y  21  x  y  5  x  c)    x  y    y      2 3x  y   15 x  b)   3x  y     y   x  y    x  d)  2 x  y    y     x  y  3   x  e)    y    x  y   4  x  y  3   x  y  3  48 5 x  y  45 x  f )   3  3x  y  3   x  y    48 25 x  20 y  75  y   6  x  y    x  y 4 x  y  x   g)     x  y  5 y  x   x  y     y   29  x   2 x  y  0,5 2  x  1  1,5   y    x  10 h)    x  0,5  y    11,5    x   y    x   y  21  10 Bài 3: Tìm các giá trị m, n cho hpt ẩn x, y sau đây  2mx  1  n  y  m  n  có nghiệm (2; 1); đáp số: m  ; n    m  1 x   m  n  y  a) hpt   2 x   m  1 y  m  2n  có nghiệm (-3; 2); đáp số: m  1; n  1  nx  1  m  y  b) hpt  3mx   n  1 y  93  có nghiệm (1; -5); đáp số: m  1; n  17  nx  4my  3 c) hpt    m   x  5ny  25 có nghiệm (3; -1); đáp số: m  2; n  5 mx  n  y      d) hpt  Bài 4: Tìm a, b các trƣờng hợp sau: a) đg thg d1: ax + by = qua các điểm A(-2; 1) và B(3; -2) b) đg thg d2: y = ax + b qua các điểm M(-5; 3) và N(3/2; -1) c) đg thg d3: ax - 8y = b qua các điểm H(9; -6) và qua giao điểm đƣờng thẳng (d): 5x – 7y = 23; (d’): -15x + 28y = -62 d) đt d4: 3ax + 2by = qua các điểm A(-1; 2) và vuông góc với đt (d’’): 2x + 3y = Đáp số 72 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 8 5    56 a  a    a  3  a   13 a)  ; b)  ; c)  d)  ; b     b  b  120 b    13   ****************************************** Ngày soạn: / /2014 Ngày dạy: / /2014 VỊ TRÍ TƢƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƢỜNG TRÕN TIẾP TUYẾN CHUNG CỦA HAI ĐƢỜNG TRÕN A Kiến thức Ba vị trí tƣơng đối hai đtr Xét đtr (O; R) và (O’; r) với R  r; OO'  d , ta có: a) Hai đtr cắt - số điểm chung: - hệ thức: R – r < d < R + r b) hai đtr tiếp xúc - số điểm chung: - hệ thức:+ tiếp xúc trong: d = R – r > + tiếp xúc ngoài: d = R + r c) hai đtr không giao - số điểm chung: - hệ thức:+ đtr ngoài nhau: d > R + r + đtr đựng nhau: d < R – r + đtr đồng tâm: d = Tính chất đƣờng nối tâm - Định lý: a) Nếu đtr cắt thì giao điểm đối xứng với A qua đƣờng nối tâm, tức là đƣờng nối tâm là đƣờng trung trực dây chung (OO’ là đƣờng O trung trực dây AB) b) Nếu đtr tiếp xúc thì tiếp điểm nằm trên B đƣờng nối tâm (A thuộc OO’) O' A O O' Tiếp tuyến chung hai đƣờng tròn - Định nghĩa: tiếp tuyến chung đtr là đg thg tiếp xúc với đtr đó *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 73 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** d2 d1 d2 d1; d2 là tiếp tuyến chung ngoài: tiếp tuyến chung ngoài không cắt đoạn nối tâm d1 d1; d2 là tiếp tuyến chung trong: tiếp tuyến chung cắt đoạn nối tâm B Bài tập áp dụng 1: Hãy điền cụm từ thích hợp số đo độ dài thích hợp vào ô trống bảng cho đúng: R r d Vị trí tƣơng đối (O; R) và (O’; r) cm cm cm 11 cm cm cm cm cm Tiếp xúc cm cm 23 cm cm cm cm cm cm Tiếp xúc 10 cm cm Đựng Bài 1: Cho đƣờng