tai lieu day them toan 9 hay

Cung nằm trong góc gọi là cung bị chắn b Định lý: Trong 1 đtròn số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn c Các hệ quả: Trong một đtròn - Các góc nt bằng nhau chắn các cung [r]

Ngày dạy: 04/10/2016 A2  A CĂN BẬC HAI CĂN THỨC BẬC HAI VÀ HẰNG ĐẲNG THỨC 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 dương: a , số âm:  a + Số có bậc hai là chính nó: 0 + Số thực a < không có bậc hai (tức a không có nghĩa a < 0) Căn bậc hai số học - Định nghĩa: Với a 0 thì số x  a gọi là bậc hai số học a Số gọi là bậc hai số học - Chú ý: Việc tìm bậc hai số học số không âm gọi là phép khai phương - 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 gọi là thức bậc hai A ; A gọi là biểu thức lấy hay biểu thức dấu - A có nghĩa (hay xác định hay tồn tại)  A 0 Hằng đẳng thức A2  A - Định lý : Với số thực a, ta có : a2  a  A nêu A 0 A2  A  -A nêu A<0 - Tổng quát : Với A là biểu thức, ta có : B./ Bài tập áp dụng Dạng : Tìm bậc hai, bậc hai số học * Phương pháp : - Viết số đã cho dạng bình phương số - Tìm bậc hai số học số đã cho - Xác định bậc hai số đã cho ; 3 2 Bài : Tìm bậc hai các số sau : 121 ; 144 ; 324 ; 64 LG + Ta có CBHSH 121 là : 121  11 11 nên CBH 121 là 11 và -11 + CBHSH 144 là : 144  12 12 nên CBH 121 là 12 và -12 + CBHSH 324 là : 324  18 18 nên CBH 324 là 18 và -18 + CBHSH 64 là : 1  1 1      64 8   nên CBH 64 là và + Ta có : và     2 2  2    2    1(vi   0) nên CBH  2 là Dạng : So sánh các bậc hai số học * Phương pháp : - Xác định bình phương hai số - So sánh các bình phương hai số - So sánh giá trị các CBHSH các bình phương hai số Bài : So sánh a) và b) và 47 c) 33 và 10 e) và 5- LG d) và  g)  11 và  a) Vì > nên    b) Vì 49 > 47 nên 49  47   47 c) Vì 33 > 25 nên 33  25  33   33  10 d) Vì > nên           e) * Cách 1: Ta có: * Cách 2: giả sử 5 8  24  14   2     5   3 5 3   5  52   24   25 24   24  49 Bất đẳng thức cuối cùng đúng đó bất đẳng thức đầu tiên đúng g) Ta có:    11    11   Dạng 3: Tìm điều kiện để thức xác định: Bài 3: Tìm điều kiện x để các biểu thức sau xác định a) x b) x  c) 1 x 2x  LG Để các thức trên có nghĩa thì 2 x  0  x   x  10 a) 2 b) Ta có: x   0, x  x  xác định với x 1  x 0 1  x 0   2 x   2 x    x  1  x 0     x 2 x    x  + Với 1 x 0  c) x  A xác định  A 0 d ) 3x   x 21 + Với 1  x 0   2 x    x     x   x  x  Vậy thức xác định 3x  0  3 x  0  x     x4  x    x  0  x  x d) Dạng : Rút gọn biểu thức Bài 4: Rút gọn các biểu thức sau: c) C  x  x ( x  0) a) A     d) D x   16  8x  x ( x  4) LG b) B     a) Cách : A    1   31     2 A2 4     (4  3).(4  3) 8  16  12 8  2.2 12 Cách :  A 2 b) c) d) B  C  3x   1    51     2  x  3x  x  3x  x  x (vi x  0) D  x   16  x  x  x   (4  x)2  x    x  x   x  2( x  4) (vi x  4) Dạng : Tìm Min, Max Bài : Tìm Min a) y  x  x  b) y  x2 x  1 LG 2 a) Ta có : x  x  ( x  1)  4  x  x   2 Miny = dấu ‘‘ = ’’ xảy và x – = => x = x2 x x2  x  35 35         y     36 36 b) Ta có : 35 Miny = Dấu « = » xảy và x 35 35 1   36 x x 1  0    x  6 ************************************************** Ngày dạy: …………………… VẬN DỤNG CÁC HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ ĐƯỜNG CAO TRONG TAM GIÁC VUÔNG A./ Kiến thức Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH cho ta có : AH h, 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 B h c' b' C H a B./ Bài tập áp dụng Bài : Tìm x, y các hình vẽ sau a) BC  AB  AC ( Pitago) A  BC  42  62  52 7, 21 + ta có : + Áp dụng định lý : AB BC.BH  42  52.x  x 2, 22 B b) x y H C AC BC.CH  62  52 y  y 4,99 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 8  x BC  y 18  10 A 12 x B y C H 18 c) * Cách : AH2 = BH.CH = 4.9 = 36 => AH = Theo Pitago cho các tam giác vuông AHB; AHC ta có: A y x x  BH  AH  42  62  52 B H y  CH  AH  62  92  117 C * 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 d) Áp dụng định lý 2, ta có: AH BH CH  x 3.7 21  x  21 A Áp dụng định lý ta có : AC BC.CH ( BH  CH ).CH y x  y (3  7).7 70  y  70 B ( y  x  CH  21  49  70) C H e) Theo Pitago, ta có : BC  AB  AC  y  132  17  458 A Áp dụng định lý 3, ta có : 13 AB AC BC AH 17 x  13.17  458.x  x  B 221 10,33 458 C H y g) Áp dụng định lý 2, ta có : A AH BH CH  52 4.x  x  Theo Pitago cho tam giác AHC vuông H, ta có : y B y  AH  CH  52  6, 252 8 x H 52 6, 25 C ( DL1: y BC.x (4  6, 25).6, 25  y 8) Bài : Cho tam giác ABC vuông A, có các cạnh góc vuông AB = 15cm, AC = 20cm Từ C kẻ đường vuông góc với cạnh huyền, đường này cắt đường thẳng AB D Tính AD và CD LG µ 90 , CA  BD BCD, C Theo định lý 3, ta 80 CA2  AB AD  202 15 AD  AD  có : D x Theo Pitago tgiác ACD vuông A, y 100  80  CD  AD  CA     202    ta có : A 20 15 B C Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 60cm, AD = 32cm Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với đường chéo AC, đường thẳng này cắt AC E và AB F Tính độ dài EA, EC, ED, FB, FD LG 2 2 Xét tam giác ADC vuông D, ta có: AC  AD  CD  32  60 68 AD 322 256 AD  AC AE  AE    AC 68 17 Theo định lý 1: F A 60 B Theo định lý 1, ta có: CD  AC.CE  CE  E 32 CD 60 900   AC 68 17 Theo định lý 2, ta có: D C DE  AE.EC   480 17 AD 544   DE 15 Xét tam giác DAF, theo định lý 1: 256 256 644 AF  DF  AD    FB  AB  AF 60   15 15 15 Theo Pitago: AD DF DE  DF  Bài 4: Cho hình vuông ABCD Gọi E là điểm nằm A, B Tia DE và tia CB cắt F Kẻ đường thẳng qua D vuông góc với DE, đường thẳng này cắt đường thẳng BC G Chứng minh rằng: a) Tam giác DEG cân 1  2 b) Tổng DE DF không đổi E chuyển động trên AB LG ¶ ¶ ¶ a) Ta có: D1 D3 (cùng phụ với D2 ) xét ADE và CDG ta có : F A D E AD DC ( gt ) B   D1 D3  cmt    ADE CDG  g c.g   A C 900   DE DG  DEG cân D C 1  2 b) vì DE = DG DE DG 1 1    2 2 ta có : DE DF DG DF  xét tam giác DGF vuông D, ta có : G 1   2 CD DG DF (định lý 4) Vì CD không đổi E chuyển động trên AB, 1 1    2 2 suy tổng DE DF DG DF không đổi E thay đổi trên AB ******************************************************* Ngày day: ………………… CÁC PHÉP TÍNH VỀ CĂN BẬC HAI 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 phương tích : Muốn khai phương tích các số không âm, ta có thể khai phương 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 dấu với khai phương kết đó ( a; b 0: a b = a.b ) d) Chú ý : A - Với A > ta có :    A2  A - Nếu A, B là các biểu thức : A; B 0 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) Định lý : a 0, b  ta có: a a = b b a b) Quy tắc khai phương thương : Muốn khai phương thương b , đó số a không âm và số b dương, ta có thể khai phương số a và số b, lấy kết thứ a a = b b ) a 0, b  ta có: chia cho kết thứ hai ( c) Quy tắc chia hai CBH : Muốn chia CBH số a không âm cho số b dương, ta có thể chia số a cho số b khai phương kết đó ( d) Chú ý : Nếu A, B là biểu thức : B./ Bài tập áp dụng : a 0, b  : A 0, B  : a a = b) b A A = B B Dạng : Tính Bài : Thực phép tính 2 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) 1,5.1, 1,8 c) 2,5.16,9  25 169 (5.13) 5.13 13    10 10 10 10 d ) 117,52  26, 52  1440  (117,  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      3 3  14    2  28 2 2(  7) c) C        3 4  3 4 3 3   4 4 4 4    12  3   15  12  3   15 24  15   16  13 Bài : Rút gọn các biểu thức a) b) c)  x  5 x2  x  2 108 x 12 x 208 x y  x  3  x    x  0  x  0  13x y d)  x 5  x x   x   x  x  x   108 x  x 3 x 3x 12 x 13x y 1 1      x  0; y 0   6 208 x y 16 x x  4x 4x Dạng : Chứng minh Bài : Chứng minh các biểu thức sau a )  35  35 1 VT  (6  35).(6  35)  36  35 1 VP b)  17  17 8 VT  (9  17).(9  17)  81  17  64 8 VP c)   21  9 VT 2  2  3  2    VT VP VP 3  22.2 3  2  d)  4   49  48 VT 4  12  7  22.3 7     VT VP VP 7  7      e) 2  3   2   6 9 VT 4  6     6 9 VP g )  15  VT     5  15     3      3  5  3  5  5    5   VP Dạng : Giải phương trình Bài : Giải các phương trình sau a) 2 x  x  18 x 28  1   1 dk : x 0 x  5.2 x  7.3 x 28  13 x 28  2x  28 784 392  2x   x  tm  13 169 169 x  45 4      4( x  5)  x   9( x  5) 4 dk : x  0  x 5  x   x   x  4  x  4  x  2  x    x 3  3 x  0     x   3x   x 1  0      3 x  0 x 1   x    x   3x    c) 3 (3)  x   x 1  đk : b) x  20  x   Ta có (3)  3x   11 9   x  11  x  x 1 thỏa mãn 4  x 9  tm    x 3  x1  5 x  0 x    x 5x   d) 2 x    x   x2 (4) đk :  x  2 x   x  4  x     x 12 (4) 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 0  a ; b xác định  + ta có : a b  0  a  ab  b 0  a  b 2 ab  a b  ab + dấu đẳng thức xảy và a = b * Cách : ta có  a  b 0  a  2ab  b 0  a  b 2ab  a  2ab  b 4ab   a  b  4ab  a  b 2 ab  a b  ab ******************************************************* Ngày dạy: ………………… TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN A Kiến thức 0 Định nghĩa : Cho ABC  (0    90 ) ta định nghĩa các tỉ số các cạnh AB, BC, CA tam giác ABC vuông A sau : AC ; BC AC tg  ; AB sin   AB BC AB cot g  AC C cos    Huyền Đối  A B Kề * Nhận xét : từ định nghĩa ta thấy : + tỉ số lượng giác góc nhọn luôn dương cot g  ; tg cot g 1 tg + < sin, cos < + Tỉ số lượng giác góc phụ - Định lý : góc phụ thì sin góc này cosin góc kia, tg góc này cotg sin  cos  ;  góc Tức :    90 thì ta có : tg cot g  ; Bảng các tỉ số lượng giác các góc đặc biệt  300 Tỉ số lượng giác cos  sin  cot g tg  450 600 Sin Cos 3 tg Cotg 2 2 2 1 * Nhận xét : - Dựa vào bảng trên ta thấy : sin 1  sin  ; tg1  tg 00  1 ;   900 và 1     cos 1  cos  ; cot g1  cot g với Tức là : + góc lớn thì có sin lớn hơn, lại có cosin nhỏ + góc lớn thì có tg lớn hơn, lại có cotg nhỏ 0 Hay ta có thể phát biểu :    90 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 1 B Bài tập áp dụng Bài : Cho biết sin = 0,6 Tính cos, tg và cotg 2 2 + ta có: sin   cos  1  cos    sin    0, 0,8 tg  sin  0,   ; cos  0,8 + Bài 2: Chứng minh rằng: a) tg 2   cotg  cos  0,8   sin  0, 1 ; b) cotg 2   ; c ) cos   sin  2cos   cos  sin  Áp dụng: tính sin, cos, cotg, biết tg = LG a) ta có: sin  sin  sin  2 tg   tg    tg     cos  cos  cos  2 sin   cos   tg 2    2 cos  cos  cos  cos2   sin  VT cot g 2      VP sin  sin  sin  b) c)    VT cos4   sin   cos   sin  cos2   sin  cos   sin    cos2    cos  cos    cos  2 cos2   VP Ta có:  tg 2 nên  a   22   1  cos    cos  ; cos  5  tg 2  cotg  ; 2 1 5 1   b     1     sin    sin  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 sin   cos  1  sin    co s        5 + mặt khác: Bài 4: Dựng góc  các trường hợp sau: a ) sin   ; b) cos   ; c ) tg 3; 2 d ) cot g 4 LG 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: sin  sin BAO  OB  AB đpcm - ta có: 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  OA  AB đpcm y B  A O x y B  O A x 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  OA  3 OB đpcm 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   4 OB đpcm y B  O x A y B  O x A Bài 5: Cho tam giác ABC có AB = 5; BC = 12; AC = 13 a) CMR tam giác ABC vuông b) Tìm tỉ số lượng giác góc A và góc C LG 2 2 2 2 a) Ta có: AB  BC 12  169 13  AC  AB  BC  AC theo định lý Pytago đảo, suy tam giác ABC vuông B b) - vì A  C 90  A; C là góc phụ - đó: 12 sin A cos C  ; 13 12 tgA cot gC  ; 5 cos A sin C  13 cot gA tgC  12 A 13 C B 12 ********************************************************* Ngày dạy: ……………………… 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 0 : A B  A2 B A2 B  A  0; B 0 : A B  A.B 0; B 0 : Khử mẫu biểu thức lấy : Trục thức mẫu a) b) A A.B  B B A A B  B B B  0:  C A B C  A  B2 A B A 0; A B : C C  A B A, B 0; A B :   A B  A B c) * Chú ý: - các bậc hai đồng dạng là các bậc hai có cùng biểu thức dấu - biểu thức liên hợp: biểu thức chứa thức 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 Dạng 1: Đưa nhân tử ngoài, vào dấu Bài 1: Đưa nhân tử ngoài dấu a ) 125 x  x     5x  .5 x 5 x x b) 80 y  2  4y  .5 4 y   c)  e) g) 5  27  2  1  d)   21    10  51   0   3.32  1  10 1     0  10  3  10  3    2 10  10   10  3  10  3  3     3 1 Bài 2: Đưa thừa số vào dấu và so sánh a) và ta có: 0  10    32.5  45   75  45    75  và 75  45   b) ta có:  42.3  48   48  45    45  và 72 48  45   c) ta có:   98 98  72  98  72   72 d) và ta có:  52.7  175   175  128  175  128   8  42.8  128  Bài 3: Đưa nhân tử vào dấu và rút gọn 2a  a  2 a a)   a   2a  a     a  0 x   x  5 25  x x   x   x    x   x   x  x   0   x 3a   a  b b  a2 c)  a  b    2a  a   a b)  x    2 3a  a  b  b a 2  3a  b  a    b  a   b  a  3a  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  b) 27  c)  80  5  12    5 48 75   2 3 3   16 49 25 1 7 7   2      18 2 2 d ) 20  12 15  27  10    12  e)   28  10  52  5.2  3.2 15  4.3  13  18  13  17   3  5  3 2    7 Bài 5: Rút gọn biểu thức với giả thiết các biểu thức chữ có nghĩa   4   4 a) x xy y  b) c)  xy  x y  x  0; y    x  y x xy  y x y a  ab b  ab x  xy  x   b a  a; b 0  yy x   x y xy  y   a a b b xy   x y  x y    x y x d ) A  x  2  x  2  x  2  x  2  x    x  2   x      2 2    y   x  0; y   xy x 2 x a b xy   xy  x  xy  y   y x  y  x  2  x  2   x  2 x 2  2  x  x  2 2 2  x 2  x  - x    x  2  x 4  A  x    x   2 x  - x    x    x   A x   x   2 Dạng 3: Trục thức mẫu Bài 6: Trục thức mẫu  a) b) c) d)    12  12  12   2  9 3 3 3   2   14  10   5  2 14     5      10        2   5 5 10  10     8 14    5 10  10  3    2  10      11  11 168  49 33  40 33  385 33  217  11    192  539  337  11  11  11   5 5 2  5 2 5  30  2 3 3 10  10  12 18  10  20  18 e) Bài 7: Trục thức mẫu và thực phép tính a)  11   3   11   7  7 3    2    11   11                11       5   11         9 7 3  5 4  11    4  11   31 b)    5 5 3 16  11      5  5 5   2     5    18  3 2    12     26   13  59   2  7 3  3 2      4  11        2   2   2   2         4        5    7        32  3   18  36  12  24   *********************************************************** Ngày dạy: ……………………… RÚT GỌN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI ÔN TẬP ĐẠI SỐ - CHƯƠNG I A Kiến thức Để rút gọn biểu thức có chứa thức bậc hai, ta cần vận dụng thích hợp các phép biến đổi đã biết B Bài tập áp dụng Bài 1: Tính a) b)  32  5 5 3 6   5 2 2 1  29  12  6  c)    5  3  5  2 5 5    1    5  2  3 3  1 29  12      3 d )   13  48    13      2 4  2   31 2  1  2 5      1 Bài 2: Thực phép tính, rút gọn kết a) 20  45  18  32  50 4    12   16 b) 32  0,5   1 17 10  48 4  2 3    2 4 1  4,5  12,5  0,5 200  242   c) 24,5 25 49 2   10 2.2  112.2   2 2  2 2  11  2 2 2 7 13 1      11     2 2 2  3  3  d )  2   12     3 2  2  3   6        3 2      Bài 3: Chứng minh đẳng thức a) a b a b 2b b    a  b a 2 b b a a b Biến đổi vế trái ta được: VT  a b a b 2b a b a b      a  b a 2 b b a a  b a b    a b   a a  a b  a b b    b   3 b)   8  b  a b  a b    4b       a  ab  b  a  ab  b  4b  a b  a b  2b  a b  2 b VP a b 216  3        216    6       2         3 3      VP    A a b   ab  a b b a ab b  ab  4b Biến đổi vế trái ta được: 2 3 VT   8  a a b Bài 4: Cho biểu thức 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:  a b  a b   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 B   x x   Bài 5: Cho biểu thức  a b  ab    a b  a b a b  b  x  : x   x  x 1 a) Tìm đk xác định b) Rút gọn biểu thức B LG a) đk: x 0; x 1 b) Ta có:   x   : x   x  x 1    x x B    x x1  x x    x  x  x 1    x : x   x  x 1  x x x  x  x  x 1 x1 1   x x  x x x  x  x 1    x x   x  x 9 x  C      :   x     x  x x  x    Bài 6: Cho biểu thức a) Tìm đk để C có nghĩa b) Rút gọn C c) Tìm x để C = LG a) đk: x 0; x 4; x 9 b) Ta có:  x x   x  x 9 x  C      :   x     x  x x  x        x x3 9 x  : 3 x  x         x x 3 x x 3 x x 3      2    3 x 3 x  x   9 x   x  x   9 x x x   x   :   :   x 3 x    x x 3 x x 3               x 3 c) C =     x   x x 3  4  x            x x 2  11 121 x   x 16  x x    x 1  D     :   x  x   x  x x   Bài 7: Cho biểu thức a) Tìm đk c) Tìm x cho D < -1 b) Rút gọn    LG a) đk: x > 0; x khác b) Ta có:   x x    x 1   x x 9 D      :    x   3 x 3 x 3  3 x 9 x   x  x     c)       x 3   x  3 x   3 x  2 D   1   x x 2       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 1   x x   x x        3 x x 4 3 x   1 x  x   x 4 x   x  16 2 x 40  ******************************************************** Ngày dạy: …………………… HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ GÓC TRONG TAM GIÁC VUÔNG A Kiến thức Các hệ thức C a b A c B * Định lý: Trong tam giác vuông, cạnh góc vuông bằng: - Cạnh huyền nhân Sin góc đối Cosin góc kề - Cạnh góc vuông nhân Tang góc đối Cotg góc kề (trong tam giác ABC vuông A, BC = a; AB = c; AC = b, ta có:  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 trước yếu tố đó có ít yếu tố cạnh và không kể góc vuông * Một số trường hợp giải tam giác vuông thường 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)) B Bài tập áp dụng Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A, biết tgB  và BC = 10 Tính AB; AC tgB   B 530 07' - B 10 - theo hệ thức cạnh và góc tam giác vuông AB BC cos B 10.cos 53007 ' 6 C A AC BC.sin B 10.sin 53007 ' 8 Bài 2: Cho tam giác ABC cân A; AB = AC = 17; BC = 16 Tính đường cao AH và góc A, góc B tam giác ABC A1 A2  AH  BC   BC  BH CH  8 + tam giác ABC cân, có A 12 17 + xét tam giác AHC, vuông H 17 2 2 - ta có: AH  AC  CH  17  15 B C 16 sin A2  CH   A2 A1 28004'  A 2A2 56 008' AC 17 - mặt khác: + xét tam giác AHB vuông H, ta có: B 900  A1 900  280 04' 61056' 0 Bài 3: Cho tam giác ABC có AB = 11, ABC 38 ; ACB 30 Gọi N là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC Tính AN; AC - xét tam giác ANB vuông N, theo hệ thức cạnh và A góc tam giác vuông ta có: AN  AB.sin B 11.sin 380 6, 77 11 300 C 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, đường cao AH Biết BH = 9; HC = 16 Tính góc B, góc C? - xét tam giác ABC vuông A, theo hệ thức cạnh A và đường 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 530 7' BH 0 ' - mà B  C 90  C 36 53 tgB  B H 16 C Bài 5: Cho tam giác ABC có B 60 , các hình chiếu vuông góc AB và AC lên BC theo thứ tự 12 và 18 Tính các góc và đường cao tam giác ABC - xét tam giác AHB vuông H A B 600  A 300  BH  AB  AB 2 BH 2.12 24  AH  AB  BH  242 12 20,8 - xét tam giác AHC, theo hệ thức lượng… 600 B 12 H 18 C AH 20,8   C 490 06' 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 490 06' Bài 6: Cho hình thang ABCD, có A D 90 , 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: BC  BH  CH  32  42 5 D H C sin C  BH   C 37 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  C  38 b) b = 20; tgB  ; c 4 c) a c b A 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 38 sin B  C 380  B 520 ; AB  AC.tgC 20.tg 380 15, 6; BC  AC 20  25, sin B sin 520 tgB  ; c 4 c) AC  ABtgB 4 3; BC  AB  AC  32  5 c sin C   0,8  C 530 08'  B 36052' a ********************************************************* Ngày dạy: …………………………… ÔN TẬP HÌNH HỌC – CHƯƠNG I A Kiến thức Các hệ thức cạnh và đường cao tam giác vuông Cho tam giác ABC vuông A, đường 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 lượng giác góc nhọn 0 Cho ABC  (0    90 ) ta định nghĩa các tỉ số các cạnh AB, BC, CA tam giác ABC vuông A sau : C AC sin   ; BC AC tg  ; AB  AB cos   BC AB cot g  AC Huyền Đối  A B Kề Một số tính chất các tỉ số lượng giác sin  cos  ;  - Nếu    90 thì ta có : tg cot g  ; 0 - Cho    90 Khi đó cos  sin  cot g tg  + < sin, cos < 2 + sin  cos 1 + tg  sin  cos  ;cot g  ;cot g  ; tg cot g 1 cos  sin  tg Các hệ thức cạnh và góc tam giác vuông - Cho tam giác ABC vuông A, BC = a; AB = c; AC = b, ta có: C  1 a b A c 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 B Bài tập áp dụng Bài : Chứng minh : với  là góc nhọn tương ứng tam giác ABC, A 90 thì: a ) cos   sin  2 cos2   b) sin   sin  cos  sin  c) tg 2  sin  tg 2 sin  d ) cos   tg 2 cos2  1 LG a) VT  cos   sin  cos   sin  cos   sin  cos2    cos2  2cos   VP   b) VT sin   cos 2    sin  sin 2     sin  VP sin  cos  sin  VP cos   sin   cos   sin  2 2 d ) VT cos    tg   cos    1 VP  cos  cos2   cos   c) VT tg 2 (1  sin  ) tg 2 cos   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 đường cao AH vủa tam giác ABC LG AB  AC 212  282 1225 2   BC  AB  AC 2  a) ta có: BC 35 1225 đó theo định lý đảo định lý Pi-ta-go tam giác ABC vuông A b) B H AC 28  0,8  B 530 BC 35 AB 21 sin C   0,  C 37 BC 35 35 21 A sin B  C 28 Xét tam giác AHB vuông H, áp dụng hệ thức cạnh và góc tam giác vuông ta có: AH  AB.sin B 21.sin 530 21.0,8 16,8 (hoặc AH.BC = AB.AC) Bài 3: Giải tam giác vuông A, biết a) a = 12; B 42 b) b = 13; c = 20 LG - ta có: C C 900  B 900  420 480 AB BC.cos B 12.cos 420 9 12 AC BC.cos C 12.cos 480 8 420 B A - ta có: C 13 A 20 B BC  AB  AC  202  132 23,85 AC 13 tgB   0, 65  B 330 AB 20 C 900  B 57 0 Bài 4: Cho tam giác ABC có B 60 các hình chiếu vuông góc AB, AC lên BC theo thứ tự 12; 18 Tính các cạnh, các góc và đường cao tam giác ABC LG + ta có: BC = BH + CH = 12 + 18 = 30 + xét tam giác AHB vuông H - ta có : AH BH tgB 12.tg 60 12 - mặt khác : A BH 12  24 cos B cos 600 A1 900  B 900  600 300 BH  AB.cos B  AB  600 B 12 H 18 C + xét tam giác AHC vuông H, ta có : AC  AH  CH   756 27,5 AH 12   C 490 HC 18 A 1800   B  C  710  tgC  + xét ABC, tcó: *********************************************************** Ngày dạy: ………………………… HÀM SỐ BẬC NHẤT ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ A Kiến thức Định nghĩa hàm số bậc - Hàm số bậc là hàm số cho công thức số cho trước y ax  b  a 0  y ax  b  a 0  , đó a, b là các y ax  b a 0  xác định với x  Tính chất hàm số bậc : Hàm số bậc 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 - Đồ thị hàm số y ax là đường thẳng qua gốc tọa độ O - Cách vẽ x 0  y a  A 0; a   + Cho + Đường 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 0  y ax  b a 0   là đường thẳng - Đồ thị hàm số + Cắt trục tung điểm có tung độ b + Song song với đường thẳng y = ax b khác 0; trùng với đường thẳng y = ax b = y ax  b a 0   còn gọi là đường thẳng - Chú ý : Đồ thị hàm số b gọi là tung độ gốc đường thẳng * Cách vẽ : bước - Bước : Tìm giao đồ thị với trục tọa độ + Giao đồ thị với trục tung : cho x 0  y b  A  0; b  + Giao đồ thị với trục hoành : cho y 0  x  b b   B  ;0  a  a  y ax  b  a 0  - Bước : Vẽ đường thẳng qua điểm A ; B ta đồ thị hàm số B Bài tập áp dụng Bài : Cho hàm số y  f  x  y ax  b  a 0  1 x 3 Tính f(0) ; f(1) ; f(-1) ; f(2) ; f(-2) ; f(8) LG - Lập bảng giá trị tương ứng x và f(x) -2 -1 x 1 -4 f  x  x  2 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? a ) y  m   x  2009 c) y  b )  2m   x  2m  m2 x4 m a )  m  0  m 4 b)  2m  0  m  m  0 m2 c)  0    m m  0 d )  d ) y   m x   m LG  m    m 2  m 0   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  0  m 5 b) hàm số đồng biến  m – >  m > - hàm số nghịch biến  