Giáo án ôn thi vào lớp 10 môn Toán có lời giải chi tiết Năm học 2018 – 2019 Trần Ngọc Phong

GIÁO ÁN ÔN THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

vectorstock.com/10212081

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Giáo án ôn thi vào lớp 10 môn Toán có lời giải chi tiết Năm học 2018 – 2019 Trần Ngọc Phong THCS Mỹ Cát WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn:21/4/2019 Tiết: 1+2+3 Bài dạy:

Năm học: 2018 – 2019

1

§ Biến đổi các biểu thức chứa căn

I. MỤC TIÊU : 1. Kiến thức: (CBHSH – Căn thức bậc hai, ĐK tồn tại; HĐT A2 = A - Các phép biến đổi đơn giản – Các phép toán trên CBH ) 2. Kỹ năng: - Tính giá trị (Rút gọn) biểu thức số - So sánh các biểu thức số chứa CBH - Rút gọn một biểu thức chứa biến, sử dụng kết quả rút gọn để: Tính giá trị biểu thức khi biết giá trị của biến; Giải PT , BPT; Tìm giá trị LN, NN của biểu thức; Tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nhận giá trị nguyên;…

3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát.

II. NỘI DUNG: TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS KIẾN THỨC 7’ I. Lý thuyết: I. Lý thuyết: Gv: Cho hs nhắc lại các kiến thức ở 1. Căn bậc hai: 2 2 bên bằng các câu hỏi hợp lý, qua đó • a = − a =a ∀ a ≥ 0 GV cho ví dụ đơn giản để HS thực hiện • a ≤ b ⇔a≤b VD: • A có nghĩa khi A ≥ 0 * 3 = x , thì x = ?

2. Một số hằng đẳng thức cần nhớ: A khi A ≥ 0 • A2 = A =  * So sánh 10 và 2 31 -A khi A < 0 2 2 HS: Tìm hai cách • (a + b) = a + 2ab + b2 Bình phương của biểu thức không âm • (a – b)2 = a2 – 2ab + b2 Đưa thừa số vào trong dấu căn • a2 – b2 = (a + b)(a – b) 9 3. Các phép tính nhân và chia: 10. 40 169 • A.B = A . B với A ≥ 0; B ≥ 0 * ; 2300 45.80 A A = • với A ≥ 0; B > 0 23 B B * Đưa thừa số ra ngoài dấu căn: 4. Các phép biến đổi đơn giản: 2 7 x ∀x > 0 • A 2 B = A B với B ≥ 0 Đưa thừa số vào trong dấu căn: A 1 −11 • = AB với AB ≥ 0; B ≠ 0 x ∀x < 0 B B x 3 M A ∓ B M Khử mẫu của biểu thức lấy căn: = • với A ≥ 0; B ≥ 0; A 2 A-B A ± B ≠B 5. Căn bậc ba:

( ) ( )

(

(

* −3 = 3 x , thì x = ?

53’

II. Bài tập: Bài 1: Tìm điều kiện xác định các biểu thức sau: a/ (13-14) A = x − 2013 + 2014 − x b/

•

3

A

)

3

)

=A

A ≥ 0 thì

3

A≥ 0

A < 0 thì 3 A < 0 II. Bài tập: Bài 1: Tìm điều kiện xác định các biểu thức sau:

x2 − 9

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS Bài 2: So sánh: a/ (08-09) So sánh 25 − 9 và 25 − 9 b/ So sánh: 2007 + 2009 với 2 2008 Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau: a/ (13-14) A = 20 + 2 80 − 3 45 b/ (06-07) A = 3 c/ (07-08) A = d/ (08-09)

1 1 − 27 + 2 3 3 3

5+ 5 1+ 5

1

KIẾN THỨC x ≥ 2013 a/  ⇔ 2013 ≤ x ≤ 2014 x ≤ 2014 b/ x2 – 9 ≥ 0 x2 ≥ 9 x ≥ 3 hoặc -3 ≥ x Bài 2: So sánh: a/ Ta có 25 − 9 = 16 = 4 > b/

(

+ 2 + 5 2− 5 Bài 4: Tính giá trị của biểu thức a/(12-13) B= 4+2 3 + 7−4 3

2007 + 2009

)

2

(

= 2.2008 + 2 20082 − 1 < 4.2008 = 2 2008

1 1 − 27 + 2 3 = 3 − 3 + 2 3 = 2 3 3 3

c/ (07-08) A =

5+ 5 1+ 5

=

5(1 + 5)

1

1

=

b)

b/ B =

27 15 16 + 2 −3 4 10 3

(

)

d) 2 50 + 3 450 − 4 200 : 10

= 5

2− 5 2 + 5 + = −2 + 5 − 2 − 5 = −4 −1 −1 2 + 5 2− 5 Bài 4: Tính giá trị của biểu thức

+

a/ B = 4 + 2 3 + 7 − 4 3

c) 5

1+ 5

d/ (08-09)

b/ B = 4 + 7 - 4 - 7 Lưu ý HS câu B còn làm theo cách dùng các hằng đẳng thức BTVN: Bài 1: Thu gọn các biểu thức sau: a) 2 75 − 3 12 + 27

18 + 2 45 − 2 50 − 3 80

25 − 9 = 5 – 3 = 2

Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau: a/ (13-14) A = 2 5 + 8 5 − 9 5 = 5 b/ (06-07) A =

3

1

2

= ( 3 + 1)2 + (2 − 3) 2 = 3 + 1 + 2 − 3 = 3

8+ 2 7 − 8−2 7 2

=

7 +1 -

(

)=

7 −1

2

2

BTVN: Bài 1: Thu gọn các biểu thức sau: a) 2 75 − 3 12 + 27 = 10 3 − 6 3 + 3 3 = 7 3 b)

18 + 2 45 − 2 50 − 3 80 = 3 2 + 6 5 − 10 2 − 12 5

= −7 2 − 6 5 c) 5

27 15 16 15 3 3 3.4 + 2 −3 = + 2 − 4 10 3 2 2 3

15 3 9 3 + 3−4 3 = 2 2 d) 2 50 + 3 450 − 4 200 : 10 = 2 5 + 9 5 − 8 5 = =

Bài 2: Tính: A = 2 40 12 - 2

(

75 - 3 5 48

B = 3 125 + 3 27 − 3 8 Bài 3: Giải các phương trình: a)

3+ x + 2 = 5

b)

3x 2 − 4 x + 3 = 1 − 2 x

Trần Ngọc Phong

)

2 5 + 3 32.5 − 4 22.5 = 2 5 + 3 45 − 4 20 = =2 5 +9 5 −8 5 = 3 5 Bài 2: A = 2 80 3 − 2 5 3 − 3 20 3 = 8 5 3 −2 5 3 −6 5 3 = 0 B=5+3-2=6 Bài 3: a) 3 + x + 2 = 25 ⇔ x = 482 THCS Mỹ Cát

2

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

3

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

TL

KIẾN THỨC 1  x ≤ b)  ⇔ x=− 2 2 3 x 2 − 4 x + 3 = 4 x 2 − 4 x + 1  BỔ SUNG: .................................................................................................................................................

Bài 1: Tìm điều kiện xác định các biểu thức sau: 3 −1 1 x +1 3− x ; ; x −1 + ; x+5 + x−2 3x + 5 7x + 2 5− x Bài 2: Thu gọn các biểu thức sau: 1. 3 50 − 2 12 − 18 + 75 − 8

16 1 4 −3 −6 3 27 75 ( 75 − 3 2 − 12)( 3 + 2)

2. 2 3.

4.

(3

)(

8 − 2 12 + 20 : 3 18 − 2 27 + 45

5.

5− 3 5+ 3 5 +1 + − 5+ 3 5− 3 5 −1

6.