tròn (O; 4cm) và đƣờng tròn (O’; 3cm) cắt điểm phân biệt A; B biết OO’ = 5cm Từ B vẽ đƣờng kính BOC và BO’D a) CMR: điểm C, A, D thẳng hàng b) Tam giác OBO’ là tam giác vuông c) Tính diện tích tam giác OBO’ và diện tích tam giác CBD d) Tính độ dài các đoạn thẳng AB; CA; AD LG a) CMR: C; D; A thẳng hàng B + ta có: tam giác ABC nội tiếp đtr (O) có BC làm đkính => tam giác ABC vuông A =>  A1 = 900 ’ H + lại có: tam giác ABD nội tiếp đtr (O ) có BD làm O O' đkính => tam giác ABD vuông A =>  A2 = 90 +  CAD =  A1 +  A2 = … =1800 => điểm C, A, D thẳng hàng D C A b) CMR: tam giác OBO’ là tam giác vuông + ta có: OO'2  52  25; OB2  O' B2  42  32  25. OO'2  OB2  O' B2   25 => tam giác OBO’ vuông B ( theo định lý đảo định lý Pytago) c) Tính diện tích tam giác OBO’ và diện tích tam giác CBD ta có: 1 SOBO'  OB.O ' B  4.3  cm2 2 1 SOBD  CB.DB  8.6  24 cm2 2 d) Tính độ dài các đoạn thẳng AB; CA; AD + ta có: OO’ là đg trung trực AB (theo tính chất đoạn nối tâm) 74 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán ****************************************************************************  BH  OO' và BH  AB hay AB  2.BH ’ + xét tam giác OBO ,  B = 900, theo hệ thức cạnh và đƣờng cao tam giác vuông OB.O' B 4.3 ta có: OB.O' B  HB.OO'  BH    2, cm OO' => AB = BH = 2,4 = 4,8 cm + áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông:  ABC , A  900  AC  BC  AB  82  4,82  6, cm  ABD, A  900  AD  BD  AB  62  4,82  3, cm Bài (tƣơng tự BT76SBT/139): Cho đtr (O) và (O’) tiếp xúc ngoài A, đg thg OO’ cắt đtr (O) và (O’) lần lƣợt B và C (khác A) DE là tt chung ngoài (D thuộc (O), E thuộc (O’)), BD cắt CE M a) CMR:  DME = 900 b) Tứ giác ADME là hình gì? Vì sao? c) MA là tt chung đtr d) MD.MB = ME.MC LG a) ta có :  O1 =  B1 +  D1 (góc ngoài tam giác), mà  B1 =  D1 (tam giác cân) M E I D 12 B 1 O' C O A  O1  B1  B1  O1 (1) + lại có : O1'  C1  E1 (góc ngoài tam giác), mà  C1 =  E1 (tam giác cân)  O1'  2C1  C1  O1' (2)   1 O1  O1'  1800  900 (theo tính chất hình thang) 2 0  BMC  90 hay DME  90 + từ (1) và (2) B1  C1  b) + tam giác ABD nt đtr (O) có AB là đkính => tam giác ABD vuông D =>  ADB = 900 =>  ADM = 900 + tam giác ACE nt đtr (O) có AC là đkính => tam giác ACE vuông E =>  AEC = 900 =>  AEM = 900 + tứ giác ADME có :  ADM =  DME =  AEM = 900 => tứ giác ADME là hình chữ nhật c) + gọi I là giao điểm AM và DE => tam giác IAD cân I =>  A2 =  D3 (3) + tam giác OAD cân O nên suy ra:  A1 =  D2 (4) + từ (3) và (4) =>  A1 +  A2 =  D2 +  D3 = 90 (tính chất tt D) => MA vuông góc với AB A => MA là tt đtr (O) và là tt đtr (O’) Bài 3: Cho đtr (O) và đtr (O’) tiếp xúc ngoài A, BC là tt chung ngoài đtr (B, C là các tiếp điểm) tt chung đtr A cắt BC M a) CMR: A, , C thuộc đtr (M) đƣờng kính