m – <  m < y  m  5m  x    Bài : Cho hàm số 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) Tìm m để LG m  0  m  5m  0   m    m  3 0   m  0 a) hàm số đã cho là hàm số bậc  m    m    m 3 m   m    m  5m     m    m  3       m    m  m     m     m  b) hàm số đồng biến *) hàm số ngh.biến  m   m   m  5m     m    m  3     m    m  20 30  m   m     m  20  30  m  2  m 3  kotm  c) vì đồ thị hàm số qua A(1 ; 4) nên :  m  5m    m2  5m  0   m  1  m   0   m  0   m  0 m 1  m 4 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 SABO  AB.OD a) đó OD = 3; AB =  S ABO  3.3  2 y D A B b) xét tam giác AOD và tam giác BOD Theo Pita-go ta có: O 5E x OA  OD  AD  32  22  13 OB  OD  BD  32  52  34 CABO  AB  AO  BO 3  13  34 Chu vi: 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 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 3  m  3 y  x 2 - hàm số có dạng : c) x y=x+2 x y  x 2 -2 -3 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) đường 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 * Bảng các giá trị x và y là : +) hàm số y = x + x y=x+4 -4 0 +) hàm số y = -2x + x y = -2x + f x  = x+4 g x  = -2x+4 C A -20 -15 -10 -5 B -4 10 -2 -4 -6 1 SABC  AB.CO  S ABC  6.4 12 2 b) đó AB = 6; CO = xét tam giác vuông AOC và tam giác vuông BCO Theo Pi-ta-go, ta có: AC  OA2  OC  42  42 4 BC  OB  OC  22  42 2 CABO  AB  AC  BC 6   Chu vi: ***************************************************** Ngày dạy: …………………………… SỰ XÁC ĐỊNH ĐƯỜNG TRÒN TÍNH CHẤT ĐỐI XỨNG CỦA ĐƯỜNG TRÒN A Kiến thức Định nghĩa đường tròn: Đường 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 và đường tròn - Chú ý: + tâm đường tròn qua điểm không thẳng hàng là giao điểm các đường trung trực tam giác ABC Đường tròn qua điểm không thẳng hàng A, B, C gọi là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ay tam giác ABC nội tiếp đường tròn + không vẽ đường tròn nào qua điểm thẳng hàng + để chứng minh nhiều điểm cùng nằm trên đường tròn, ta chứng minh các điểm cùng cách điểm cố định Điểm cố định là tâm đường tròn, khảng cách là bán kính đường tròn B Bài tập áp dụng Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A Trên AB, AC lấy các điểm D, E Goik M, N, P, Q là trung điểm DE, EB, BC, CD CMR: điểm M, N, P, Q cùng thuộc đường tròn LG A D M E N B Q P C + Xét tam giác EDB, ta có: ME MD   NE  NB  MN là đường trung bình  EDB, suy MN // = ½ B (1) hay MN//AB + Xét tam giác BCD, ta có : QC QD   PC PB  PQ là đường trung bình tam giác BCD, suy PQ // = ½ BD + Từ (1) và (2) => MN // = PQ => tứ giác MNPQ là hình bình hành + Xét tam giác CDE, ta có : (*) MD ME   QD QC  MQ là đường trung bình  CDE, suy MQ // CE => MQ // AC (2) MQ / / AC   MN / / AB   MQ  MN  M 900 mà AC  AB  + Ta có : (**) + 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 đường tròn Bài : Chứng minh định lý sau : a) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm cạnh huyền b) Nếu tam giác có cạnh là đường kính đường 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 đường tròn tâm O Xét tam giác ABC vuông A Gọi O là có đường 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 đường ngoại tiếp tam giác ABC Bài : Cho tam giác ABC nhọn, vẽ đường 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 đường 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 : BE  AC   CD  AB  mà BE CD K  K là trực tâm tam giác ABC => AK vuông góc với BC Bài : Cho tam giác ABC, góc A > 900 Gọi D, E, F theo thứ tự là chân các đường cao kẻ từ A, B, C Chứng minh rằng: a) Các điểm A, D, B, E cùng nằm trên đường tròn b) Các điểm A, D, C, F cùng nằm trên đường tròn c) Các điểm B, C, E, F cùng nằm trên đường tròn LG F E A N M B D C I a) gọi M là trung điểm AB D 900  MA MB MD  AB xét tam giác ADB, E 900  MA ME MB  AB xét tam giác AEB, (1) (2) từ (1) và (2) => MA = MB = MD = ME => các điểm A, D, B, E cùng nằm trên đường tròn b) gọi N là trung điểm AC xét tam giác ADC vuông D và tam giác AFC vuông F, ta có: DN, FN là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC => NA = ND = NC = NF => A, D, C, F cùng nằm trên đường tròn c) gọi I là trung điểm BC (chứng minh tương tự) Bài 5: Cho tam giác ABC có AB = AC nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao AH tam giác cắt đường tròn (O) D a) Chứng minh AD là đường kính đường tròn tâm O b) Tính góc ACD c) Cho BC = 12cm, AC = 10cm Tính AH và bán kính đường tròn tâm O LG a) + vì AB = AC => tam giác ABC cân A, mà AH vuông góc với BC => AH là đường trung trực BC => AD là trung trực BC (1) + tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O => O thuộc đường trung trực BC (2) + từ (1) và (2) => O thuộc AD => AD là đường kính đường tròn (O) b) theo bài tam giác ACD nội tiếp đường tròn (O) có AD là đường kính => góc ACD = 900 A O B H C D 1 AD  BC  BH CH  BC  12 6 2 c) + vì cm 2 2 + xét tam giác AHC vuông H, ta có: AC  AH  CH  AH  10  8 cm + xét tam giác ACD vuông C, áp dụng hệ thức cạnh và đường cao tam giác AC 102 AC  AD AH  AD   12,5cm AH vuông ta có: => bán kính đường tròn (O) là 1 R  AD  12,5 6, 25cm 2 ******************************************************* Ngày dạy: ……………………………… HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƯỜNG THẲNG ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG, ĐƯỜNG THẲNG CẮT NHAU A Kiến thức Góc tạo đường thẳng y = ax + b (a khác 0) và trục Ox - Góc  tạo đường thẳng y = ax + b (a khác 0) và trục Ox là góc tạo tia Ax và tia AT, đó A là giao điểm đường thẳng y = ax + b với trục Ox; T là điểm thuộc đường thẳng y = ax + b và có tung độ dương 8 6 T 4 T A  -15 -10   -5 10 15 -15 -10 -5  A y=ax+b 10 15 y=ax y=ax -2 -2 -4 -4 -6 -6 -8 -8 y=ax+b Trường hợp a > Trường hợp a < 0 - với a >     90 , a càng lớn thì  càng lớn 0 - với a <  90    180 , a càng lớn thì  càng lớn y = ax + b (a khác 0) thì a gọi là hệ số góc đường thẳng Với đường thẳng  d  : y ax  b và  d '  : y a ' x  b'  a; a ' 0  , ta có:   d  / / d '  a a ' ; b b'     d   d   a a '   d   d '  a a ' ; b b '     d    d   a.a  ' ' ' - Chú ý: a khác a’ và b = b’ thì đường 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 đường thẳng y = kx + – k trường hợp sau: y x a) Đường thẳng song song với đồ thị hàm số b) Cắt trục tung điểm có tung độ c) Cắt trục hoành điểm có hoành độ LG 2 y x k  y  x 3 ptđt có dạng: 3 a) Vì đt y = kx + – k song song với đths 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 2  k 1  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  y  x 2 ptđt có dạng : Bài : Cho hs bậc : y = ax – (1) Xác định hệ số a trường hợp sau a) đths (1) cắt đường thẳng y = 2x – điểm có hoành độ b) đths (1) cắt đường 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 - 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 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 3/2 y = -2x + 3 => đths y = -2x + qua điểm P(0 ; 3), Q(3/2 ; 0) fx = -2x+3 P g x =  x -15 -10 A H -5 O 5 10 -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 y x => hs có dạng : y x c) tìm tọa độ giao điểm y = -2x + và - gọi A là giao điểm đt trên => tọa độ điểm A thỏa mãn đt trên  2x   x  x  - hoành độ điểm A là nghiệm pt : y  5 - tung độ điểm A là : 15 Vậy giao điểm A đt trên có tọa độ : A(6/5 ; 3/5) SAOP  AH OP d) đó : AH = 6/5 ; OP =  S AOP   5 (đvdt) BTVN: y m xm2 m 1 (1) Bài : Cho hàm số : 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 a) hs (1) là hsbn m 0  m 1  m  0  m 1  m  0  m    m 1   m 1 m m     0   m   m 1 m     m1   m   b) hs (1) đồng biến c) vì đths (1) qua A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs (1), ta có: m  m   2(m  1) m    m  1  m    m  2m  0 m 1  m   2   m  1  0  m   m 1  0    m   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 -2 -4 -6 - đths (1) qua điểm O và C(1; 2) 10 15 - 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    OA OB  OAB 2 c) ta có : OB    20  cân O AOB  AOx  BOx  Ta lại có : đó : tan AOx  2  AOx 630 26' ;  AOB 630 26'  260 34' 360 52'   tan BOx    BOx 26034' 0 '  180  36 52 71034'  A B ************************************************** Ngày dạy: …………………………………… VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN A Kiến thức Vị trí tương đối đường thẳng và đường tròn Gọi OH =d là khoảng cách từ tâm O đến đờng 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 Đường 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 - 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 đường 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 đường phân giác các góc ngoài hai đỉnh tam giác - tam giác có đtr bàng tiếp B Bài tập áp dụng Bµi 1: Cho đờng tròn tâm và điểm I nằm (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 híng 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× ? A O ( Ta so sánh hai khoảng cách từ tâm đến dây ; Dùng tính chÊt tam gi¸c vu«ng th× c¹nh huyÒn lµ c¹nh lín nhÊt ) C H K B D 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 M A Theo tính chất tt cắt nhau, ta có : DM = DB (1) ; EM = EC (2) Chu vi tam giác ADE là : B D O 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 2 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 = IB = 20cm; IO là phân giác góc AIB - Tam giác IAB cân I, có IH là phân giác => IH đồng thời là đường cao và là đg trung tuyến A H I O 1  AH BH  AB  24 12cm 2 - Xét tam giác AHI vuông H B 2 2 2 ta có : IH IA  AH 20  12 16  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 AH HI HO  HO   9 HI 16 AO IO.OH  IH  OH  OH  16   225  AO 15cm 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:  O   AOH ; MA MH O 2  O   BOH  O ; NB  NH y N x (1) - ta có: H   O   AOH  BOH  MON O  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 : B R O A OH MH NH  AM BN    AM BN R mà OH R  BTVN 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)   A + 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) 1 HO  AH  OA  R R 2 + mặt khác : H O N C (4) + từ (3) và (4) => MN là tt đtr (O) c) + xét tam giác ABO, vuông B ta có : + xét tam giác AHM vuông H, ta có : sin A1  OB R    A1 300 OA R 3 2R  MN 2.MH 2.R  3 1 2R 2R  MN AO  R  2 3 (đvdt) MH  AH tan A1 R.tan 300 R + đó : SAMON ******************************************************** Ngày dạy: ………………………………… ÔN TẬP ĐẠI SỐ + HÌNH HỌC I ĐẠI SỐ Bài 1: Thực phép tính a) 50  45  18  20 5   10       82 3 8 2 3 2     3 2 1 3 3  b)  28  14     3    4  2   c)      1   3  2  3   1 1  1         1     d) 7   12 7  6 2  5  10   2   10     10   2.2   10   10      10       1    1  1  x2 x1 x  1 B 1:     x x  x  x  x    Bài 2: Cho biểu thức a) RG biểu thức B b) So sánh B với LG a) đk: x 0; x 1 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 1 x1 x x   x 1 b) xét hiệu: x 1 x  1 x  B    B 1 B 1 x x 1  x x  x x 1   x   10   29  12  10   20  2.2 5.3   10                    71      21           1  1      1  x1 x 0 x 1 x   5      x x  x x    x  x  P    :  x x  x x  x    Bài 3: Cho biểu thức: a) RG bth 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 x x    x x        x   x1    x  x 1 x    x  b) PZ  P  x            x   vi   x 1    x 1  x 1   x 1 x 1 x  1 2  1  x1 x1 x1  Z  2 x   x1 ) x  1   x 1 x   x 1 0 x1 P0 c) Ta có:  x    x   :   x 1 x1 x      x    x   x x 1 x 1  :      x x x  x1 x 1     x  x  x 1   x  1 1; 2 Ư(2), mà Ư(2) =  