18 − 2 65

7.

9−4 5

8.

4−2 3

9.

7 + 24

)

 3 5 + 5 3   3 5 − 15   10.  + 1.1 − 3 − 1   3+ 5 

11. 14 − 8 3 − 24 − 12 3 Bài 3: So sánh: a) Cho biết A = 9 + 3 7 và B = 9 − 3 7 Hãy so sánh A + B với A – B (Bài 12 tr 15 sách ôn tập, củng cố kiến thức) b) So sánh 3 5 và 5 3 ; 7 2 và 75’

72

Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau: a) (12-13) 5 a − 3 3 a +1 a2 + 2 a + 8 A= + − a −4 a −2 a +2 với a ≥ 0;a ≠ 4. b) (15-16) P =  1− a a   1− a  + a  .    1− a   1− a      (với a ≥ 0; a ≠ 1)

2

II. Bài tập: Bài 1: a)Với a ≥ 0;a ≠ 4. Ta có (5 a − 3)( a + 2) + (3 a + 1)( a − 2) − (a 2 + 2 a + 8) a−4 5a + 10 a − 3 a − 6 + 3a − 6 a + a − 2 − a 2 − 2 a − 8 = a−4 2 2 −a + 8a − 16 −(a − 4) = = = 4−a a−4 a −4 b/ Với a ≥ 0, a ≠ 1, ta có: A=

 1− a a   1− a  P = + a  .   1− a      1− a 

2

 (1 − a )(1 + a + a 2 )   1− a = + a  .     (1 − a )(1 + a )  1 − a    Trần Ngọc Phong

2

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

KIẾN THỨC

(

)

a

−

b

a− b a+ b ≥ 0; a ≥ 0 và a ≠ b

−

2b = 1 với a a− b

 a +2 a − 2  a +1 2 b/  − =  . a −1 a  a + 2 a +1 a −1  với a > 0; a ≠ 1

(1 + a )

=1

2

Bài 2: a) Với a ≥ 0; b ≥ 0 và a ≠ b, ta có:

a a− b

b

−

a+ b

−

2b = a− b

a( a + b) b( a − b) 2b a + ab − ab + b − 2b − − = a− b a− b a− b a− b a− b = =1 a− b  a +2 a − 2  a +1 b/ Với a > 0; a ≠ 1 ta có:  −  a + 2 a + 1 a − 1  . a   =

=

( ( =

Bài 3: Cho biểu thức D=  a+ b a − b   a + b + 2ab  +   : 1 +   1 − ab  1 − ab  1 + ab    với a > 0 , b > 0 , ab ≠ 1 a) Rút gọn D. 2 b) Tính giá trị của D với a = 2− 3

1

2

= 1+ a .

Bài 2: Chứng minh các đẳng thức sau: a/ (07-08) Chứng minh đẳng thức:

4

a +2 2

a −2

−

) ( a − 1) .( a + 1) a + 2 )( a − 1) − ( a − 2 )( ( a + 1) .( a − 1)

a +1

a +1 a

.

).

a +1

2

a +1 a

=

2 a ( a − 1) a

2 (đpcm). a −1 Bài 3: a) Rút gọn D : Biểu thức  a+ b a − b   a + b + 2ab  D=  +  : 1 +   1 − ab  1 − ab  1 + ab    Với ĐK : a > 0 , b > 0 , ab ≠ 1 Biểu thức D có nghĩa =

D=

(

)(

) (

a + b 1 + ab +

)(

a − b 1 − ab

1 − ab

) : 1 − ab + a + b + 2ab 1 − ab

2 a + 2b a 1 + ab + a + b 2 a (1 + b ) (1 + a )(1 + b ) : = : 1 − ab 1 − ab 1 − ab 1 − ab 2 a (1 + b ) 1 − ab 2 a = . = 1 − ab (1 + a )(1 + b ) 1 + a 2 2 b) a = = 4 + 2 3 = 3 + 2 3 + 1 = 3 + 1 => 2− 3 =

2 D= Bài 4: Giải phương trình: Trần Ngọc Phong

x −1 + 4 + x = 3

(

)

3 +1

5+ 2 3 3 + 1 >0)

2

=

2 3 +1 5+ 2 3

(Vì Bài 4: a)Giải phương trình:

=

2

(

(

)

) = (2

3 +2 5−2 3

3 +1

5+ 2 3

x −1 + 4 + x = 3

)(

13

(1) THCS Mỹ Cát

=

13

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

TL

KIẾN THỨC

ĐK: x ≥ 1 PT (1) viết:

(*)

PT viêt: x − 1 + 4 + x + 2 ⇔2

BTVN: Cho biểu thức 2 x −9 2 x +1 x +3 M= + + x−5 x +6 x −3 2− x a. Tìm điều kiện của x để M có nghĩa và rút gọn M b. Tìm x để M = 5 c. Tìm x ∈ Z để M ∈ Z.

5

( x − 1)( 4 + x ) = 9

( x − 1)( 4 + x ) = 6 − 2 x ⇔ ( x − 1)( 4 + x ) = 3 − x

x≤3  3− x ≥ 0  x≤3   ⇔ ⇔ 13 2 ⇔  ( thõa DK 9 x = 13  x = ( x − 1)( 4 + x ) = ( 3 − x ) 9  13 Vậy: PT đã cho có nghiệm: x = 9 a.ĐK x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9 M=

( (

)( x − 3 )( x +1

)⇔ x − 2)

x − 2

M =

x +1 x −3

b/ x = 16 c. M =

x +1 x −3

=

x −3+4 x −3

=1+

4 x −3

⇒ x ∈ {1;4;16;25;49} vì x ≠ 4 ⇒ x ∈ {1;16;25;49} BỔ SUNG: .................................................................................................................................................

Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau: 1   1 1  1  1 a) A =  + − : +  1− x 1+ x   1− x 1+ x  2 x b) A =

x 2 x 3x + 9 + − x +3 x −3 x −9

 x −4 3   x +2 x  c)  −   x − 2 x − 2 − x  :  x x − 2    

d) A =

1 1 x3 − x + + x −1 − x x −1 + x x −1

1   1 1  1  1 e) A=  + − : +  1- x 1 + x   1 − x 1 + x  1 − x

 x   x +3 x +2 x +2  Bài 2: Cho biểu thức: P =  1 − : + +    x + 1   x − 2 3 − x x − 5 x + 6   a) Rút gọn P b) Tìm giá trị của a để P < 0  x −1 1 8 x   3 x −2 Bài 3: Cho biểu thức: P =  − + : 1−  3 x − 1 3 x + 1 9x − 1   3 x + 1      a) Rút gọn P 6 b) Tìm các giá trị của x để P = 5 III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn:22/4/2019 Tiết: 4+5 Bài dạy:

Năm học: 2018 – 2019

6

§ Hệ thức lượng trong tam giác vuông

1. Kiến thức: - Hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông - Tỉ số lượng giác của góc nhọn - Các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông 2. Kỹ năng: - Tìm độ dài đoạn thẳng, số đo góc - Chứng minh các hệ thức về cạnh và góc - Diện tích, tỉ số diện tích của tam giác, tứ giác 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát.

II. NỘI DUNG: TL 25’

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS I. Chương I HH: Hệ thức lượng trong tam giác vuông 1. Lý thuyết

KIẾN THỨC I. Chương I HH: Hệ thức lượng trong tam giác vuông 1. Lý thuyết 1. Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông: i. Định lý Pitago: a2 = b2 + c2 ii. b2 = a.b’ ; c2 = a.c’ iii. h2 = b’.c’ iv. a.h = b.c 1 1 1 = 2 + 2 v.