BC *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 75 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** b) Đƣờng thẳng OO’ có vị trí ntn đtr (M; BC/2) c) Xác định tâm đtr qua O, M, O’ d) CMR: BC là tt đtr qua O, M, O’ LG a) theo tính chất tt cắt nhau, ta có: MA  MB  MC  BC  tam giác ABC vuông C M B A => a nằm trên đtr có đkính BC Hay điểm A, B, C thuộc (M; BC/2) b) và (O) và (O’) tiếp xúc ngoài A => A thuộc OO’ => OO’ vuông góc với MA A thuộc (M; BC/2) => OO’ là tt đtr (M; BC/2) O' I O A c) theo tính chất tt cắt nhau, ta có: 1 AMB; CMO '  AMO '  AMC 2 1  AMO  AMO '  AMB  AMC  1800  900 2 BMO  AMO    ’ => tam giác OMO vuông M => tâm đtr qua điểm O, M, O’ là trung điểm I cạnh OO’ d) + tứ giác BOO’C là hình thang vuông vì có BO // CO’ (cùng vuông góc với BC) BM  MC  ’   MI là đg trung bình hthang BOO C ' OI  IO  => IM // OB, mà BC  OB => IM  BC => BC là tt đtr qua điểm O, O’, M + Xét hình thang BOO’C, ta có: Bài 4(BTVN): Cho đtr (O) đkính AB, điểm C nằm A và O Vẽ đtr (O’) đkính BC a) xác định vị trí tƣơng đối đtr (O) và (O’) b) kẻ dây DE đtr (O) vuông góc với AC trung điểm H AC Tứ giác ADCE là hình gì? Vì sao? c) gọi K là giao điểm DB và (O’) CMR: điểm E, C, K thẳng hàng d) CMR: HK là tt đtr (O’) LG a) ta có: OO’ = OB – O’B > => (O) và (O’) tiếp xúc D B K b) + vì AB  DE H => DH = EH + xét tứ giác ADCE, ta có : DH  EH   AH  CH   ADCE là hình thoi AC  DE  A  AB  ADB vuông D  AD  BD    ' ' ' O C  O K  O B  BC  CKB vuông K  CK  BD    O O' c) ta có : OD  OA  OB  C H E => AD // CK (1) + mà ADCE là hình thoi nên AD // CE (2) + từ (1) và (2) => C, K, E thẳng hàng (theo Tiên đề Ơclit) 76 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 B Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** d) + vì KH là trung tuyến tam giác DKE vuông K => HD = HK = HE => tam giác HKE cân H =>  K1 =  E1 (*) + mà  E1 =  B1 (cùng phụ với  BDE) (**) + từ (*) và (**) =>  K1 =  B1 (3) + mặt khác:  B1 =  K3 (tam giác O’KB cân O’) (4) + từ (3) và (4) =>  K1 =  K3 + K2  K3  900  K1  K3  900  HK  O' K  HK là tt đtr (O’)  HDHT: +) Ôn tập định nghĩa và tính chất tiếp tuyến đƣờng tròn và liên hệ R; r; d với vị trí tƣơng đối đƣờng tròn Bài 1: GT  AB   O;  , Ax  AB; By  AB   M (O), CD OM, D By, C Ax a) COD = 900 b) CD = AC + BD KL c) Tích AC.BD không đổi M di chuyển trên nửa đƣờng tròn Giải: a) Ta có AOM + MOB  180 (kề bù) (1) AOM (2) OD là các phân giác MOB  O3  O4  MOB (3) 1 Từ (1), (2) & (3)  O2  O3  MOA  MOB = 1800 2 0  O2  O3  90 Hay COD = 90 (đpcm) Mà OC là tia phân giác AOM  O1  O2    CM = AC  DM = BD b) Vì tiếp tuyến AC, BD và CD cắt C và D nên ta có:   CM + DM = AC + BD Mà CM + DM = CD  CD = AC + BD c) Ta có: AC BD = CM MD (4) Xét COD vuông O và OM  CD nên CM MD = OM2 = R2 (5) Từ (4) & (5)  AC BD = R2 (đpcm) Bài 73: (SBT-139)  O  và  O ' tiếp xúc ngoài A d là tiếp tuyến chung đƣờng tròn GT CD là tiếp tuyến chung ngoài  O  và  O ' (D  O ' , C  O  ) cắt d M a) Tính số đo CAD KL b) OMO ' = 900 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 77 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** c) CD là tiếp tuyến dƣờng tròn đƣờng kính OO’ Giải: a) - Vì M là giao điểm tiếp tuyến A và B (O)  MA = MC ( t/c tiếp cắt nhau) (1) - Vì M là giao điểm tiếp tuyến A và C (O’)  MA = MD ( t/c tiếp cắt nhau) (2) Từ (1) và (2)  MA = MC = MD = - CD Xét ACD có MA = MC = MD = ( Vì điểm D, M, C thẳng hàng) CD ( cmt)  ACD vuông A Hay CAD  900 b) Ta có: CMA + DMA  1800 (kề bù) (3) Mà OC là tia phân giác AOM  M1  M  OD là các phân giác DMA  M  M  AOM DMA (4) (5) Từ (3), (4) & (5) và OMO ' = M  M   1 MOA  MOB = 1800 2  M  M  90 Hay OMO ' = 900 (đpcm)  M2  M3  c) Gọi I là tâm đƣờng tròn đƣờng kính OO’  IO = IO’ = - Xét OMO ' vuông M có IO = IO’ = OO ' OO ' (cmt)  IM là đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền OO’  OO '   IM = OO '  M   I ;  (a) 2   - Xét tứ giác CDO’O có OC // O’D ( cùng  CD)  tứ giác CDO’O là hình thang vuông OO'  IO = IO' =  - Mà:   IM là đƣờng trung bình hình thang vuông CDO’O CD  MC = MD =   MI // OC mà OC  CD  IM  CD M (b) Từ (a) và (b)  CD là tiếp tuyến đƣờng tròn dƣờng kính OO’ ************************************************** 78 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** Trƣờng THCS Lại Thƣợng *************** PHÂN PHỐI CHƢƠNG TRÌNH DẠY THÊM TOÁN Năm học: 2013 - 2014 HỌC KỲ I SỐ BUỔI 10 11 SỐ TIẾT 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 NỘI DUNG BÀI DẠY GHI CHÖ Căn bậc hai thức bậc hai và đẳng thức A2  A Vận dụng các hệ thức cạnh và đƣờng cao tam giác vuông Các phép tính bậc hai Tỉ số lƣợng giác góc nhọn Biến đổi đơn giản biểu thức chứa thức bậc hai Rút gọn biểu thức chứa thức bậc hai Ôn tập đại số - chƣơng I Hệ thức cạnh và góc tam giác vuông Ôn tập hình học – chƣơng I Hàm số bậc đồ thị hàm số y  ax  b  a   Sự xác định đƣờng tròn tính chất đối xứng đƣờng tròn Hệ số góc đƣờng thẳng Đƣờng thẳng song song, đƣờng thẳng cắt *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015 79 Trường THCS Lại Thượng – Thạch Thất Giáo án phụ đạo Toán **************************************************************************** 12 13 14 15 16 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 Luyện tập hàm số bậc y  ax  b  a   Vị trí tƣơng đối đƣờng thẳng và đƣờng tròn Ôn tập tổng hợp đại số + hình học Giải hệ phƣơng trình phƣơng pháp Kiểm tra Chữa đề kiểm tra 80 *********************************************************************** Giáo viên: Nguyễn Tiến Dũng Năm học: 2014 - 2015