x 2  x 4  tm  ) x    ) x  2  ) x    x 0  x 0  tm  x 3  x 9  tm  x   loai    x 1  P     : x1 x   x   Bài 4: Cho bth: x 2  x   a) Đk? b) RG bth P c) Tìm x nguyên để P nguyên LG a) đk: x  0; x 1; x 4 b) Ta có:   x  2  x  x  1  x    x  1  x  2  x  1  x   x x  x  1 P  x   : x1  x 1 x1  c) Tìm x nguyên để P nguyên x  x  :   x1 x  1 x  x   x1 P  x x  1  Z  x x  U (2)  1; 2 ) x 1  x 1 loai  ) x 2  x 4  loai  ) x  1 loai  ) x   loai  Bài 5: Thực phép tính M   2   12  18  128   2  M   2   12  4 2   2    M   2     2  M   2       M  62   42    1 2  12  18  1  2 2 4   2   31    31  31  1 Bài 6: a) Với gtr nào m thì hsbn: y  4m  3 x  b) Với gtr nào m thì hsbn: y  2m   x  14 đồng biến nghịch biến LG 3 a) hsđb 5  2m    m  b) hsnb  4m    m  Bài 7: Tìm gtr m để đường thẳng: y   m  x  3,  m 2  y  m  3 x  m  1,  m 3 và đường thẳng cắt điểm trên trục tung LG y  m  3 x  m  1,  m 3 - Xét Ta có: a = m – 3; b = m + (1) y   m x  3, m 2     - Xét (2) ’ ’ Ta có: a = – m; b = - - Để đth (1) và đth (2) cắt điểm trên trục tung và a a '  m  2  m 2m 5    m     ' b b m   m  y  m  3 x   1 và y   2m  x  Bài : Cho hsbn : đồ thị hs trên là đg thg a) Song song ; b) Cắt ; c) Trùng   Với gtr nào m thì LG Xét (1), ta có : a = m + ; b = -1 Xét (2), ta có : a’ = – 2m ; b’ = a a '  m  1  m    3m   m   '   5 a) (1) // (2) b b  a a '  m  1  2m  3m   m  b) (1) cắt (2)  ' m  1  2m a a  m     ' b b  5  5 c) (1) trùng (2) không tồn m thỏa mãn y  x  (1); y 2 x    Bài : Vẽ đthị hs sau trên cùng hệ trục tọa độ : 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 y  x2 y  x  (1) * Đồ thị hs qua điểm A(-3 ; 0) và điểm C(0 ; 2) Đồ thị hs y 2 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 : 1 S ABC  AB.CO  2.2 2 2 (đvdt) Bài 10 : Cho x ab  2   a    b  ; y a  b2  b  a2 LG Ta có : Hãy tính y theo x, biết (ab>0)  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  2ab  a  b  b  a        2a 2b  2ab  a  b  a  b    2 Do đó : y  x   y  x  II HÌNH HỌC : (Ôn tập tính chất tt cắt nhau) Bài : Cho nửa đtr (O ; R), đường 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 đường kính AB LG a) CMR : AB là tt (I ; IO) - ta có: AM // BN (cùng vuông góc với AB) => tứ giác ABNM là hình thang AO BO   MI  NI  IO là - xét hình thang ABNM, ta có: đường 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) x y N H I M A O B (1) OI IM IN  MN - tam giác MON có  O = 900, OI là trung tuyến => 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  AMO HMO  => OA = OH = R (cạnh tương ứng) => 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 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 ON OC   MH NH  HO là đg trung bình tam O N giác MNC => HO // MC hay MC // AO 2 2 c) xét tam giác AMO,  M = 900, theo Pytago ta có : AM  A O  OM   4 => 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 B  - xét tam giác ABC A = 90 , có AM AM  BC là trung tuyến H D (1) - ta có: BD // CE (cùng  DE) => tứ giác BDEC là hthang - xét hthang BDEC, ta có : M A AD  AE   MB MC  AM là đường trung bình C hình thang BDEC => MA // CE, mà CE  DE => MA  DE (2) E - từ (1) và (2) => DE tiếp xúc với đường tròn (M) đường 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 P - 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 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) Tương tự BT4, ta có chu vi tam giác ADE O bằng: 8cm B c) Theo tính chất tiếp tuyến ta có: D  O   MOB   O   MOC  O ; O 2  O   MOB   O  MOC  900 450 2   DOE 45 M A E  C  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, đó tam giác AMB cân M  + mặt khác: AMB 60 Nên tam giác AMB là tam giác b) theo tch tt cắt nhau, ta có: A M O  M   AMB 300 M 2 C B  + mà MA là tt nên MAO 90 => tam giác MAO vuông A  300  AO  MO  MO 2 AO 2.5 10 M + xét tam giác MAO vuông A có cm 2 2 Theo Pytago: MA  MO  AO  10   75 5 + 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 đường cao tam giác  MO  AB (1) + 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 ********************************************************** Ngày dạy: 08/01/2013 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ A Kiến thức Quy tắc - từ các phương 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 phương trình phương pháp - dùng quy tắc biến đổi hệ phương 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 phương pháp  x  y 6  x 4 d)  3 x  y 22  y 2 2 x  y 4  b)   hpt vô nghiêm y x     x  y  0  x 4 e)   5 x  y  0  y 5  x  y 1  x 2 h)   3x  y 8  y 1 2 x  y 8 i)   12 x  11y 3 3x  y 5 a)    x  y 3  x  y 17 l)   5 x  y 23  x  11   y  19  x 5   y  109   x 106   y   45  53 1  x  y  0 m)   5 x  y 11  x    13  y  2 x  y 8  x 1 g)   5 x  y 1  y  3 x  y  c)   5 x  y 1  x 3   y 4 13x  15 y  48  x 9 k)   2 x  y 29  y 11 1  x  y 0 n)   5 x  y 2  x 10   y 12 Bài 2: giải các hpt phương pháp    5x  y    x   a)   2 x  y 21  y   x  y 5  x 2 c)    x  y 5   y    x  y 3   x 0  e)    y 3   x  y 6  4  x  y  3   x  y  3 48 f )  3  3x  y  3   x  y   48  2 3x  y 2  15  x  b)    y  3x  y 3   x  y  d)   x  y 2   5 x  y 45   25 x  20 y 75 6  x  y  8  x  y 4 x  y 8 g)     x  y  5 y  x   x  y      x 7   y 5   x    y 1   x  y 0,5   x  1  1,5 3  y    x h)    3 x  0,5 2 y  11,5    x  2 y    x   29   x  10   y   21  10 Bài 3: Tìm các giá trị m, n cho hpt ẩn x, y sau đây  x    y  2mx    n  y m  n   m ;n m  x  m  n y      a) hpt  có nghiệm (2; 1); đáp số: 2 x   m  1 y m  2n   nx    m  y 3 b) hpt  có nghiệm (-3; 2); đáp số: m 1; n  c) hpt 3mx   n  1 y 93   nx  4my  có nghiệm (1; -5); đáp số: m 1; n 17  m   x  5ny 25  2mx   n   y 5 d) hpt  có nghiệm (3; -1); đáp số: m 2; n  Bài 4: Tìm a, b các trường 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 đường 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 a  a)  ; b  8  a  13 b)  ;  b   13  56  a  c)  ; b  120 5   a  d) b   **************************************************************** Ngày dạy: 11/12/2012 VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN TIẾP TUYẾN CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN A Kiến thức Ba vị trí tương 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 đường nối tâm - Định lý: a) Nếu đtr cắt thì giao điểm đối xứng với A qua đường nối tâm, tức là đường nối tâm là đường trung trực dây chung (OO’ là đường trung O trực dây AB) B b) Nếu đtr tiếp xúc thì tiếp điểm nằm trên ’ đường nối tâm (A thuộc OO ) O' A O O' Tiếp tuyến chung hai đường tròn - Định nghĩa: tiếp tuyến chung đtr là đg thg tiếp xúc với đtr đó 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 Bài 1: Cho đường tròn (O; 4cm) và đường tròn (O’; 3cm) cắt điểm phân biệt A; B biết OO’ = 5cm Từ B vẽ đường 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 + ta có: tam giác ABC nội tiếp đtr (O) có BC làm đkính => tam giác ABC vuông A =>  A1 = 900 + lại có: tam giác ABD nội tiếp đtr (O ’) có BD làm đkính => tam giác ABD vuông A =>  A2 = 900 +  CAD =  A1 +  A2 = … =1800 => điểm C, A, D thẳng hàng b) CMR: tam giác OBO’ là tam giác vuông B H O C O' A D OO '2 52 25; OB  O ' B 42  32 25  OO '2 OB  O' B  25  + ta có: => 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 6 cm 2 1 S OBD  CB.DB  8.6 24 cm 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)  BH  OO ' và BH  AB hay AB 2.BH + xét tam giác OBO’,  B = 900, theo hệ thức cạnh và đường cao tam giác vuông OB.O ' B 4.3 OB.O ' B HB.OO '  BH   2, cm OO ' ta có: => 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 (tương tự BT76SBT/139): Cho đtr (O) và (O ’) tiếp xúc ngoài A, đg thg OO ’ cắt đtr (O) và (O’) 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 I D 12 B E 1 O O' C A  2 B   B  1 O  O 1 1  ' C  E  O + lại có : 1 (1) (góc ngoài tam giác), mà  C1 =  E1 (tam giác cân)  ' 2C '  C  1 O O 1 1 (2)  '  1800 900  C  1 O  O B 1 1 2 + từ (1) và (2) (theo tính chất hình thang) 0    BMC 90 hay DME 90   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) đường kính BC b) Đường thẳng OO’ có vị trí ntn đtr (M; BC/2) c) Xác định tâm đtr qua O, M, O’ d) CMR: BC 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 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) c) theo tính chất tt cắt nhau, ta có: C M B I O A O' 1  '  BMO  AMO  AMB; CMO  AMO '  AMC 2 1  AMO  AMO '  AMB  AMC  1800 900 2   => 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   OI IO '  ’ + Xét hình thang BOO C, ta có: MI là đg trung bình hthang BOO’C => IM // OB, mà BC  OB => IM  BC => BC là tt đtr qua điểm O, O’, M Bài 4(BTVN): Cho đtr (O) đkính AB, điểm C nằm A và O Vẽ đtr (O’) đkính BC a) xác định vị trí tương 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 B b) + vì AB  DE H => DH = EH + xét tứ giác ADCE, ta có : DH EH   AH CH   ADCE AC  DE  ’ D K A C H O là hình thoi c) ta có :  OD OA OB  AB  ADB vuông D  AD  BD    ' ' ' O C O K O B  BC  CKB vuông K  CK  BD   O' B 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) 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 0 ' + K  K3 90  K1  K3 90  HK  O K  HK là tt đtr (O’) ************************************************************** Ngày dạy: …………………………… GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ A Kiến thức Quy tắc cộng đại số: gồm bước - Cộng hay trừ vế pt hpt đã cho để đc pt - Dùng pt thay cho pt hệ (giữ nguyên pt kia) Tóm tắt cách giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số - Giải theo quy tắc: “Nhân bằng, đổi đối, cộng, chia Thay vào tính nốt ẩn là thành” - Nghĩa là: + nhân cho hệ số ẩn hai phương trình + đổi dấu vế pt: hệ số ẩn đối + cộng vế với vế pt hệ, rút gọn và tìm ẩn + thay vào tính nốt ẩn còn lại B Bài tập áp dụng Bài 1: Giải các hệ phương trình sau phương pháp cộng đại số  x   5 x  y 1  19 a)   3 x  y 3  y 12  19 2 x  y  b)   3x  y  3 x  y 8 c)   7 x  y 23  x  y 5 d)   x  y 1  x 3   y   x    y 0   x    y 4  Bài 2: Giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số x    y   29   x  5  x  y  3 y  c)   2 x  3  x  y   12  y  33  40  x  y 5  a)  9 3 x  y   6  x  y  8  x  y e)   5  y  x  5  x  y   x    y 1 x  3 x  y 15   b)   3 x  y  y   2 4 x   y  1  x  3 d)   hê vô nghiêm x   y   x         x  1  3  y    x   g)    23    x  2 y    x     x    y 3  B ài 3: Giải hpt phương pháp cộng đại số  x  1   x   9 y a)   2  y  3   y   5 x  x    y 3   x     x  6 y b)   2   y     y  4 x  x 0   y 4 Bài 4: xác định a, b để đồ thị hs y = ax + b qua điểm A và B các trường hợp sau: a) A(4; 3), B(-6; -7) Đáp số: a = 1; b = -1 b) A(3; -1), B(-3; -2) Đáp số: a = 1/6; b = -3/2 c) A(2; 1), B(1; 2) Đap số: a = -1; b = d) A(1; 3), B(3; 2) Đáp số: a = -1/2; b = 7/2  x 1 y  2  x  y      x  y    2 y  x   Bài 5: Tìm m để nghiệm hệ phương trình: là nghiệm phương trình: 3mx – 5y = 2m +  x 1 y  2  x  y      x  y  10  x 11    15 x  28 y   y 6  x   y  2 y  x - ta có:  - thay x = 11; y = vào phương trình ta đc: 3m.11  5.6 2m 1  31m 31  m 1 Bài : Tìm m để đường thẳng (d) : y = (2m – 5)x – 5m qua giao điểm đường thẳng (d1) : 2x + 3y = và (d2) : 3x + 2y = 13 LG - gọi A là giao điểm đường thẳng (d 1) và (d2) Tọa độ điểm A là nghiệm hpt :  x  y 7   3 x  y 13  x 5   y  => A(5 ; -1) - vì đg thg (d) qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn đth (d) thay x = ; y = -1 vào   2m  5  5m  5m 24  m  24 (d) ta đc : Bài : Tìm m để