2 h b c 2. Tỉ số lượng giác của góc nhọn " Tìm sin lấy đối chia huyền Cosin hai cạnh kề huyền chia nhau Còn tang ta tính như sau Đối trên kề dưới chia nhau sẽ thành Cotang ta tính rành rành Đem tang nghịch đảo sẽ thành cotang"

70’

2. Bài tập HH:

2. Bài tập HH:

Bài 1 (06-07): Cho tam giác ABC vuông Bài 1 (06-07): tại A có I là trung điểm của AC. Vẽ ID Ta có: AB2 = BI2 – AI2 = BD2 + DI2 – AI2 = 2 vuông góc với cạnh huyền BC, (D ∈ = BD + IC2 – DC2 – AI2 = BD2 – CD2 + IC2 – AI2 BC). Chứng minh AB2 = BD2 – CD2 Mà IC = IA ⇒ IC2 = AI2 ⇒ IC2 – AI2 = 0 Nên: AB2 = BD2 – CD2 Cách 2: Kẽ AH ⊥ BC tại H. ⇒ AH//ID (cùng vuông góc với BC) Mà IA = IC (Gt) ⇒ HD = DC ⇒ HD2 = DC2 Ta có: BD2 – CD2 = (BH + HD)2 – CD2 = BH2 + 2BH.HD + HD2 – CD2 = BH2 + 2BH.HD (vì HD2 = DC2) = BH.(BH + 2HD) = BH.(BH + HC) = BH.BC = AB2 Vậy AB2 = BD2 – CD2 Bài 2 (bài 1 tr 37 sách ôn tập): Trần Ngọc Phong

Bài 2 (bài 1 tr 37 sách ôn tập): a) Tam giác ABC vuông ở A có đường cao AH, do đó: THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH, biết AB = 10cm HC = 15cm. a) Tính BH; AH b) Từ M là trung điểm BC, vẽ đường vuông góc với BC cắt AC tại E. Tính tỉ số diện tích các tam giác CME và ABC. A

KIẾN THỨC AB2 = BC.BH. Đặt BH = x > 0, ta có: 102 = (15 + x)x. Giải ra ta được x = - 20 (loại); x = 5 (nhận). Vậy BH = 5 cm Ta lại có: AH2 = BH.CH = 5.15, nên AH = 5 3cm

S  CM  b) Ta có: ∆MCE ∼ ∆ACB ⇒ MCE =   S ACB  AC  2

2

H

2

Theo định lý Pitago, ta tính được: AC = 10 3cm .

E

B

7

S  CM   10  1 Vậy: MCE =  =  = S ACB  AC   10 3  3

C

M

BỔ SUNG: (5’) BTVN: (11-12) Cho đường tròn tâm O, vẽ dây cung BC không đi qua tâm.Trên tia đối của tia BC lấy điểm M bất kì.Đường thẳng đi qua M cắt đường (O) lần lượt tại hai điểm N và P (N nằm giữa M và P) sao cho O năm bên trong góc PMC. Trên cung nhỏ NP lấy điểm A sao cho cung AN bằng cung AP.Hai dây cung AB,AC cắt NP lần lượt tại D và E. a)Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp. b) Chứng minh : MB.MC = MN.MP c) Bán kính OA cắt NP tại K. Chứng minh: MK 2 > MB.MC HD: a)Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp: Xét đường tròn (O) có:

= Sd AP + Sd NB (Góc có đỉnh nằm trong đường tròn) D 1 2

Mà: Sd AP = Sd AN Do AP = AN

(

)

A

= Sd AN + Sd NB = 1 Sd ==> D ANB = ACB 1 2 2 +D = 1800 ( DoM; D ; P thẳng hàng) Vì: D 1 2

= 1800 ==> ACB + D

E K

1

D N

1 2

2

Vậy: BDEC nội tiếp. ( Đlí) b) Chứng minh : MB.MC = MN.MP Xét: △ ABP và △MNC Ta có:

M (chung)

P

1

2 O

1 M

1 B

C

1

=C (cùng chắn cung P NB ) 1 1 ==> △ ABP ∼ △MNC (g-g) MB MP ==> = ==> MB.MC = MN.MP. MN MC c) Chứng minh: MK 2 > MB.MC : Xét (O) ta có: AP = AN (gt)

==> O = O (góc ở tâm chắn hai cung bằng nhau) 1

2

==> OA là phân giác NOP Mặt khác △ONP có ON = OP (bán kính (O)) Nên: △ONP cân tại O ==> OA là trung tuyến △ONP . Gọi K là giao điểm của MP và AO Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

8

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS KIẾN THỨC NP NP ==> NK = KP = = a > 0 (Đặt = a) 2 2 Ta có MN.MP = ( MK – a )(MK + a ) = MK2 – a2 < MK2 (do a2 >0) Mà: MB.MC = MN.MP. (Cmt) => MB.MC < MK2 .

Bài 2: Cho tam giác ABC cân tại đỉnh A. Vẽ các đường cao AH và BK ( K thuộc cạnh AC). Chứng minh: 1 1 1 (Thí dụ 7 tr58 sách ôn tập củng cố kiến thức) = + 2 2 BK BC 4 AH 2 Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại B, đường cao BH. Giải bài toán trong các trường hợp sau: a) Cho AB = 5cm; AC = 10cm. Tính BC, BH, AH, CH. b) Cho AH = 7,2cm; CH = 12,8 cm. Tính AB, BC, BH và diện tích tam giác ABC. (Bài 2 tr7 sách tổng hợp các bài toán phổ dụng hình học).

Bài 4: Cho tam giác ABC có góc A nhỏ hơn 900. Trên cạnh AB lấy điểm D, trên cạnh AC lấy điểm E. Gọi diện tích tam giác ABC, ADE lần lược là SABC, SADE. S AD. AE a) Chứng minh: ABC = S ADE AB. AC b) Cho DE // BC. Xác định vị trí của D để diện tích tam giác BDE lớn nhất III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

TL

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn:25/4/2019 Tiết: 6+7+8 Bài dạy:

Năm học: 2018 – 2019

9

§ Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn

I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: - Điều kiện cần và đủ để HPT: có nghiệm duy nhất – vô nghiệm – vô số nghiệm - Các cách giải HPT 2. Kỹ năng: - Giải hệ phương trình - Biện luận sự tồn tại nghiệm của HPT theo tham số - Tìm toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng - Lập phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cho trước 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS 10’ 1. Lý thuyết:

KIẾN THỨC

1. Lý thuyết: ax + by = c Hệ phương trình: (I)  a' x + b ' y = c' a b c = ≠ d // d' ⇔ (I) vô nghiệm ⇔ a' b' c'

(d ) ( d ')

a b ≠ a' b' a b c = = d trùng d' ⇔ (I) có vô số nghiệm ⇔ a' b' c' 2. Bài tập: Bài 1: a) Giải hệ phương trình: 3 x − y = 7  5 x = 15 x = 3 a/  ⇔ ⇔ 2 x + y = 8 2 x + y = 8 y = 2 y − x = 2 −3x + 3y = 6 2x = 16 x = 8 b/  ⇔ ⇔ ⇔ 5x − 3y = 10 5x − 3y = 10 y − x = 2  y = 10 d cắt d' ⇔ (I) có một nghiệm duy nhất ⇔

2. Bài tập: 35’

Bài 1: Giải các hệ phương trình sau: 3 x − y = 7 a/ (11-12)  2 x + y = 8 y − x = 2 b/ (12-13)  5x − 3y = 10

2 x + y = 1  x = 0 x = 0 c/  ⇔ ⇔ x + y = 1 x + y = 1 y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) = (0; 1) Baøi 2: (10-11) Xaùc ñònh caùc heä soá Baøi 2: Heä phöông trình coù nghieäm ( 2, - 2 ) neân ta coù :

2 x + y = 1 c/ (15-16)  x + y = 1

a, b bieát raèng heä phöông trình

 2a − 2 2 = 2 a = 2 + 2 ⇔    2b + 2a = 4 b = 2 − 2 a = 2 + 2 ( 2 ; - 2 ).