các đường thẳg sau đây đồng quy : (d1) : 5x + 11y = ; (d2) : 4mx + (2m – 1)y = m + ; (d3) : 10x – 7y = 74 LG - gọi A là giao điểm đường thẳng (d 1) và (d3) Tọa độ điểm A là nghiệm hpt : 5 x  11 y 8   10 x  y 74  x 6   y  => A(6 ; -2) - để đg thg trên đồng quy thì đg thg (d 2) phải qua điểm A, tức tọa độ điểm A thỏa mãn đth (d2) thay x = ; y = -2 vào (d2) ta đc : 4m.6   2m  1    m   19m 0  m 0 ****************************************************** Ngày dạy: ………………………… GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH A Kiến thức Để giải bài toán cách lập hệ phương trình ta thực theo bước sau : - bước : lập hpt (bao gồm các công việc sau) + chọn ẩn và đặt điều kiện thích hợp cho ẩn) + biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết + lập hpt biểu thị tương quan các đại lượng - bước : giải hpt vừa lập đc bước - bước : kết luận : so sánh nghiệm tìm đc với điều kiện đặt ban đầu B Bài tập áp dụng Dạng 1: Toán tìm số - Ta phải chú ý tới cấu tạo số có hai chữ số , ba chữ số …viết hệ thập phân Điều kiện các chữ số Bài 1: Tìm hai số biết lần số thứ hai cộng với lần số thứ 18040, và lần số thứ lần số thứ hai là 2002 LG x, y  N  - gọi số thứ là x, số thứ hai là y  5 x  y 18040   - theo bài ra, ta có : 3x  y 2002  x 2004   y 2005 Bài Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết số đó gấp lần tổng các chữ số nó Nếu viết hai chữ số nó theo thứ tự ngược lại thì đc số lớn số ban đầu 36 đơn vị LG - gọi số tự nhiên cần tìm có dạng: ab  a, b  N ;0  a, b 9   ab 4( a  b) a 4   ab 48  b  ba  ab  36   - theo bài ra, ta có:  Bài Tìm số có hai chữ số Biết viết thêm số vào bên phải số này thì số có ba chữ số số phải tìm 577 và số phải tìm số đó viết theo thứ tự ngược lại là 18 đơn vị LG - gọi số tự nhiên cần tìm có dạng: ab  a, b  N ;0  a 9;0 b 9  ab1  ab 577   ab  ba 18 10a  b 64   a  b 2 a 6  ab 64  b 4 - theo bài ra, ta có: Bài Tìm số có hai chữ số, biết tổng hai chữ số nó nhỏ số đó lần và thêm 25 vào tích hai chữ số đó số viết theo thứ tự ngược lại với số phải tìm LG - gọi số tự nhiên cần tìm có dạng: ab  a, b  N ;0  a, b 9   25  a  loai   ab 6  a  b  4a 5b a  b     b 5    ab  25 ba b  9b  20 0 ab  25 ba   a 5 thoa man  b 4 - theo bài ra, ta có: - số cần tìm là : 54 Dạng 2: Toán làm chung, làm riêng - Ta coi toàn công việc là đơn vị, gọi thời gian làm xong công việc là x thì đơn vị thời gian làm x công việc * Ghi nhớ : Khi lập pt dạng toán làm chung, làm riêng không cộng cột thời gian, suất và thờ i gian cùng dòng là số nghịch đảo Bài 1: Hai vòi nước chảy cùng vào bể không có nước thì đầy bể Nếu vòi thứ chảy giờ, vòi thứ chảy thì bể Hỏi vòi chảy bao lâu thì đầy bể? LG * lập bảng TGHTCV Năng suất 1h V1 x V2 y Cả V x x y y Năng suất 2h Năng suất 3h 1 1  x  y 6  x 10     y 15   2 * ta có hpt:  x y Bài 2: Hai tổ cùng làm chung công việc 12 thì xong, hai tổ cùng làm thì tổ (I) đc điều làm việc khác , tổ (II) làm nốt 10 thì xong công việc Hỏi tổ làm riêng thì bao lâu xong việc * lập bảng Tổ Tổ Cả tổ TGHTCV x y 12 Năng suất 1h 1/x 1/y 1/12 Năng suất 4h 4/12 = 1/3 Năng suất 10h 10/y 1 1  x  y 12  x 60     y 15   10 1 * ta có hpt:  y Bài 3: Hai vòi nước cùng chảy vào bồn không có nước Nếu vòi chảy 3h dừng lại, sau đó vòi chảy tiếp 8h thì đầy bồn Nếu cho vòi chảy vào bồn không có nước 1h, cho vòi chảy tiếp 4h thì số nước chảy vào 8/9 bồn Hỏi chảy mình thì vòi chảy bao lâu thì đầy bồn? * lập bảng Vòi Vòi Cả vòi Thời gian chảy x y 1h 1/x 8/9 4h 4/x 4/y 3h 3/x 8h 8/y 3  x  y 1       8 * ta có hpt:  x x y  x 9   y 12 Bài 4: Hai vòi nước cùng chảy vào bể cạn 10 bể Nếu vòi thứ chảy giờ, vòi thứ hai chảy thì hai vòi chảy bể Tính thời gian vòi chảy mình đầy bể * lập bảng Vòi TGHTCV x Năng suất 1h 1/x Năng suất 2h Năng suất 3h 3/x Vòi y 1/y 2/y Cả vòi 3/10 4/5 1  x  y 10  x 5     y 10   4 * ta có hpt:  x y Dạng Toán chuyển động Bài Quãng đường AC qua B dài 270km, xe tải từ A đến B với vận tốc 60km/h từ B đến C với vận tốc 40km/h, tất hết 6giờ, Tính thời gian ô tô quãng đường AB và BC * Lập bảng Thời gian Vận tốc Quãng đường x AB 60 60x y 40  x  y 6   60 x  40 y  270    x    y 9  BC 40y * Ta có hệ phương trình: Bài Một ô tô và xe đạp chuyển động từ hai đầu quãng đường sau thì gặp Nếu cùng chiều và xuất phát cùng điểm, sau hai xe cách 28km Tính vận tốc xe đạp và ô tô biết quãng đường dài 180km * Sơ đồ: A XM Gnhau XD XM XD B * Lập bảng: Xe đạp Xe máy V t (đi ngược chiều) x y 3 S (đi ngược chiều) 3x 3y t (đi cùng chiều) 1 3x  y 180  x  y 60  x 16     x  y 28  y 44 * Ta có hệ phương trình:  x  y 28 S (đi cùng chiều) x y Bài 3: ô tô qđ AB với vận tốc 50km/h, tiếp qđ BC với vận tốc 45km/h Biết tổng chiều dài qđ AB và BC là 165km và thời gian ô tô qđ AB ít thời gian ô tô qđ BC là 30ph Tính thời gian ô tô trên qđ? Gọi thời gian ô tô trên AB, BC là x, y 50 x  45 y 165     x  y  Ta có hệ phương trình:  x    y 2 Bài 4: ca nô xuôi dòng quãng sông dài 12km, ngược dòng quãng sông đó 2h30ph Nếu trên quãng sông ấy, ca nô xuôi dòng 4km ngược dòng 8km thì hết 1h20ph Tính vận tốc riêng ca nô và vận tốc dòng nước? - gọi v ca nô là x, v dòng nước là y (km/h; x > y > 0) - v xuôi: x+y - v ngược: x-y 12  12  x  y  x  y 2     4 - ta có hpt  x  y x  y giải hệ ta x = 10 ; y = (tmđk) Bài 5: Một ca nô chạy trên sông xuôi dòng 84 km và ngược dòng 44 km Nếu ca nô xuôi dòng 112 km và ngược dòng 110 km thì giờ.Tính vận tốc riêng ca nô và vận tốc dòng nước - gọi x, y là vận tốc riêng ca nô và vận tốc dòng nước (km, < y < x) - vận tốc xuôi ca nô: x + y - thời gian xuôi dòng 84km là: 84/x+y - thời gian xuôi dòng 112km là: 112/x+y - vận tốc ngược ca nô: x - y - thời gian ngược dòng 44km là: 44/x-y - thời gian ngược dòng 110km là: 110/x-y - theo bài ta có hệ phương trình: 44  84  x  y  x  y 5   1  112  110 9 a; b  x  y x  y x y đặt x  y Dạng Toán liên quan tới yếu tố hình học - Ta phải nắm công thức tính chu vi; diện tích tam giác, hình thang, hình chữ nhật, hình vuông, định lý Pi-ta-go Bài 1: HCN có chu vi 80m Nếu tăng chiều dài thêm 3m, tăng chiều rộng thêm 5m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 195m2 Tính chiều dài, chiều rộng mảnh đất Gọi chiều dài là x, chiều rộng là y   x  y  80   x  y   xy  195      Ta có hpt   x 30   y 10 Bài 2: ruộng HCN, tăng chiều dài thêm 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì diện tích tăng thêm 100m2 Nếu cùng giảm chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích giảm 68m2 Tính diện tích ruộng đó? Gọi chiều dài HCN là x Gọi chiều rộng HCN là y  x    y  3  xy  100   x    y   xy  68    Ta có hpt  x 22   y 14 Dạng Toán suất * Chú ý: - Năng suất (NS) là số sản phẩm làm đơn vị thời gian (t) - (NS) x (t) = Tổng sản phẩm thu hoạch Ngày dạy: ………………………… CÁC GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN A Kiến thức Góc tâm Số đo cung a) Định nghĩa góc tâm: Góc có đỉnh trùng với tâm đtròn đgl góc tâm b) Số đo cung: - Số đo cung nhỏ số đo góc tâm chắn cung đó - Số đo cung lớn hiệu 360 và số đo cung nhỏ (có chung mút với cung lớn) - Số đo nửa đtr 1800   c) Tính chất số đo cung: Nếu C là điểm nằm trên cung AB thì sđ AB =sđ AC +sđ CB Liên hệ cung và dây a) Định lý 1: Với cung nhỏ đtròn hay đtròn nhau: - cung căng dây - dây căng cung b) Định lý 2: Với cung nhỏ đtròn hay đtròn nhau: - Cung lớn căng dây lớn - Dây lớn căng cung lớn Góc nội tiếp a) Định nghĩa: Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đtròn và cạnh chứa dây cung đtròn đó Cung nằm góc gọi là cung bị chắn b) Định lý: Trong đtròn số đo góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn c) Các hệ quả: Trong đtròn - Các góc nt chắn các cung - Các góc nt cùng chắn cung chắn các cung thì - Góc nt (nhr 900) có só đo nửa số đo góc tâm cùng chắn cung - Góc nt chắn nửa đtròn là góc vuông Góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung a) Định nghĩa: Góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung là góc có đỉnh tiếp điểm, cạnh là tiếp tuyến và cạnh còn lại chứa dây cung b) Định lý: Sđ góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung nửa số đo cung bị chắn c) Định lý đảo: Nếu B Ax có đỉnh nằm trên đtròn, cạnh chứa dây cung AB, có sđ nửa sđ cung AB căng dây đó và cung này nằm bên góc đó thì cạnh Ax là tia tiếp tuyến đtròn d) Hệ quả: Trong đtròn, góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung thì Góc có đỉnh bên đtròn Góc có đỉnh bên ngoài đtròn a) Góc có đỉnh bên đtròn - Định lý: Sđ góc nửa tổng sđ cung bị chắn b) Góc có đỉnh bên ngoài đtròn - Định lý: Sđ góc nửa hiệu sđ cung bị chắn B Bài tập áp dụng Bài 1: Cho (O) và điểm M cố định không nằm trên đtròn Qua M kẻ đường thẳng, đường thẳng thứ cắt đtròn (O) A và B, đường thẳng thứ hai cắt đtròn (O) C và D CMR: MA.MB = MC.MD LG * TH1: điểm M nằm bên đtròn (O) - Xét tam giác MAC và tam giác MDB, ta có: A C  M  M (đối đỉnh)   CAM  BDM (góc nt chắn cung BC)  MAC MDB ( g g ) MA MC    MA.MB MC.MD MD MB O D B C D M O B A M * TH2: điểm M nằm bên ngoài đtròn (O) - Xét tam giác MAD và tam giác MCB, ta có:  M (chung)  B  D 1 (góc nt chắn cung AC)  MAD MCB ( g.g ) MA MD    MA.MB MC.MD MC MB    Bài 2: Trên đtròn lấy liên tiếp ba cung: AC, CD, DB cho sđ AC =sđ CD =sđ DB =600 hai đường thẳng AC và BD cắt E, hai tiếp tuyến đtròn B và C cắt T CMR:   a) AEB BTC b) CD là tia phân giác góc BCT? LG E T AEB  AB  CD    1800  600  600 2 a) Ta có:      DB   BTC  BAC  BDC   AB  AC  CD  2   1800  600  600  600  600   Do đó: AEB BTC   CD  300 C b) Ta có: (góc tạo tia tiếp tuyến và dây   C D A B O       cung)   DB  300 C 2 (góc nội tiếp)    C C Do đó CD là phân giác góc BCT Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đtròn (O), tia phân giác góc A cắt BC D và cắt đtròn M a) CMR: OM vuông góc với BC b) Phân giác góc ngoài đỉnh A tam giác ABC cắt (O) N CMR ba điểm M, O, N thẳng hàng c) Gọi K là giao điểm NA và BC, I là trung điểm KD CMR: IA là tiếp tuyến đtròn (O) LG x A N O K I B D2 H C M     a) Ta có: A1  A2  BM CM  BM CM BM CM   OB  OC  OM là trung trực BC  OM  BC    Ax  1800 900 MAN  BAC C 2 b) Ta có:   MAN MAN 900    mà là góc nội tiếp và MN là đường kính Do đó M, O, N thẳng hàng MAN 900  DAK  90   DAK vuông A c) Do mà IK = ID => IK = IA = ID => tam giác IAD cân I     IAD D 1     IAD D2 D D    (1)   Mặt khác: tam giác OAM cân O  OAM OMA (2)        Từ (1) và (2)  IAD  OAM D2  OMA  IAO D2  OMA   (3) Do tam giác MHD vuông H (theo a)  D2  OMA 90 (4)  Từ (3) và (4)  IAO 90  IA là tiếp tuyến đtròn (O) Bài 4: Cho nửa đtròn tâm O đường kính AB Gọi C, D thuộc nửa đtròn (C thuộc cung AD) AD cắt BC H, AC cắt BD E Chứng minh rằng: a) EH vuông góc với AB b) Vẽ tiếp tuyến với đtròn D, cắt EH I Chứng minh rằng: I là trung điểm EH LG E I C D H A O K B  a) Ta có: ACB 90 (góc nt chắn nửa đtròn)  AC  BC ADB 900 (góc nt chắn nửa đtròn)  AD  BD Xét tam giác EAB, ta có: AE  BC   BE  AD  mà AD BC H  H là trực tâm tam giác EAB  EH  AB      b) Ta có: H B (cùng phụ F1 ); D2 B (cùng chắn cung AD)  D   IHD  H 2 cân I => IH = ID (1)  B  90  E   D  900   E  D   IED D  1    mà B D2   Mặt khác: cân I => ID = IE (2) Từ (1) và (2) => IH = IE => I là trung điểm EH Bài 5: Cho (O), từ điểm M nằm ngoài đtròn (O) vẽ các tiếp tuyến MC, MD với (O) (C, D là các tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MAB không qua tâm O, A nằm M và B Tia phân giác góc ACB cắt AB E a) CMR: MC = ME b) DE là phân giác góc ADB c) Gọi I là trung điểm AB CMR điểm O, I, C, M, D cùng nằm trên đtròn d) CMR: M là phân giác góc CID LG C O B M I E A D   a) + ta có: BCE  ACE (gt)   CBA MCA (cùng chắn cung AC)         BCE  CBA  ACE  MCA hay BCE  CBA MCE (1)    + mặt khác: BCE  CBA CEM (tính chất góc ngoài tam giác) (2) MCE CEM   MCE cân M => MC = ME + từ (1) và (2) b) + vì MC và MD là các tiếp tuyến => MC = MD, mà MC = ME => MD = ME => tam     giác MDE cân M  MED MDE MDA  ADE (1)    + mặt khác: MED B1  BDE (tính chất góc ngoài tam giác)     + (1); (2) MDA  ADE B1  BDE  (2) (3)  + lại có: MDA B1 (cùng chắn cung AD) (4)   + (3); (4)  ADE BDE  DE là phân giác góc ADB   c) + MC, MD là các tiếp tuyến (O)  OCM ODM 90  điểm O, C, D, M thuộc đtròn có đường kính OM (*) + lại có: I là trung điểm AB  IO  AB (định lý đường kính và dây) => IO vuông góc với IM => tam giác IOM vuông I => điểm I, O, M thuộc đtròn có đường kính OM (**) + (*) và (**) => điểm 0, I, C, M, D cùng nằm trên đtròn d) + Xét đtròn qua điểm: O, I, C, M, D có đường kính OM, ta có:   CIM  sd CM   DIM  sd DM        góc nt    CIM DIM     mà CM DM  sd CM sd DM    IM là phân giác góc CID  góc nt  Bài 6: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đtròn (O), đường cao AH cắt đtròn D Kẻ đường kính AE CMR: a) BC song song với DE b) Tứ giác BCED là hình thang cân LG A O H B C D E a) Ta có: BC vuông góc với AD (gt) (1)  + mà ADE 90 (góc nt chắn nửa đtròn) => DE vuông góc với AD (2) + Từ (1) và (2) suy BC // DE (cùng vuông góc với AD) b) HTC = HT + góc đáy (hoặc đường chéo nhau) (Chú ý: Hình thang có cạnh bên chưa là HTC (VD: Hình bình hành là hình thang có cạnh bên không là HTC)) + BC // DE suy tứ giác BCED là hình thang (1)   + lại có: BC // DE  sd BD sdCE (2 cung bị chắn hai dây song song thì nhau)  D  sdDE  sdCE   sdDE   sd BE  sdCD   BE CD  sd B (liên hệ cung và dây) (2) + từ (1) và (2) suy tứ giác BCED là Hình thang cân ************************************************************* Ngày dạy: …………………………………… HÀM SỐ A Kiến thức y ax  a 0  ĐỒ THỊ HÀM SỐ y ax  a 0  Tính chất hàm số y ax  a 0  a) Tính chất: Nếu a > thì hàm số nghịch biến x < và đồng biến x > Nếu a < thì hàm số nghịch biến x > và đồng biến x < b) Nhận xét: Nếu a > thì y > với x khác 0; y = x = giá trị nhỏ hàm số là y = Nếu a < thì y < với x khác 0; y = x = giá trị lớn hàm số là y = Tính chất đồ thị hàm số y ax  a 0  y ax a 0   là đường cong qua gốc tọa độ và nhận trục Oy là Đồ thị hàm số trục đối xứng đường cong đó gọi là Parabol với đỉnh O Nếu a > thì đồ thị nằm phía trên trục hoành, O(0;0) là điểm thấp đồ thị Nếu a < thì đồ thị nằm phía trục hoành, O(0;0) là điểm cao đồ thị B Bài tập áp dụng Bài 1: Cho hàm số y  x  1 ; 0; ; 1; a) Lập bảng tính giá trị y với các giá trị x bằng: -2; -1; b) Với giá trị nào x thì hàm số nhận giá trị tường ứng bằng: 0; -7,5; -0,05; 50; -120 LG a) Bảng các giá trị tương ứng x và y là: x -2 -1 y  x -20 -5   0 -5 -20 b) 2 + Với y = ta có:  x 0  x 0  x 0 2 + Với y = -7,5 ta có:  x 7,5  x 1,5  x  1,5 2 + Với y = -0,05 ta có:  x  0, 05  x 0, 01  x 0,1 2 + Với y = -7,5 ta có:  x 50  x  10  pt vô nghiệm 2 + Với y = -7,5 ta có:  x  120  x 24  x 2 y  m  m  x Bài 2: Cho hàm số Tìm giá trị m để: a) Hàm số đồng biến với x > b) Hàm số nghịch biến với x > LG Ta có: a m  m m  m  1  m   m    a   m  m  1      m    m   a) Hàm số đồng biến với x > m > m < thì hàm số đồng biến với x > b) Hàm số nghịch biến với  m   m    a   m  m  1      m    m    m    m    m    m   m    m    m  m 0  m     m  x >   m 1  không  m   m   Bài 3: Cho hàm số y ax Xác định hệ số a các trường hợp sau: a) Đồ thị nó qua điểm A(3; 12) b) Đồ thị nó qua điểm B(-2; 3) LG a) Vì đồ thị hs qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: 12 a.32  a  b) Vì đồ thị hs qua điểm B nên tọa độ điểm B thỏa mãn hs, ta có: Bài 4: Cho hàm số y ax a) Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số qua điểm A(2; 2) b) Vẽ đồ thị hàm số với giá trị a vừa tìm LG a) Vì đồ thị hs qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: y  x2 b) Với a = ½ ta có hàm số sau: a     a  a.22  a  14 12 10 fx =  x2 -15 -10 -5 10 15 -2 Bài 5: Cho hàm số y 0, x Các điểm sau đây, điểm nào thuộc đồ thị hàm số, điểm nào không thuộc đồ thị hàm số: A(-2; 1,6), B(3; 3,5), C( ; 0,2) LG PP: muốn kiểm tra xem điểm thuộc hay không thuộc đồ thị hs ta làm sau: thay hoành độ điểm đó vào hàm số, giá trị hs với tung độ nó thì điểm đó thuộc đồ thị hs; giá trị hs không với tung độ nó thì điểm đó không thuộc đồ thị hs - Điểm A(-2; 1,6) y 0,    1, Thay x = -2 vào hàm số ta có: , đó điểm A thuộc đồ thị hs - Điểm B(3; 3,5) Thay x = vào hs ta có: y 0, 4.3 3, 3,5 đó điểm B không thuộc đồ thị hs - Điểm C( ; 0,2) Thay x = vào hs ta có: y 0,  5 2 0, đó điểm C không thuộc đồ thị hs y  x2 và y = 2x – Bài 6: Cho hàm số a) Vẽ đồ thị hàm số trên trên cùng mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị LG a) Vẽ đồ thị 14 12 10 fx =  x2 gx = x-2 -15 -10 -5 -2 10 15 x 2 x   x1 x2 2 b) pt hoành độ giao điểm đồ thị: thay x = vào hs ta được: y = 2.2 – = Vậy tọa độ giao điểm đồ thị là M(2; 2) Bài 7: Cho hàm số y ax a) Xác định a biết đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = -3x + điểm A có hoành độ -2 b) Với giá trị a vừa tìm được, vẽ đồ thị hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ c) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị LG a) tung độ điểm A là: y = -3.(-2) + = 10 Vậy tọa độ điểm A(-2; 10) vì đồ thị hs y ax qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: 10 a     a  5 y  x2 Khi đó hs có dạng: b) vẽ đồ thị hs trên cùng mặt phẳng tọa độ 10 hx =  x2 qx = -3x+4 -10 -5 10 15 20 -2 -4 -6 x  x   x1  ; x2  c) pt hoành độ giao điểm đồ thị: 4 8 x1   y1    ; 5 tọa độ điểm A( 5 ) + Với x   y    10   + Với tọa độ điểm B(-2; 10) Bài 8: Cho hàm số y ax a) Xác định a biết đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = -2x + điểm A có hoành độ b) Với giá trị a vừa tìm được, vẽ đồ thị hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ c) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị LG a) tung độ điểm A là: y = -2.1 + = 1, đó tọa độ điểm A là A(1; 1) 2 vì đồ thị hs y ax qua điểm A nên tọa độ điểm A thỏa mãn hs, ta có: a.1  a 1 Khi đó hs có dạng: y x b) vẽ đồ thị hs trên cùng mặt phẳng tọa độ 14 12 10 gx = -2x+3 fx = x2 -15 -10 -5 10 15 -2 x  x   x1 1; x2  c) pt hoành độ giao điểm đồ thị: + Với x1 1  y1  2.1  1 tọa độ điểm A(1; 1) x   y    9   + Với tọa độ điểm B(-3; 9) Bài 9: Cho hàm số (P): y  x và (d): y = 2x + a) Vẽ trên cùng mặt phẳng tọa độ đồ thị hàm số trên b) Xác định tọa độ giao điểm (P) và (d) c) Tìm hàm số (d1): y = ax + b biết đồ thị nó qua điểm A(-2; -1) và song song với (d) LG a) vẽ đồ thị hs qx = 2x+1 -15 -10 -5 10 15 -2 -4 h x = -x2 -6 -8 -10 b) pt hoành độ giao điểm đồ thị:  x 2 x   x1  x2  x1   y1    1  + Với tọa độ điểm A(-1; -1) c) vì (d1) // (d) nên a = đó (d1) có dạng: y = 2x + b mặt khác (d1) qua A nên tọa độ A thỏa mãn (d1), ta có: -1 = 2.(-2) + b => b = hàm số (d1): y = 2x + Bài 10: Trên cùng mặt phẳng tọa độ, cho Parabol (P): y x và đường thẳng (d): y  x  a) Vẽ (P) và (d) b) Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d) c) Tìm hàm số (d1): y = ax + b biết đồ thị nó song song với (d) và cắt (P) điểm M có hoành độ LG a) vẽ đồ thị 14 12 10 rx = x2 s x = -x+2 -15 -10 -5 10 15 -2 b) pt hoành độ giao điểm đồ thị: x  x   x1 1; x2  2 + Với x1 1  y1  1 1 tọa độ điểm A(1; 1) + Với x1   y1    4 tọa độ điểm A(-2; 4) c) vì d1 // d nên a = -1, đó d1 có dạng: y = -x + b + tung độ điểm M là: y = 22 = Tọa độ điểm M(2; 4) + mặt khác d1 qua M nên ta có: = -2 + b => b = Vậy pt d1: y = -x + ************************************************************* Ngày dạy: …………………………………… PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN A Kiến thức Định nghĩa: pt bậc hai ẩn là pt có dạng: ẩn; a, b, c là các số cho trước Cách giải ax  bx  c 0  a 0  (1), đó x là  x 0  x 0 ax  bx 0  x  ax  b  0     x  b  ax  b 0 a  a) Khuyết c (c = 0): pt (1) trở thành: c ax  c 0  ax  c  x  a (2) b) Khuyết b (b = 0): pt (1) trở thành: c  0 - a thì pt (2) vô nghiệm, suy pt (1) cung vô nghiệm -  c c   x   a a c) đầy đủ: ax  bx  c 0  a 0  Công thức nghiệm  b  4ac + Nếu   thì pt có nghiệm phân biệt: Công thức nghiệm thu gọn  ' b'2  ac ' + Nếu   thì pt có nghiệm phân biệt: b  b  ; x2  2a 2a   + thì pt có nghiệm b x1  x2  2a  +  thì pt vô nghiệm x1   b'   '  b'   ' ; x2  a a '  0 thì pt có x1  kép: + nghiệm kép: ' b a ' +   thì pt vô nghiệm x1  x2  ax  bx  c 0 a 0   Điều kiện để phương trình: d) Cho pt: ' - Vô nghiệm:   (   ) ' - Nghiệm kép:  0 (  0 ) ' - Có nghiệm phân biệt:   (   ) a.c <     '  0  - Có nghiệm cùng dấu:  x1.x2     '  0   x1.x2  x  x  - Có nghiệm cùng dấu âm:     '  0   x1.x2  x  x  - Có nghiệm cùng dấu dương:      '  0  - Có nghiệm khác dấu:  x1.x2  Hệ thức Vi-ét và ứng dụng b   x1  x2  a   x x  c ax  bx  c 0  a 0  a - Định lý: Nếu x1; x2 là nghiệm pt thì  - Ứng dụng nhẩm nghiệm hệ thức Vi-ét: + pt ax  bx  c 0  a 0  + pt ax  bx  c 0  a 0  có a  b  c 0 thì pt có nghiệm là: có a  b  c 0 thì pt có nghiệm là: x1 1; x2  c a x1  1; x2  c a u  v S  + u.v P thì suy u, v là nghiệm pt: x  Sx  P 0 (điều kiện để tồn u, v là  S  P 0 ) B Bài tập áp dụng Bài 1: Giải các phương trình sau: a ) x  x 0 6   x1 0; x2   5  b) x  0 c) x  x 0 5   x1 0; x2   8  d )  x  x 0 x  e) x  42 0 21; x2  21  2  x1  ; x2   2   3   x1 0; x2   2   Bài 2: Giải các phương trình sau: a ) x  x  0 1   x1 1; x2   3  b) x  10 x  39 0  x1 3; x2  13 c ) x  x  55 0  x1 11; x2   d ) 3x  x  70 0 14    x1 5; x2   3  1   x1 2; x2   2  e) x  x  0 Bài 3: Giải các phương trình sau: a)  x  1  x  1   x  3 b) c)  x 1 2 1  x  x  0 pt vô nghiệm 10    x  x    0  14 x  20 x 0   x1 0; x2   7   3x  1  x   20  3x  x  22 0   x1 2; x2   11   3 15   4  x    x  3  0  x  19 x 15 0   x1 1; x2   d) Bài 4: Chứng tỏ với m các phương trình sau luôn luôn có nghiệm phân biệt a) x    m  x  m 0 1    m  m   m     0, m 2  Ta có: , đenta dương với m nên pt có ' nghiệm phân biệt với giá trị m 2 b) x  mx  m  0   Ta có: nghiệm phân biệt với giá trị m  '  m2   m2   5m   0, m , đenta dương với m nên pt có 2 Bài 5: Cho pt mx   2m  1 x  0 Tìm m để pt có nghiệm kép Pt có nghiệm kép: a 0    0  m 0 32 3 2   32  2  m1  ; m2  ; m2   m1   2 2 x  mx  0 x  x  m 0  1 ;  2 m 0    4m  12m  0 Bài 6: Cho pt sau: thì pt trên có nghiệm chung  m 2 1' m  0    m  2 - đk để pt (1) có nghiệm là: (*) ' - đk để pt (2) có nghiệm là:  1  m 0  m 1 (**) - từ (*) và (**) suy để pt có nghiệm thì m  2 Với giá trị nào m - giả sử x0 là nghiệm chung pt trên, ta có : x02  mx0  x02  x0  m  0   mx0   x0  m 0   m   x0 m   x0  m 1 m (vì m khác m  2 ) - thay x0 = vào (1) (2) ta được:  m  0  m  Vậy m = -3 thì pt trên có nghiệm chung Bài 7: Tìm m để pt sau có nghiệm chung? x   m   x  m  0  1  2 x   m   x  m 1 0  m 2  1 m  4m  0    m  2  - đk để pt (1) có nghiệm là:  m 0, m - đk để pt (2) có nghiệm là: (*) (**)  m 2    m  2  - từ (*) và (**) suy để pt có nghiệm thì - giả sử x0 là nghiệm chung pt trên, ta có : x02   m   x0  m  x02   m   x0  m  (***)  0     m   m   x0   x0 2 - thay x0 = vào (1) ta được:  (m  4).2  m  0  m 1 (thỏa mãn (***)) Vậy m = thì pt trên có nghiệm chung Bài 8: Tìm m để pt sau có nghiệm chung? x  mx  0 mx  x  0  1  2 - đk để pt (1) có nghiệm là: 1 m  0, m (*)  1  8m 0  m  - đk để pt (2) có nghiệm là: m - từ (*) và (**) suy để pt có nghiệm thì - giả sử x0 là nghiệm chung pt trên, đó: x02  mx0  mx02  x0  ), nên pt có nghiệm (vì  m  2 m 1   m m 1   m 2m  x01   ; x02    1  m  2 m 2  m  2  m  2  m  2  m2  10m  25  m   0  phân biệt: - (***)  0    m   x02   m 1 x0  0 Ta có: (**) thay x01  m   m  5  m vào m (1) ta được:     0  18  3m  m     m   0  m  m  0   m m  m 2 nghiệm vì có  m  27  ) x02 1 (phương trình vô - thay vào (1) ta được: 2.1  m.1  0  m  (thỏa mãn (***)) Vậy m = -1 thì pt trên có nghiệm chung Bài 9: Cho pt x  x  m  0 a) xác định m để pt có nghiệm 2 b) Tìm m để pt có nghiệm thỏa mãn: x1  x2 10 LG ' ' a) Ta có:   3  m Pt có nghiệm   0   m 0  m 3 b) với m 3 giả sử pt có nghiệm là x1 ; x2 theo Vi-ét ta có:  x1  x2 4   x1.x2 m  (*) 2 lại có: x1  x2 10   x1  x2   x1 x2 10 thay (*) vào (**) ta được: (**)   m  1 10  m 2 (thỏa mãn điều kiện) x12  x22  Bài 10: Cho pt 3x  5x  m 0 Xác định m để pt có nghiệm thỏa mãn Ta có:   25  12m 25   0  25  12m  m  12 Pt có nghiệm (*)  (1)  x1  x2 3  25  x x  m  2 m 12 giả sử pt có nghiệm là x1 ; x2 theo Vi-ét ta có:  với 5 5 x12  x22    x1  x2   x1  x2     x1  x2    x1  x2  9 lại có: (3)   x 1  x1  x2     x  x   x2  3 kết hợp (1) và (3) ta có hệ phương trình:  thay vào (2) ta m   m 2 3 (thỏa mãn đk (*)) Bài 11: Cho pt x  2mx  2m  0 a) Chứng tỏ pt có nghiệm x1, x2 với m  1 b) Đặt * CMR: A 8m  18m  * Tìm m để A = 27 c) Tìm m để pt có nghiệm này lần nghiệm LG A 2 x  x  x x 2 a) ta có  m  2m   m  1 0, m , đó pt có nghiệm với giá trị m  x1  x2 2m  b) + với m pt có nghiệm x1, x2 theo Vi-ét ta có:  x1.x2 2m  (*) A 2  x12  x12   x1 x2  A 2  x1  x2   x1 x2 từ (**) 2 thay (*) vào (**) ta được: A 2  2m    2m  1 8m  18m  => đpcm 8m  18m  27  8m2  18m  18 0  m1 3; m2  + với A = 27 suy c) giả sử x1 = 2.x2, kết hợp (*) ta có: 4m   x1   x1 2 x2  x1 2 x2  2m    x  x  m  x  m      x2   x x 2m   x x 2m      4m 2m  2m   4m   x1   2m   x2   8m  18m  0   3 8m  18m  0  m1  ; m2  giải pt *************************************************** Ngày dạy: …………………………………… CÁC GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN – TỨ GIÁC NỘI TIẾP A Kiến thức bản: Tứ giác nội tiếp Định nghĩa: Tứ giác có đỉnh nằm trên đtròn đgl tứ giác nội tiếp Tính chất: Trong tứ giác nội tiếp tổng số đo các góc đối diện 1800 Dấu hiệu: Để chứng minh tứ giác nội tiếp đtròn ta chứng minh: - Tứ giác có đỉnh nằm trên đtròn - Tứ giác có tổng góc đối diện 1800 - Tứ giác có góc cùng nhìn xuống cạnh B Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A, điểm M nằm trên AC, đtròn đường kính CM cắt BC E, BM cắt đròn D a) CMR: tứ giác BADC nội tiếp b) DB là phân giác góc EDA c) CMR đường thẳng BA, EM, CD đồng quy B E A M O D K  a) ta có: BAC 90 (gt)  BDC 900 (góc nt chắn nửa đtròn) Suy tứ giác BADC nt đtròn đường kính BC   b) ta có: C1 D1 (cùng chắn cung ME)   vì tứ giác BADC nt  C1 D2 (cùng chắn cung AB) C  D    D DB là phân giác góc EDA c) giả sử AB cắt CD K CK  BK   BD  CK  CA BD M  xét tam giác KBC, ta có: M là trực tâm tam giác KBC  KM  BC mặt khác  ME  BC (góc nt chắn nửa đtròn), suy đthẳng KM và ME trùng đó đthẳng AB, EM, CD đồng quy K Bài 2: Cho tam giác ABC có góc nhọn Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB E, cắt AC F Các tia BE cà CE cắt H CMR: a) AH vuông góc với BC b) Gọi K là giao điểm AH và BC CMR: FB là phân giác góc EFK c) Gọi M là trung điểm BH CMR: tứ giác EMKF nt A F H E M1 2 B K O C  a) ta có: BEC 90 (góc nt chắn nửa đtròn)  CE  AB  BFC 900 (góc nt chắn nửa đtròn)  BF  AC xét tam giác ABC, ta có: CE  AB   BF  AC  BF CE H  H là trực tâm tam giác ABC  AH  BC     b) xét tứ giác CKHF, có: K  F 180  tứ giác CKHF nt  C1 F2 (cùng chắn cung HK)   mặt khác: C1 F1 (cùng chắn cung BE)   suy F1 F2 , đó FB là phân giác góc EFK     c) xét tứ giác BKHE có K  E 180  tứ giác BKHE nt  B1 K1 (cùng chắn cung HE)   mà: B1 C2 (cùng chắn cung EF)   mặt khác, tứ giác CKHF nt  K1 C2 (cùng chắn cung HF)     suy B1 K1 C2 K (1)  90  E   BM HM ME  BME BM HM  xét tam giác BEH, có:   đó EMF 2 B1 (tính chất góc ngoài tam giác) (2) EMF 2 K  2 K  EKF   tứ giác EMKF nt từ (1) và (2) cân M Bài 3: Cho đtròn (O), điểm A nằm bên ngoài đtròn Qua A kẻ tiếp tuyến AB, AC với đtròn (B, C là các tiếp điểm) M là điểm trên dây BC, đthẳng qua M vuông góc với OM cắt tia AB và AC D và E CMR: a) Các tứ giác: BDOM; ECOM nt b) M là trung điểm DE D B 1M O A 1 E C a) xét tứ giác BDOM, ta có:  DMO 900 (gt)  DBO 900 (tính chất tiếp tuyến) Suy điểm B, D, O, M nằm trên đtròn đường kính DO, đó tứ giác BDOM nt xét tứ giác ECOM, ta có:  OME 900 (gt)  OCE 900 (tính chất tiếp tuyến)   Suy OME  OCE 180 đó tứ giác ECOM nt   b) vì tứ giác BDOM nt nên B1 D1 (cùng chắn cung MO) (1)   tứ giác ECOM nt nên C1 E1 (cùng chắn cung MO)   mà B1 C1 (vì tam giác OBC cân O)  (2)  từ (1), (2) và (3) suy D1 E1 , đó tam giác ODE cân O, lại có OM  DE (gt), đó OM là đường cao đồng thời là đường trung tuyến ứng với cạnh DE => MD = ME đpcm Bài 4: Cho đtròn (O) và (O’) cắt A và B (O và O ’ thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua B kẻ cát tuyến vuông góc với AB cắt đtròn (O) C, căt đtròn (O ’) D, tia CA cắt (O’) I, tia DA cắt (O) K a) CMR: tứ giác CKID nt b) Gọi M là giao điểm CK và DI Chứng minh điểm M, A, B thẳng hàng M K I A O' O C  a) vì ABC 90  AC là đường kính (O) ABD 900  AD là đường kính (O’) B D  Ta có: CKA 90 (góc nt chắn nửa đtròn (O))  DIA 900 (góc nt chắn nửa đtròn (O’))   Do đó: CKA DIA  tứ giác CKID nt đường tròn đường kính CD CI  MD   DK  MC   CI DK  A b) xét tam giác MCD, ta có: A là trực tâm t.giác MCD  MA  CD (1) mà AB  CD (2) từ (1) và (2) suy điểm M, A, B thẳng hàng đpcm Bài 5: Cho đtròn (O) đường kính AB, M là điểm trên đtròn; C là điểm nằm A và B qua M kẻ đthẳng vuông góc với CM, đthẳng này cắt các tiếp tuyến (O) kẻ từ A và B E và F CMR: a) Các tứ giác: AEMC, BCMF nt b) Tam giác ECF vuông C E M F A   1 C 0 B O a) xét tứ giác AEMC có: A  M 90  90 180 , mà góc A và góc M là góc vị trí đối diện, đó tứ giác AEMC nt chứng minh tương tự ta có tứ giác BCMF nt   b) vì tứ giác ACME nt  A1 E1 (cùng chắn cung MC) (1)   tứ giác BCMF nt  B1 F1 (cùng chắn cung MC)    ta có: AMB 90 (góc nt chắn nửa đtròn) A1  B1 90 (2) (3)   từ (1); (2) và (3)  E1  F1 90 0    xét tam giác ECF, có: E1  F1 90  ECF 90   ECF vuông C Bài 6: Cho tam giác ABC nhọn nt đtròn (O), có đường cao BB’ và CC a) CMR: tứ giác BCB’C’ nt b) Tia AO cắt đtròn (O) D và cắt B’C’ I CMR: tứ giác BDIC’ nt c) Chứng minh OA vuông góc với B’C’ A B' I O C' C D B   ' ' a) xét tứ giác BCB’C’ có BB C BC C 90  tứ giác BCB’C’ nt   b) ta có: ACB  ADB (cùng chắn cung AB) (1)  ' '  mặt khác tứ giác BCB’C’ nt  BC B  ACB 180 (2)  ' '   '  0 từ (1) và (2)  BC B  ADB 180 hay BC I  IDB 180 , suy tứ giác BDIC’ nt ' 0  c) ta có: ABD 90 (góc nt chắn nửa đtròn)  C BD 90  '  '  ' ' ' tứ giác BDIC’ nt  C BD  C ID 180  C ID 90  AO  B C Bài 7: Cho hình vuông ABCD Gọi M, N là điểm trên cạnh BC và CD cho  MAN 450 AM và AN cắt đường chéo BD P và Q Gọi H là giao điểm MQ và NP CMR: a) Tứ giác ABMQ nt b) Tam giác AQM vuông cân c) AH vuông góc với MN A 450 B P M H Q D N C a) vì ABCD là hình vuông có BD là đường chéo, nên BD là phân giác góc ABC  B   900 450  B  QAM   B 450  2 tứ giác ABMQ nt 0 0     b) vì tứ giác ABMQ nt  ABM  AQM 180  90  AQM 180  AQM 90  MQ  AN A 450    AQM 900   xét tam giác AQM, có: AQM vuông cân Q c) ta có: DB là đường chéo hình vuông ABCD nên DB là phân giác góc ADC  D   900 450  D 2   tứ giác ADNP có  DAN D2 45  tứ giác ADNP nt ADN  APN 1800  900  APN 1800  APN 900  NP  AM Xét tam giác AMN, ta có: MQ  AN   NP  AM  MQ NP H  H là trực tâm tam giác AMN  AH  MN **************************************************************** Ngày dạy:…………………………… PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI A Kiến thức bản: Phương trình trùng phương - dạng tổng quát: ax  bx  c 0  a 0  2 x t  t 0  - cách giải: dùng phương pháp đặt ẩn phụ, đặt Khi đó ta có pt: at  bt  c 0 (đây là pt bậc hai ẩn) Phương trình chứa ẩn mẫu: Các bước giải - Tìm đk xác định pt - Quy đồng mẫu thức vế pt, khử mẫu - Giải pt vừa nhận - Kết luận: so sánh nghiệm tìm với đk xác định pt Phương trình tích - dạng tổng quát: A x  B x  0  A x  0 A x  B x  0    B x  0 - cách giải: B Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải phương trình a ) x  x  0 b) x  3x  0 c) x  29 x  100 0 d ) x  13x  36 0 Bài 2: Giải phương trình a)    x  1 x  c) 30 13  18 x   x  x  x 1 x  b) x 1 x  8x2    18 x  3x  x  d) x  3x  38   x 1 x  x 1 Bài 3: Giải phương trình a )  x  3x  1  x  x   2 b) x  x     x    x  1 2 d )  x  3  10 x  15 x 0 c)  x     x     x    x   12 x  23 e) x  x  x  0 Bài 4: Tìm m để pt ẩn x sau có nghiệm: x  x  m 0 Đặt x t  t 0  Khi đó pt (1) trở thành: t  6t  m 0 (1) (2) Để pt (1) có nghiệm thì pt (2) phải có nghiệm phân biệt dương  ' 9  m    t1  t2 6    m  t t m  1 Bài 5: Tìm m để pt có nghiệm: x   m  1 x  m  0 (1) Đặt x t  t 0  Khi đó pt (1) trở thành: t   m  1 t  m  0 (2) Để pt (1) có nghiệm thì pt (2) phải có nghiệm dương (hay có nghiệm trái dấu)  '    t t  1   m    m    m  3m       m   m     Bài 6: Cho pt: mx   m  3 x  m 0  3 m       m  m  2   m  m   (1) Với giá trị nào m thì pt có nghiệm? x t  t 0  mt   m  3 t  m 0 Đặt Khi đó pt (1) trở thành: (2) Để pt (1) có nghiệm thì pt (2) phải có nghiệm dương phân biệt: a m 0  ' 2   m  3  m       m  3 0 t1  t2  m  t1.t2 1    m 0  6m    m 3  0  m  m 0  3 3   m0 m  2     m  *************************************************************** Ngày dạy: ………………………………… GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH A Kiến thức bản: - các bước giải bài toán cách lập pt (hpt): bước B Bài tập áp dụng: Bài 1: Tìm số biết tổng chúng 17 và tổng các bình phương chúng là 157 Gọi số thứ là x (x < 17) Số thứ hai là: 17 – x x   17  x  157   x  34 x  132 0  x1 11; x2 6 Theo bài ta có pt: Vậy số cần tìm là: 11 và Bài 2: Hai tổ đánh cá tháng đầu bắt 590 cá, tháng sau tổ vượt mức 10%, tổ vượt mức 15%, đó cuối tháng hai tổ bắt 660 cá Tính xem tháng đầu tổ bắt bao nhiêu cá * Cách 1: lập pt Tháng đầu Tháng sau x x  10%.x Tổ 590  x Tổ  590  x   15%. 