Vậy  thì heä phöông trình coù nghieäm ( 2, - 2 ). b = 2 − 2 Bài 3 Vì đồ thị h/s: y = ax + b // đt y = -2x + 3 .

45’ Bài 3 (11-12) Cho hàm số y = ax + b.Tìm a và b biết rằng đồ thị của Nên: a = -2 và b ≠ 3 Vậy h/s cần tìm: y = -2x + b ( Với b ≠ 3) hàm số đã cho song song với Vì đồ thị h/s y = -2x + b qua điểm M( 2; 5). Nên: 5 = -2. 2 + b đường thẳng y = -2x +3 và đi qua ==> b = 9 ( ≠ 3. Thỏa điều kiện) điểm M( 2;5) a = −2 V ậy  Và h/s là: y = -2x + 9  b=9 ax + 2y = 2 coù nghieäm   bx − ay = 4

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

10

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS KIẾN THỨC Bài 4: (06-07) Cho hệ phương trình: Bài 4: (06-07) m = 1 ta có hệ phương a/ Với 3x − 2y = 6   12  mx + y = 3  x = 3 x − 2 y = 6  3 x − 2 y = 6 5 x = 12 5 a/ Giải hệ phương trình khi m = 1  ⇔ ⇔ ⇔      2 x + 2 y = 6  x + y = 3  y = 3 b/ Tìm các giá trị m để hệ phương  x + y = 3  5 trình đã cho có nghiệm duy nhất.

12 3   Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (x;y) =  ;  5 5   b/ Để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì: m 1 3 ≠ ⇔ 3 ≠ -2m ⇔ m ≠ − 3 −2 2 3 Bài 5: Cho hệ phương trình: Vậy m ≠ − thì hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất.

2 ax + 2ay = −10 Bài 5:  (1 − a ) x + y = 0 a) khi a = -2 thay vào hệ PT đã cho ta được hệ PT: a) Giải hệ phương trình khi a = - −2 x − 4 y = −10 Giải ra ta được (x; y) = (-1; 3) 2  3 x + y = 0 b) Tìm a để hệ phương trình có ax + 2ay = −10 ax + 2ay = −10 nghiệm b)  <=>  (1 − a ) x + y = 0 2a(1 − a ) x + 2ay = 0 Trừ hai PT theo vế, ta được: [a – 2a(1 – a)].x = -10 <=> (2a2 – a).x = -10 (1) Phương trình 91) có nghiệm <=> (2a2 – a) ≠ 0 ⇔ a ≠ 0; a ≠

Bài 6: 45’ a) Tìm giá trị của k để các đường thẳng sau cắt nhau tại một điểm: 6− x 4x − 5 y= ; y= ; 4 3 và y = kx + k + 1 b) Tìm giá trị của m để các đường thẳng: y = −3 x + 4 ; y = 2 x − 1 ; và y = ( m + 2 ) x + m − 3 đồng qui

Vậy với a ≠ 0; a ≠

Bài 6:

trình:

1 2

1 thì hệ p.trình đã cho có nghiệm 2

a) Toạ độ giao điểm của hai đường thẳng y =

6− x 4x − 5 ; y= là 4 3 6− x   y = 4 ⇔   6 − x = 4x − 5  4 3

6− x   y = 4 nghiệm của hệ phương trình:   y = 4x − 5  3 y =1 ⇔  x = 2 Vậy toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là A ( 2;1) Cách tìm k?

Hs: tìm nghiệm của các đường +) Để các đường thẳng sau cắt nhau tại một điểm: 6− x 4x − 5 ;y= ; và y = kx + k + 1 thì đường thẳng thẳng, sau đó thay vào d3 để tìm k y = 4 3 y = kx + k + 1 phải đi qua điểm A ( 2;1)

Ta có: 1 = k.2 + k + 1 ⇔ k = 0 . b) Toạ độ giao điểm của hai đường thẳng y = −3 x + 4 ; y = 2 x − 1 là nghiệm của hệ phương trình:  y = -3x+4 x = 1 ⇔    y = 2x −1 y =1 Vậy toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là A (1;1) Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

11

KIẾN THỨC +) Để các đường thẳng: y = −3 x + 4 ; y = 2 x − 1 và y = ( m + 2 ) x + m − 3 đồng qui thì đường thẳng y = ( m + 2 ) x + m − 3 phải đi qua điểm A (1;1) Ta có: 1 = ( m + 2 ) .1 + m − 3

⇔ 1= m+ 2+ m−3

⇔ 2m = 2 ⇔ m = 1 (thoả mãn điều kiện k ≠ -2) Vậy với m = 1 thì các đường thẳng y = −3 x + 4 ; y = 2 x − 1 và

y = ( m + 2 ) x + m − 3 đồng qui.

Bài 7: Cho hàm số: y = 4x + 7

Bài 7 : Hàm số: y = 4x + 7

7 ) có 4 nằm trên đồ thị của hàm số trên không? b) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B.Cho biết vị trí tương đối của hai đường thẳng đó. Vẽ chúng trên cùng một mặt phẳng toạ độ a) Các điểm A(-1; 3) B(4;

a)

Điểm A(-1; 3) thuộc đồ thị hàm số; Điểm B(4;

7 ) không 4

thuộc đồ thị hàm số b)

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B là: y = -

1 4

11 4 Hai đường thẳng trên vuông góc với nhau tại điểm A(-1; 3) x+

y = 4x + 7

Hs: lên bảng vẽ đồ thị

y= -

1 11 x+ 4 4

BỔ SUNG: ................................................................................................................................................. ....................................................................................................................................................................

Hướng dẫn thêm bài: Bài 2(GA), VD1 tr 149, VD2 tr154 (sách Các dạng Toán điển hình) Hoặc VD1 tr 32, Bài 2(GA), Bài 1,2tr 37 (sách Bồi dưỡng HS vào lớp 10, Bài 34 tr 62 (SBT tập 1) D1: Giải hệ phương trình Bài 1: Giải các hệ phương trình sau: 2x + 3y = −2  a) 3x − 2y = −3   x y  + −2 = 0 c)  3 4  5x − y = 11

( 2 − 1)x − y = 2  e)  x + ( 2 + 1)y = 1 Trần Ngọc Phong

4x + 3y = 6 b)  2x + y = 0  a b  + = −1 b)  5 3 3  4a − 5b − 10 = 0

x 2 − 3y = 1

 f) 

2x + y 2 = −2 

9x + 8y = 6  c)  2x − y = 2  x 2 − y 3 = 1  d)  x + y 3 = 2 6(x + y ) = 8 + 2x − 3y g)  5(y − x ) = 5 + 3x + 2y 

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

(x − 1)(y − 2) = (x + 1)(y − 3) h)  ; (x − 5)(y + 4) = (x − 4)(y + 1)

12

KIẾN THỨC  6 5  + = 3  i)  x y ;  9 10 =1  − y  x

 4 5  + =2  x − 3 y + 1 k)   5 1 29 + =   x − 3 y + 1 20

D2: Giải hệ phương trình chứa tham số 2 x + ay = 4 Cho hệ phương trình  ax − 3 y = 5 a/ Giải hệ phương trình khi a = 1 b/ Tìm các giá trị a để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

D3: Ứng dụng của việc giải hpt 1. Bài 20b/7 SBT: Tìm a,b để đường thẳng ax – 8y = b qua điểm M(9; -6) và giao điểm của hai đường thẳng 2x + 5y = 17 và 4x – 10y = 14 2. Tìm a, b để đường thẳng ax + by = - 2 đi qua hai điểm A(-1;0) và B(3; -8/3) .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

Ngày soạn:27/4/2019 Tiết: 9+10 Bài dạy:

13

§ Đường tròn và các quan hệ trong đường tròn

I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: : - Các cách xác định đường tròn - Đường kính và dây cung - Tiếp tuyến của đường tròn - Vị trí tương đối của 2 đường tròn 2. Kỹ năng: - Chứng minh các quan hệ hình học - Tính độ dài đoạn thẳng, số đo góc, chu vi và diện tích các hình - Chứng minh 1 đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS 1. Lý thuyết: Gv: Hướng dẫn theo đề cương.