590  x  …… Ta có pt: x  10%.x   590  x   15%  590  x  660  x 370 Vậy tổ 1: 370 cá; tổ 2: 220 cá * Cách 2: lập hê pt Tháng đầu x Tổ y Tổ ………  x  y 590   Ta có hpt: 1,1x  1,5 y 660 Tháng sau x  10%.x 1,1x y  15% y 1,5 y  x 370   y 220 Bài 3: Lấy số có chữ số chia cho số viết theo thứ tự ngược lại thì thương là và dư 15 lấy số đó trừ thì số tổng bình phương chữ số đó Tìm số này? Gọi số cần tìm là xy  x, y  N ;0  x, y 9  Số viết theo thứ tự ngược lại là: yx Vì lấy xy đem chia cho yx thương là và dư 15 nên ta có: xy 4 yx  15  x  13 y 5 (1) Lấy xy trừ số tổng bình phương chữ số, nên ta có: xy  x  y  10 x  y  x  y (2) 2 x  13 y 5    2 10 x  y   x  y  x 9  xy 91   y 1 Từ (1) và (2) ta có hpt: Bài 4: hai vòi nước cùng chảy vào cái bể sau thời gian thì đầy bể Nếu vòi chảy mình thì lâu 2h đầy bể so với vòi, vòi chảy mình thì phải lâu 4,5h đầy bể so với vòi Hỏi chảy mình thì vòi chảy bao lâu đầy bể? Cả vòi Vòi Vòi x x2 x  4,5 TGHTCV 1 1h chảy x x2 x  4,5 1     x 9  x 3 Ta có pt: x  x  4,5 x Nghiệm thỏa mãn là x = Bài 5: công nhân phải hoàn thành 50 sản phẩm thời gian quy định Do cải tiến kỹ thuật nên đã tăng suất thêm sản phẩm vì người hoàn thành kế hoaahj sớm thời gian quy định là 1h40ph Tính số sản phẩm người đó phải làm theo dự định Số sản phẩm làm TGHTCV x 50 Dự định Thực tế …… Ta có pt: 50 50     x  x  150 0 x x 5  x1 10; x2  15 Nghiệm thỏa mãn là x = 10 x 5 x 50 x 5 Bài 6: thuyền khởi hành từ bến sông A sau 2h40ph ca nô chạy từ A đuổi theo và gặp thuyền cách bến A 10km Hỏi vận tốc thuyền, biết vận tốc ca nô vận tốc thuyền là 12km/h V T Ca nô S 10 x  12 Thuyền 10 x 10 x  12 10 x … ta có pt: 10 10    30  x  12   30 x 8 x  x  12    x  96 x  360 0 x x  12  x1 3; x2  15 Giá trị thỏa mãn là x = Bài 7: khoảng cách bến sông A và B là 30km ca nô từ A đến B, nghỉ 40ph B, lại trở A thời gian kể từ lúc đến lúc trở A là 6h Tính vận tốc ca nô nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước là 3km/h V S T Nước yên lặng xuôi x 3 30 Ngược x 30 30 x 3 30 x x Ta có phương trình: 30 30 30 30 16 3   6     x  90 x  72 0  x1 12; x2  x 3 x  x 3 x  3 Bài 8: phòng họp có 360 ghế xếp thành các dãy và số ghế dãy Nếu số dãy tăng thêm và số ghế dãy tăng thêm thì thì phòng họp có 400 ghế Tính số dãy ghế và số ghế dãy lúc ban đầu Ban đầu Sau thay đổi Ta có hpt: Số dãy Số ghế dãy Số ghế phòng x 1 y 1  x  1  y  1 x  xy 360    x  1  y  1 400  xy 360    x  y 39 y xy x, y là nghiệm pt bậc hai: t  39t  360 0  t1 24; t2 15 Vậy: - Nếu số dãy ghế 24 thì số ghế dãy là 15 - Nếu số dãy ghế 15 thì số ghế dãy là 24 Bài 9: xuồng máy xuôi dòng 30km, và ngược dòng 28km hết thời gian thời gian mà xuồng máy 59,5km trên mặt hồ yên lặng Tính vận tốc xuồng trên hồ yên lặng, biết vận tốc nước là 3km/h V Nước yên lặng x S 59,5 xuôi x 3 30 Ngược x 28 … Ta có pt: T 59,5 119  x 2x 30 x 3 28 x 119 30 28    119  x  3  x   2 x.30  x  3  x.28  x   2x x  x   x  12 x  1071 0  x  x  357 0  x1 17; x2  21 Bài 10: lâm trường dự định trồng 75ha rừng số tuần lễ Do tuần trồng vượt mức 5ha so với kế hoạch nên đã trồng 80ha và hoàn thành sớm tuần Hỏi tuần lâm trường dự định trồng bao nhiêu rừng? tuần trồng số TGHTCV x 75 Kế hoạch x 80 x 5 x 5 Thực tế … Ta có pt: 75 80  1  x 10 x  375 0  x1 15; x2  25 x x 5 Bài 11: ca nô xuôi từ A đến B cách 24km, cùng lúc đó từ A đến B bè nứa trồi với vận tốc dòng nước là 4km/h Khi đến B ca nô quay trở lại và gặp bè nứa điểm C cách A là 8km Tính vận tốc thực ca nô A B C Gọi vận tốc thực ca nô là: x (km/h; x > 4) Vận tốc xuôi: x + (km/h) Vận tốc xuôi: x - (km/h) 24 Thời gian xuôi từ A đến B: x  (h) Quãng đường BC: 24 – = 16 (km) 16 Thời gian ngược từ B đến C: x  (h) 2 Thời gian bè nứa từ A đến C: (h) 24 16  2  x  40 x 0  x1 0; x2 20 Ta có pt: x  x  BÀI TẬP VỀ NHÀ: Bài Hai thành phố A và B cách 50km Một người xe đạp từ A đến B Sau đó 1giờ 30phút xe máy từ A và đến B trước người xe đạp Tính vận tốc người biết vận tốc người xe máy 2,5 lần vân tốc người xe đạp * Lập bảng Quãng đường Vận tốc Thời gian Xe đạp 50 x Xe máy 50 2,5x 50 50   1 * Ta có phương trình: x 2,5.x , nghiệm x = 12 50 x 50 2,5.x Bài 2: Một ô tô từ Hải Phòng Hà Nội, đường dài 100km, người lái xe tính tăng vận tốc thêm 10 km/h thì đến Hà Nội sớm nửa Tính vận tốc ô tô không tăng * Lập bảng Quãng đường Vận tốc Thời gian 100 Không tăng x 100/x Tăng 100 x + 10 100/x + 10 100 100   * Ta có phương trình: x x  10 Bài Một ô tô quãng đường AB dài 840km, sau nửa đường xe dừng lại 30 phút nên trên quãng đường còn lại, xe phải tăng vận tốc thêm 2km/h để đến B đúng hẹn Tính vận tốc ban đầu ô tô + Gọi vân tốc ban đầu ô tô là x (km/h, x > 0) 840 + Thời gian hết quãng đường AB theo dự định là: x (h) 420 + Nửa quãng đường đầu ô tô hết: x (h) + Vận tốc ô tô trên nửa quãng đường còn lại là: x + (km/h) 420 + Thời gian ô tô trên nửa quãng đường còn lại là: x  (h) 840 420 420      x1 40; x2  42 x x2 + Theo bài ta có phương trình sau: x Bài Quãng sông từ A đến B dài 36km, ca nô xuôi từ A đến B ngược từ B A hết tổng cộng Tính vận tốc thực ca nô biết vận tốc dòng nước là 3km/h V thực V nước V xuôi V ngược S t Xuôi x+3 36/x+3 x 36 Ngược x–3 36/x-3 36 36  5  x 15; x  0, * ta có pt sau: x  x  Bài Lúc ô tô từ A đến B Lúc 7giờ 30 phút xe máy từ B đến A với vận tốc kém vận tốc ô tô là 24km/h Ô tô đến B 20 phút thì xe máy đến A Tính vận tốc xe , biết quãng đường AB dài 120km * lập bảng V S T Ô tô x 120 120/x Xe máy x-24 120 120/x-24   ( h) - thời gian xe máy nhiều ô tô là: 120 120    x  24 x  3456 0  x 72; x  48 x  24 x - ta có pt: Bài 6: Một người đoạn đường dài 640 km với ô tô và tàu hỏa Hỏi vận tốc cuả ô tô và tàu hỏa biết vận tốc cuả tàu hỏa vận tốc cuả ô tô là km/h * lập bảng V T S ô tô x 4x Tàu hỏa x+5 7(x+5) * ta có pt : 4x + 7(x + 5) = 640 => x = 55 Bài Một ca nô xuôi từ A đến B, cùng lúc đó người đi từ dọc bờ sông hướng B Sau chạy 24km, ca nô quay trở lại và gặp người C cách A là 8km Tính vận tốc ca nô nước yên lặng , biết vận tốc người và vận tốc dòng nước 4km/h Toán suất * Chú ý: - Năng suất (NS) là số sản phẩm làm đơn vị thời gian (t) - (NS) x (t) = Tổng sản phẩm thu hoạch Bài Hai công nhân phải làm theo thứ tự 810 và 900 dụng cụ cùng thời gian Mỗi ngày người thứ hai làm nhiều người thứ là dụng cụ Kết người thứ hoàn thành trước thời hạn ngày, người thứ hai hoàn thành trước thời hạn ngày Tính số dụng cụ người phải làm ngày * Lập bảng Tổng số sản phẩm cần làm Mỗi ngày làm TGHTCV Người 810 x 810/x Người 900 y 900/y  y  x 4   x  34 x  1080 0  x1 20; x2  54 900  810  x 3  y 6  * Ta có hệ phtrình: , sau đó tìm y Bài Hai đội công nhân, đội phải sửa quãng đường dài 20km, tuần hai đội làm tổng cộng 9km Tính xem đội sửa bao nhiêu km tuần, biết thời gian đội I làm nhiều đội II làm là tuần * Lập bảng Tổng số quãng đường phải Mỗi tuần làm TGHTCV sửa Đội 20 x 20/x Đội 20 9–x 20/9 – x 20 20  1  x  49 x  180 0  x 45; x 4 * Ta có phtrình: x  x Bài Một đội công nhân dự định hoàn thành công việc với 500 ngày công thợ Hãy tính số người đội, biết bổ sung thêm công nhân thì số ngày hoàn thành công việc giảm ngày * Lập bảng Tổng số ngày công Số công nhân TGHTCV Lúc đầu 500 x 500/x Sau bổ sung 500 x+5 500/ x + 500 500  5  x  x  500 0  x  25; x 20 * Ta có phtrình: x x  *************************************************************** Ngày dạy: ………………………… ÔN TẬP HÌNH HỌC Bài 1: Từ điểm M ngoài (O), vẽ tiếp tuyến MA, MB với đtròn Trên cung nhỏ AB lấy điểm C Vẽ CD vuông góc với AB, CE vuông góc với MA, CF vuông góc với MB Gọi I là giao điểm AC và DE, K là giao điểm BC và DF CMR: a) Tứ giác AECD nt; tứ giác BFCD nt b) CD2 = CE.CF c) Tứ giác ICKD nt d) IK vuông góc với CD A O I D E K 1C 22 F B     M a) Ta có: AEC  ADC BDC BFC 90 (gt)   + xét tứ giác AECD, ta có: AEC  ADC 180 , mà góc này vị trí đối suy tứ giác AECD nt   + xét tứ giác BFCD, ta có: BDC  BFC 180 , mà góc này vị trí đối suy tứ giác BFCD nt   b) ta có: A1 B1 (cùng chắn cung AC)   + tứ giác BFCD nt F1 B1 (cùng chắn cung CD)   Suy ra: F1  A1 (1)   + tứ giác AECD nt A1 D1 (cùng chắn cung CE) (2)    Từ (1) và (2) suy ra: F1 D1 B1   Mặt khác: A2 B2 (cùng chắn cung BC)   + tứ giác AECD nt A2 E2 (cùng chắn cung CD)   Suy ra: E2 B2 (3)   + tứ giác BFCD nt D2 B2 (cùng chắn cung CF) (4)    Từ (3) và (4) suy ra: E2 D2  A2 Xét tam giác CDE và tam giác CDF, ta có:  F  D 1  D  E  CD CE   CD CE.CF   CDE CFD  g g   CF CD 2          c) Xét tứ giác ICKD, ta có: ICK  IDK ICK  D1  D2  ACB  B1  A2 180 (tổng các góc   tam giác ABC), mà ICK ; IDK là góc vị trí đối nhau, suy tứ giác ICKD nt     d) ta có tứ giác ICKD nt I1 D2 (cùng chắn cung CK), mà D2  A2 (cmt)     Suy I1  A2 , mà I1; A2 là góc vị trí đồng vị nên IK // AB, lại AB vuông góc với CD, nên IK vuông góc với CD Bài 2: Cho tam giác ABC cân A nt đtròn (O), điểm D thuộc tia đối tia AB, CD cắt (O) E, tiếp tuyến (O) B cắt EA F CMR: a) Tứ giác BFDE nt b) FD // BC D F A E O B 1 C    a) ta có: B1 E1 (cùng bù với E2 )   mà B1 C1 (do tam giác ABC cân A)   suy ra: E1 C1 (1)    mặt khác: E2 C1 B2 (cùng chắn cung AB) (2) E B   từ (1) và (2) suy 2 đỉnh B, E cùng nhìn xuống cạnh DF dới góc nhau, suy tứ giác BFDE nt   b) tứ giác BFDE nt E2 D1 (cùng chắn cung BF), mà  E2 =  B2 =  C1 =  B1, suy  D1 =  B1 (2 góc vị trí so le trong) => FD // BC Bài 3: Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh AD Vẽ đtròn (O) đường kính MB, cắt AC E (khác A) Gọi là giao điểm ME và DC CMR: a) Tam giác BEM vuông cân b) EM = ED c) điểm B, M, D, K thuộc cùng đtròn d) BK là tiếp tuyến (O) A B O M E 1 C D K a) vì tứ giác ABEM nt =>  BAM +  BEM = 1800 => 900 +  BEM = 1800 =>  BEM = 900 (1)   Mặt khác: A1 = A2 (tính chất hình vuông) => sđ cung BE = sđ cung ME => BE=ME (2) Từ (1) và (2) suy tam giác BEM vuông cân E b) xét tam giác BCE và tam giác DCE, ta có: CE: chung  C1 =  C2 (tính chất hình vuông) CB = CD (gt) Do đó BCE DCE (c.g.c) => BE = DE (cạnh tương ứng) (3) Từ (2) và (3) => EM = ED (= BE) (4)  M  900 K 1  D  900 D       K1 D1  EDK  D   EDM cân EM ED   M  c) ta có: cân E => ED = EK (5) (4) và (5) => EB = EM = ED = EK => điểm B, M, D, K thuộc cùng đtròn có tâm E    d) tứ giác BKDM nt (E)  MDK  MBK 180  MBK 90  BK  BM  BK là tiếp tuyến đtròn (O) Bài 4: Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên nội tiếp đtròn (O) Tiếp tuyến B và C đtròn cắt tia AC và tia AB D và E CMR: a) BD2 = AD.CD b) Tứ giác BCDE nt c) BC // DE A O B 1j 2 E C D a) ta có:  A1 =  B2 (cùng chắn cung BC) xét tam giác ABD và tam giác BCD, ta có: A B   AD BD   BD  AD.CD   ABD BCD  g g    : chung  BD CD D  b) ta có:    sd AC  sd BC  E     D  sd AB  sd BC     D1 E1     mà AB  AC  sd AB sd AC   điểm D và E cùng nhìn xuống cạnh BC     góc => tứ giác BCDE nt   c) ta có: B1 C1 (gt), mà tứ giác BCDE nt =>  BED =  C1 (cùng bù với  BCD) đó  B1 =  BED (2 góc vị trí đồng vị) => BC // DE Bài 5: Cho tứ giác ACBD nt đtròn (O), đường chéo AB và CD vuông góc với I trung tuyến IM tam giác AIC cắt BD K, đường cao IH tam giác AIC cắt BD N a) CMR: IK vuông góc với BD b) Chứng minh N là trung điểm BD c) Tứ giác OMIN là hình gì? Tại sao? 1 OM  BD; ON  AC 2 d) Chứng minh C M O H A 1 I B N D K a) ta có:  B1 =  C1 (cùng chắn cung AD) (1) + IM là trung tuyến tam giác AIC => IM = MA => tam giác MAI cân M =>  A1=  MIA + mà  MIA =  KIB (đối đỉnh) =>  KIB =  A1 (2)      Từ (1) và (2) => B1 + BIK = C1 + A1 = 90 => IKB = 900 suy IK vuông góc với BD b) ta có:  CIH =  DIN (đối đỉnh), mà  CIH +  C1 = 900, đó:  DIN +  C1 = 900 + mà  C1 =  B1 suy ra:  DIN +  B1 = 900 (*) + mặt khác:  DIN +  BIN = 900 (**) (*) và (**) suy ra:  B1 =  BIN => tam giác BIN cân N => NB = NI (3) + lại có:  IDN +  B1 = 900  DIN +  B1 = 900 Do đó:  IDN =  DIN => tam giác NID cân N => NI = ND (4) (3) và (4) => NB = ND => N là trung điểm BD c) ta có: M, N là trung điểm AC và BD => OM vuông góc với AC; ON vuông góc với BD => OM // IN (cùng vuông góc với AC); ON // IM (cùng vuông góc vói BD) Do đó tứ giác DMIN là hình bình hành (vì có các cạnh đối song song) d) vì tứ giác OMIN là hình bình hành => OM = IN; ON = IM 1 1 IN  BD; IM  AC OM  BD; ON  AC 2 2 mà nên