2. Bài tập: Bài 1: Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. Chứng minh: 1) Tứ giác AFHE là hình chữ nhật.

2) Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp đường tròn.

3) EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn đường kính BH và HC. a e o f b

c o2

h

o1

KIẾN THỨC 1. Lý thuyết: - Xem đề cương ôn tập, hoặc sách ôn tập tr 66 2. Bài tập: Bài 1: 1) Từ giả thiết suy ra = 900 , HEB = 900 . (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CFH = Fɵ = E = 900 ⇒ AFHE Trong tứ giác AFHE có: A là hình chữ nhật.

2) Vì AEHF là hình chữ nhật ⇒ AEHF nội tiếp = AHE (góc nội tiếp chắn AE ) (1) ⇒ AFE = ABH (góc có cạnh tương ứng ⊥ ) (2) Ta lại có AHE Từ (1) và (2) + AFE = 1800 = ABH mà CFE ⇒ AFE + ABH = 1800 . Vậy tứ giác BEFC nội tiếp. ⇒ CFE 3) Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn đường kính HB và đường kính HC. Gọi O là giao điểm AH và EF. Vì AFHE là hình chữ nhật. ⇒ OF = OH ⇒ ∆ FOH = OHF . Vì ∆ CFH vuông tại F ⇒ O2C = cân tại O ⇒ OFH

O2F = O2H ⇒ ∆ HO2F cân tại O2. ⇒ O FH = O HF mà 2

2

0 0

O 2 HF + FHA = 90 . ⇒ O 2 FH + HFO = 90 . Vậy EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O2.

Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1.

Vậy EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn.

Bài 2: Cho hai đường tròn (O) và Bài 2: B (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC,B ∈ C (O),C∈(O’). Đường thẳng BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D. O A O a/ Chứng minh rằng tứ giác ’ CO’OB là một hình thang vuông.

E b/ Chứng minh rằng ba điểm A, C, D thẳng hàng.

D

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS c/ Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E là tiếp điểm).

Chứng minh rằng DB = DE.

Năm học: 2018 – 2019

14

KIẾN THỨC a) Theo tính chất của tiếp tuyến ta có OB, O’C vuông góc với BC ⇒ tứ giác CO’OB là hình thang vuông.

1800 − 1800 − BOC AO ' C

AOB + O ' AC = + 2 2 b) Ta có + 3600 − BOC AO ' C = 900 = = 900 ⇒ BAC 2

Do đó: BAC + BAD = 1800 =.> A, C, D thẳng hàng. c) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông DBC ta có DB2 = DA.DC Mặt khác, theo hệ thức lượng trong đường tròn (chứng minh bằng tam giác đồng dạng) ta có DE2 = DA.DC ⇒ DB = DE.

(

)

BỔ SUNG: ................................................................................................................................................. ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ...................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn:29/4/2019 Tiết: 11+12+13 Bài dạy:

Năm học: 2018 – 2019

15

§ Đường tròn và các quan hệ trong đường tròn

I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: : - Các cách xác định đường tròn - Đường kính và dây cung - Tiếp tuyến của đường tròn - Vị trí tương đối của 2 đường tròn 2. Kỹ năng: - Chứng minh các quan hệ hình học - Tính độ dài đoạn thẳng, số đo góc, chu vi và diện tích các hình - Chứng minh 1 đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS Bài 3: Từ điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến Am, AN với đường tròn (M, N là các tiếp điểm). Đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt B,C (O không thuộc (d), B nằm giữa A và C). Gọi H là trung điểm của BC. a/ Chứng minh các điểm O, H, M, A, N cùng nằm trên một đường tròn, b/ Chứng minh HA là tia phân . giác của MHN c/ Lấy điểm E trân MN sao cho BE song song với AM. Chứng minh HE//CM.

KIẾN THỨC

Bài 3:

M

E A

B

H

C

O

N

a/ Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có : AMO = ANO = 900 Do H là trung điểm của BC nên ta có: AHO = 900 Do đó 3 điểm A, M, H, N, O thuộc đường tròn đường kính AO b/ Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AM = AN Do 5 điểm A, M, H, O, N cùng thuộc một đường tròn nên:

AHM = AHN (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Do đó HA là tia phân giác của MHN = EBH ( đồng vị) (1) c/ Theo giả thiết AM//BE nên MAC Do 5 điểm A, M, H, O, N cùng thuộc một đường tròn nên: = MNH (góc nội tiếp chắn cung MH) (2) MAH = EBH

Từ (1) và (2) suy ra ENH Suy ra tứ giác EBNH nội tiếp = ENB

Suy ra EHB = MCB (góc nội tiếp chắn cung MB) Mà ENB = MCB

Suy ra: EHB Suy ra EH//MC.

Bài 4: Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn, trực tâm là H và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường kính AK. a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình hình hành. b) Vẽ OM ⊥ BC (M ∈ BC). Ch ứng minh H, M, K th ẳ ng hàng và AH = 2.OM. Trần Ngọc Phong

Bài 4: = 900 a) Ta có ACK (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên CK ⊥ AC mà BH ⊥ AC (vì H trực tâm) => CK // BH tương tự có CH // BK => Tứ giác BHCK là hbh (đpcm) b) OM ⊥ BC => M trung điểm của BC THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS c) Gọi A’, B’, C’ là chân các đường cao thuộc các cạnh BC, CA, AB của ∆ ABC. Khi BC cố định hãy xác định vị trí điểm A để tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn nhất.

A

16

KIẾN THỨC (định lý đường kính và dây cung) => M là trung điểm của HK (vì BHCK là hình bình hành) => đpcm ∆ AHK có OM là đường trung bình => AH = 2.OM

′C = BB ′C = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường c) Ta có AC

mà ACB = BAx (Ax là tiếp tuyến tại A) ′B′ = ACB tròn => AC => Ax // B’C’

1 R.B’C’ 2 1 1 Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’ 2 2 1 1 1 S∆ABC = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’ .BC < (AO + 2 2 2 OM).BC => A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng <=> A là đỉểm chính giữa cung lớn BC.

OA ⊥ Ax => OA ⊥ B’C’. Do đó SAB’OC’ = O

H

C

M

B

K

Bài 5.

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB).

Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F. = 900 1. Chứng minh: EOF 2. Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.

3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK ⊥ AB .

4. Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. y F x M E K A

Trần Ngọc Phong

N

O

B

Bài 5. = 900 .

1. Chứng minh: EOF EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E nên OE là phân giác của AOM . .

Tương tự: OF là phân giác của BOM kề bù nên: EOF = 900 (đpcm) Mà AOM và BOM 2. Chứng minh: Tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. = EMO = 900 (tính chất tiếp tuyến) Ta có: EAO + EMO = 1800 nên nội tiếp được trong Tứ giác AEMO có EAO một đường tròn. = 900 , • Tam giác AMB và tam giác EOF có: AMB = EOF = MEO (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ MAB giác AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g).

3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK ⊥ AB .

AK AE Tam giác AEK có AE // FB nên: = . Mà : AE = ME và KF BF AK ME BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Nên = . Do KF MF đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta- let). Lại có: AE ⊥ AB (gt) nên MK ⊥ AB. 4. Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.

Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN ⊥ AB. MK FK ∆ FEA có MK//AE nên = (1).

AE FA THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

17

KIẾN THỨC

∆ BEA có NK//AE nên

NK BK = (2).

AE BE

FK BK = (do BF // AE) KA KE FK BK FK BK nên = hay = (3).

KA + FK BK + KE FA BE MK KN Từ (1), (2) và (3) suy ra = . Vậy MK = NK. AE AE Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên: S AKB KN 1 = = .

S AMB MN 2

Mà

Do đó S AKB =

1 S AMB .

2

Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = Vậy AM =

Bài 6: AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O bán kính R ( B, C là tiếp điểm ). Vẽ CH vuông góc AB tại H, cắt (O) tại E và cắt OA tại D. 1. Chứng minh CO = CD. 2. Chứng minh tứ giác OBDC là hình thoi.

3. Gọi M là trung điểm của CE, BM cắt OH tại I. Chứng minh I là trung điểm của OH. 4. Tiếp tuyến tại E với (O) cắt AC tại K. Chứng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng.

B H I

E

O

D

A

MB = 600 . = 3 ⇒ MAB MA

a a 3 1 1 a a 3 1 2 và MB = ⇒ S AKB = . . . = a 3 2 2 2 2 2 2 16

(đvdt).

Bài 6: 1. Theo giả thiết AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O => OA là tia phân giác của ∠BOC => ∠BOA = ∠COA (1) OB ⊥ AB ( AB là tiếp tuyến ); CH ⊥ AB (gt) => OB // CH => ∠BOA = ∠CDO (2) Từ (1) và (2) => ∆COD cân tại C => CO = CD.(3) 2. Theo trên ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) lại có OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) và (5) => BOCD là hình bình hành (6) . Từ (6) và (3) => BOCD là hình thoi.

3. M là trung điểm của CE => OM ⊥ CE ( quan hệ đường kính và dây cung) => ∠OMH = 900. Theo trên ta cũng có ∠OBH =900; ∠BHM =900 => tứ giác OBHM là hình chữ nhật => I là trung điểm của OH. 4. M là trung điểm của CE; KE và KC là hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng.

M K C

III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn: 5/5/2019 Tiết: 14+15 Bài dạy:

Năm học: 2018 – 2019

18

§ Phương trình bậc hai và hệ thức Viét

I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: : - Công thức nghiệm, công thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc hai - Hệ thức Viét - Ứng dụng - Điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm: trái dấu, cùng dấu (cùng âm, cùng dương)…

2. Kỹ năng: - Giải phương trình bậc hai và các phương trình qui về phương trình bậc hai - Biện luận theo tham số: sự tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai hoặc các nghiệm của phương trình bậc hai thoả điều kiện cho trước 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: KIẾN THỨC TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS I. Phương trình bậc hai – định lý Vi ét: I. Phương trình bậc hai – định lý Vi ét: 1. Phương trình bậc hai: 2. Định lý Vi ét: 1. Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có nghiệm x1; x2 thì tổng và tích các nghiệm đó là: S = x1 + x2 = -b c ; P = x1.x2 = a a 2. Vài ứng dụng thông thường: a) Dấu các nghiệmcủa phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có: Hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0 ∆ ≥ 0  Hai nghiệm đều dương ⇔  S > 0 P>0  ∆ ≥ 0  Hai nghiệm đều âm ⇔  S < 0 P>0  b) Một số hệ thức khác về nghiệm ( ∆ ≥ 0 ) :

Bài 1: Giải phương trình sau: a/ (09-10) a1/ 2(x + 1) = 4 – x; a2/ x2 – 3x + 2 = 0 b/ (10-11) b1) 3(x – 1) = 2 + x b2) x2 + 5x – 6 = 0 c/ (07-08) x2 + 3x – 108 = 0 d/ (08-09 điểm) 2x2 + 3x – 2 = 0 e/ (14-15) Trần Ngọc Phong

i/ x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = S2 – 2P 1 1 x2 + x2 S 2 − 2P ii/ 2 + 2 = 1 2 22 = x1 x2 x1 .x2 P2 iii/ x13 + x23 = S.(S2 – 3P) Bài 1: a1/ 2(x + 1) = 4 – x ⇔ 2x + 2 = 4 – x ⇔ 3x = 2 ⇔ x =

2 3

2 3 2 a2/ x – 3x + 2 = 0 có a + b + c = 1 + (-3) + 2 = 0 ⇒ c x1 = 1; x2 = = 2 a Vậy pt có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 2.

Vậy pt nghiệm x =

b1) 3(x – 1) = 2 + x ⇔ 3x – 3 = 2 + x ⇔ 2x = 5 ⇔ x = b) Ta coù a + b + c = 1 + 5 +(-6) = 0 ⇒ x1 = 1 ; x2 = -6

5 2

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

19

KIẾN THỨC Vậy pt có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1 ; x2 = -6

c/ Ta có: ∆ = (-3)2 – 4.1.(-108) = 9 + 432 = 441 > 0 ⇒

∆ = 21 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: −3 − 21 −3 + 21 x1 = = -12; x2 = =9 2 2 d/ Ta có: ∆ = (-3)2 – 4.2.(-2) = 9 + 16 = 25 > 0 ⇒

Bài 2: Giải phương trình sau: x x +1 a) + = −2 x +1 x b) x2 - 2(1+ 3 )x + 2 3 = 0 c) (2016 – 2017 ) x4 + 5x2 – 36 = 0

∆ =5 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: −3 − 5 −3 + 5 1 x1 = = -2; x2 = = 4 4 2 Bài 2: x x +1 a) + = −2 (1) x +1 x ĐK: x ≠ 0; x ≠ -1 (1) <=> x2 + (x + 1)2 = -2x(x + 1) <=> 4x2 + 4x + 1 = 0 1 Giải ra ta được x1 = x2 = − 2 2 b) x - 2(1+ 3 )x + 2 3 = 0

(a = 1; b = - 2(1+ 3 ); b’ = - (1+ 3 ); c = 2 3 ∆’ = b’2 – ac = [- (1+ 3 )]2 - 2 3 = 4 > 0 =>

∆' = 2

x1 = 3 + 3 ; x2 = 3 - 1 Đặt t = x2 , pt đã cho trở thành : t2 + 5t -36 = 0 Pt có

52 -4.1.(-36) = 169 > 0, pt có hai nghiệm phân

biệt: t1=4 (tmđk); t2 = -9(ktmđk) Với t = 4, ta có x2 = 4 suy ra x1 = 2; x2 = -2 Vậy pt đã cho có hai nghiệm x1 = 2; x2 = -2

Bài 3: Bài 3: Giải các phương trình sau: 2

1 1   a)  x +  − 10  x +  + 9 = 0 ; 2 2   b) (x2 – 6x + 9)2 + x2 – 6x – 3 = 0 c) x +8+ 2 x +7 + x+8−2 x +7 = 4 9 d) (8x + 7)2.(4x + 3).(x + 1) = 2

a) Đặt t = x +

1 , ta có phương trình t2 – 10t + 9 = 0 2

Giải ra ta được t1 = 1; t2 = 9

1 1 = 1 => x = 2 2 1 1 - Với t2 = 9 thì x + = 9 => x = 8 2 2 - Với t1 = 1 thì x +

b) Đặt t = x2 – 6x + 9 ta có phương trình t2 + t - 12 = 0 Giải ra ta được t1 = 3; t2 = -4 - Với t1 = 3 thì x2 – 6x + 9 = 3 => x1 =.....; x2 = .....

- Với t2 = -4 thì x2 – 6x + 9 = -4 => x3 =.....; x4 = .....

Kết luận: c)

x + 8 + 2 x + 7 + x + 8 − 2 x + 7 = 4 (đk: x ≥ -7)

⇔ ( x + 7 + 1)2 + ( x + 7 − 1) 2 = 4 Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

20

KIẾN THỨC x + 7 +1 +

⇔

x + 7 −1 = 4

x + 7 − 1 < 0 <=> x + 7 < 1 <=> x < -6

*)

Do đó -7 ≤ x < -6, ta có: x + 7 + 1 − x + 7 + 1 = 4 <=> 0 = 2 => phương trình vô nghiệm

x + 7 − 1 ≥ 0 <=> x + 7 ≥ 1 <=> x ≥ -6

*)

ta có: x + 7 + 1 + x + 7 − 1 = 4 ⇔ x + 7 = 2 <=> x = -3 Vậy phương trình có nghiệm là x = -3.

9 2

d) (8x + 7)2.(4x + 3).(x + 1) =

<=> 16.(8x + 7)2.(4x + 3).(x + 1) = 16.

9 2

<=> (8x + 7)2.(8x + 6).(8x + 8) = 72 Đặt t = 8x + 7, ta có PT: t2.(t – 1)(t + 1) = 72 <=> t4 – t2 – 72 = 0

1 2

Giải ra ta được t = ± 3, khi đó x1 = − ; x2 = −

Bài 4: Cho phương trình x2 + (2a – 5)x – 3b = 0 Xác định a; b để phương trình có hai nghiệm là x1 = 2; x2 = -3

5 4

Bài 4: Thay x1 = 2; x2 = -3 lần lượt vào phương trình, ta được: 4a − 3b = 6 a = 3 ⇔  6a = 3b = 24 b = 2 Baøi 5: (10-11) Cho phöông trình x2 – x + 1 – m ( m laø tham soá ). Ñeå phöông ñaõ cho coù nghieäm thì ∆ ≥ 0

Baøi 5: (10-11) Cho phöông trình x2 – x + 1 – m ( m laø 3 tham soá ). Tìm ñieàu kieän cuûa m ñeå phöông ⇔ (-1)2 – 4(1 – m) ≥ 0 ⇔ 1 – 4 + 4m ≥ 0 ⇔ m ≥ 4 ñaõ cho coù nghieäm.

3 thì pt đã cho có nghiệm.

4 Bài 6: Phương trình x 2 + 2(m + 1) x + m − 4 = 0 (m là tham số) (1) a) Với m = -5: Pt (1) viết: x 2 + 2(−5 + 1) x + ( −5 ) − 4 = 0 Vậy m ≥

Bài 6: (11-12) Cho phương trình 2 x + 2(m + 1) x + m − 4 = 0 (m là tham s ố) a)Giải phương trình khi m = -5 b)Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m c)Tìm m sao cho phương trình đã cho có hai nghiêm x1, x2 thỏa mãn hệ thức x12 + x2 2 + 3 x1 x2 = 0

⇔ x 2 − 8 x − 9 = 0 (a = 1; b = -8 ; c = -9 ) Ta có: a – b + c = 1 – (- 8) + (- 9) = 0 ==> Pt có 2 nghiệm phân biệt: x 1 = - 1; x 2 = 9 b) Pt: x 2 + 2(m + 1) x + m − 4 = 0 ( 1) ( a = 1 ; b’ = m + 1 ; c = m – 4 ) 2

1  19  ∆ = ( m + 1) − ( m − 4 ) = m + m + 5 =  m +  + > 0 2 4  '

2

2

2

1  với mọi m (Do  m +  ≥ 0 vơi mọi m) 2  ==> Pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. c) Pt (1) có ∆ ' > 0 với mọi m ==> Pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m.

Theo Viets có: x1 + x2 = - 2(m +1) x1. x2 = m – 4.

2

Ta có: x12 + x2 2 + 3 x1 x2 = 0 ⇔ ( x1 + x2 ) + x1.x2 = 0 2

⇔  −2 ( m + 1)  + m − 3 = 0 Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

21

KIẾN THỨC  m=0 ⇔ 4m + 9m = 0 ⇔ m ( 4m + 9 ) = 0 ⇔  m = − 9  4 2

BỔ SUNG: ................................................................................................................................................. ...................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn: 7/5/2019 Tiết: 16+17 Bài dạy:

Năm học: 2018 – 2019

22

§ Phương trình bậc hai và hệ thức Viét

I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: : - Công thức nghiệm, công thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc hai - Hệ thức Viét - Ứng dụng - Điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm: trái dấu, cùng dấu (cùng âm, cùng dương)…

2. Kỹ năng: - Giải phương trình bậc hai và các phương trình qui về phương trình bậc hai - Biện luận theo tham số: sự tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai hoặc các nghiệm của phương trình bậc hai thoả điều kiện cho trước 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: KIẾN THỨC TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS I. Phương trình bậc hai – định lý Vi ét: I. Phương trình bậc hai – định lý Vi ét: 1. Phương trình bậc hai: 2. Định lý Vi ét: 1. Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có nghiệm x1; x2 thì tổng và tích các nghiệm đó là: S = x1 + x2 = -b c ; P = x1.x2 = a a 2. Vài ứng dụng thông thường: a) Dấu các nghiệmcủa phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có: Hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0 ∆ ≥ 0  Hai nghiệm đều dương ⇔  S > 0 P>0  ∆ ≥ 0  Hai nghiệm đều âm ⇔  S < 0 P>0  b) Một số hệ thức khác về nghiệm ( ∆ ≥ 0 ) : i/ x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = S2 – 2P 1 1 x2 + x2 S 2 − 2P ii/ 2 + 2 = 1 2 22 = x1 x2 x1 .x2 P2 iii/ x13 + x23 = S.(S2 – 3P) Bài 7: (13-14) Cho phương trình Bài 7: (13-14) x 2 − 4x + m = 0 (m tham số) (1) a) Khi m = 3 ta được PT x 2 − 4x + 3 = 0 a) giải phương trình khi m = 3 x = 1 Mà a + b + c = 1 − 4 + 3 = 0 ⇒  1 b) Tìm m để phương trình (1) có hai x 2 = 3 nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện: x + x 2 = 4 1 1 + 2 =2 b) Ta có: △= 16 − 4m ≥ 0 ⇒ m ≤ 4 . Mà:  1 2 x1 x 2 x1 .x 2 = m

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS Bài 8: (14-15),(Lê Quý Đôn – Quy Nhơn năm học 2003 – 2004), (15-16) Cho phương trình: x2 - 2(m – 1)x – 3 + m = 0 , m là tham số. a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm đối nhau.

Bài 9: Cho phương trình: x2 – (3m – 1)x + 2m2 – m = 0 (m là tham số) Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 phân biệt thỏa mãn x1 − x2 = 2

Năm học: 2018 – 2019

23

KIẾN THỨC 2 1 1 + 2 = 2 ⇔ x12 + x 22 = 2.x12 .x 22 ⇔ ( x1 + x 2 ) = 2(x1 x 2 )2 − 2x1 x 2 2 x1 x 2  −1 + 33  m1 =  2 ⇔ m2 + m − 8 = 0 ⇔  ( thoûañk ) −1 − 33  m 2 = 2 Bài 8: Xét phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m – 3 = 0 a) ∆ ’ = (m – 1)2 – m + 3 = m2 – 3m + 4 3 2 7 = (m – ) + > 0 với mọi giá trị của m 2 4 Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt b) Áp dụng định lý Viét ta có: x1 + x2 = 2(m – 1) ; x1.x2 = m–3 Phương trình có hai nghiệm đối nhau khi x1 + x2 = 2(m – 1) = 0 ⇔ m = 1 Bài 9: Ta tính được ∆ = (m – 1)2 ≥ 0 với mọi giá trị m Để phương trình có hai nghiệm x1, x2 phân biệt thì ∆ > 0 ⇔ m −1 ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 Khi đó theo hệ thức vi-ét ta có: x1 + x2 = 3m – 1 và x1.x2 = 2m2 – m vì x1 − x2 = 2 ⇔ ( x1 − x2 )2 = 22

⇔ x12 − 2 x1 x2 + x2 2 = 4 ⇔ ( x1 + x2 )2 − 4 x1 x2 = 4 ⇔ (3m − 1)2 − 4(2m 2 − m ) = 4

m − 1 = 2 m = 3 ⇔ (m − 1)2 = 4 ⇔  ⇔  m − 1 = −2  m = −1 (khác 1 thỏa mãn)

Bài 10: Cho phương trình: 2x2 – 3mx – 2 = 0 a) CMR rằng với mọi giá trị của m thì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của m để S = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.

1 1 c) Tính 3 + 3 theo m x1 x2

Trần Ngọc Phong

Bài 10: a) ∆ = (-3m)2 + 16 = 9m2 + 16 > 0 với mọi m Điều này chứng tỏ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 3m   x1 + x2 = b) Theo hệ thức Viet, ta có:  2  x1.x2 = −1 Khi đó S = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2 x1. x2 3m 2 + 2 ≥ 2 = ( ) 2 3m Dấu “=” xảy ra khi ( ) 2 = 0 <=> m = 0 2 Vậy min S = 2 khi m = 0 c) Ta có: 1 1 x13 + x23 ( x1 + x2 )3 − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) −9m(3m + 4) + = = = .... = 3 3 3 3 x1 x2 ( x1.x2 ) ( x1.x2 ) 8

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

24

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS Bài 11: Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + m – 4 = 0 a) Giải phương trình khi m = 5 b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu d) Chứng minh rằng biểu thức S = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) không phụ thuộc vào m

KIẾN THỨC Bài 11: a) Giải ra ta được x1 = 6 + 35 ; x2 = 6 − 35 b) ∆’ = (m + 1)2 – (m – 4) =.......= m2 + m + 5 1 19 = (m + )2 + > 0 với mọi m 2 4 Điều này chứng tỏ PT luôn có hai nghiệm với mọi m c) phương trình có hai nghiệm trái dấu <=> a.c < 0 <=> m – 4 < 0 <=> m < 4  x + x = 2(m + 1) d) Theo hệ thức Viet, ta có:  1 2  x1.x2 = m − 4 Khi đó: S = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) = x1 + x2 - 2 x1.x2 = 2m + 2 – 2m + 8 = 10 Điều này chứng tỏ biểu thức S = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) không phụ thuộc vào m Bài 12: Bài 12: Cho phương trình a) ∆ = (k – 1)2 + 4k =........= (k + 1)2 2 x + (k – 1)x – k = 0 Phương trình có nghiệm kép <=> ∆ = 0 <=> k = -1 a) Xác định k để phương trình có Khi đó nghiệm kép là: x1 = x2 = 1 nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó.  x1 + x2 = −(k − 1) b) Xác định k để phương trình có hai b) Theo hệ thức Viet, ta có:   x1.x2 = − k nghiệm đều dương Phương trình có hai nghiệm đều dương <=> (k + 1)2 ≥ 0 ∆ ≥ 0    x1 + x2 = −(k − 1) > 0 ⇔ k − 1 < 0 ⇔ k < 0  x .x = − k > 0 k < 0  1 2  Bài 13: Bài 13: Cho phương trình x2 + mx + n – 3 = 0 (1) a) Phương trình x2 + mx – 3 = 0 có ∆ = m2 + 12 > 0 với a) với n = 0. Hãy chứng minh phương m ọi m trình luôn luôn có nghiệm b) Ap dụng định lý Viét ta có: x1 + x2 = -m; x1.x2 = n - 3 x12 – x22 = (x1 + x2)(x1 – x2) = 7 ⇒ m = -7 x − x = 1  1 2 b) Tìm m; n sao cho  2 với 2 và x1 = 4; x2 = 3 ⇒ n = 15  x1 − x 2 = 7 x1; x2 là các nghiệm của (1) III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn: 10/5/2019 Tiết: 18+19 Bài dạy:

Năm học: 2018 – 2019

25

§ Góc với đường tròn – Tứ giác nội tiếp (tt)

I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: : - Liên hệ giữa cung và dây cung - Góc với đường tròn - Tứ giác nội tiếp -Độ dài đường tròn, cung tròn; diện tích hình tròn, hình quạt tròn.

2. Kỹ năng: - Chứng minh tứ giác nội tiếp - Chứng minh các quan hệ hình học - Chứng minh đường thẳng, đường tròn đi qua 1 điểm cố định - Chứng minh điểm thuộc 1 đường cố định 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS KIẾN THỨC +K = 900 + 900 = 1800 Bài 3: Qua điểm A cho trước nằm ngoài Bài 3:a) Xét tứ giác BHMK: H đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC => Tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn.

(B, C là các tiếp điểm), lấy điểm M trên CM tương tự có tứ giác CHMI cũng nội tiếp được. cung nhỏ BC, vẽ MH ⊥ BC; MI ⊥ + HMK =C + HMI = 1800 b) Ta có B AC; MK ⊥ AB. a) Chứng minh các tứ giác: BHMK, =C ⇒ HMK = HMI (1) mà B CHMI nội tiếp đường tròn. = BCM , KBM = KHM (vì 2 góc nội tiếp KBM 2 b) Chứng minh MH = MI.MK cùng chắn cung MK và góc tạo bởi tia tt ... và c) Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn góc nội tiếp cùng chắn cung BM).

(O) cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh HCM = HIM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội chu vi ∆ APQ không phụ thuộc vào vị trí ) ⇒ KHM = HIM (2). tiếp cùng chắn HM điểm M. (1), (2) => ∆ HMK ~ ∆ IMH (g.g) => Từ MH MK = ⇒ MH 2 = MI .MK (đpcm) MI MH c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến) Xét chu vi ∆ APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM = (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi.

Vì A cố định và đường tròn (O) cho trước nên chu vi ∆ APQ không phụ thuộc vào vị trí của điểm M (đpcm).

Bài 4: Cho 2 đường tròn (O) và (O′) cắt Bài 4:

nhau tại hai điểm A, B phân biệt. a/ Ta có: ABC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên B, C, F Đường thẳng OA cắt (O), (O′) lần lượt ABF tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng thẳng hàng.. AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác O′ A cắt (O), (O′) lần lượt tại điểm thứ ACF nên chúng đồng quy. = IBF = 900 suy ra BEIF nội tiếp đường tròn. hai E, F. b/ Do IEF a/ Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và c/ Gọi H là giao điểm của AB và PQ DF đồng quy tại một điểm I. Ta chứng minh được các tam giác AHP b/ Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp HP HA = và PHB đồng dạng ⇒ ⇒ HP2 = HA.HB được trong một đường tròn.

HB HP Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

26

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS KIẾN THỨC c/ Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) Tương tự, HQ2 = HA.HB. Vậy HP = HQ hay H là trung và (O′) (P ∈ (O), Q ∈ (O′) ).

Chứng minh đường thẳng AB đi qua điểm PQ. trung điểm của đoạn thẳng PQ. I E D A

O'

O B

C P

H

F Q

BỔ SUNG: ................................................................................................................................................. ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ...................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn: 11/5/2019 Tiết: 20+21 Bài dạy:

Năm học: 2018 – 2019

27

§ Góc với đường tròn – Tứ giác nội tiếp (tt)

I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: : - Liên hệ giữa cung và dây cung - Góc với đường tròn - Tứ giác nội tiếp -Độ dài đường tròn, cung tròn; diện tích hình tròn, hình quạt tròn.

2. Kỹ năng: - Chứng minh tứ giác nội tiếp - Chứng minh các quan hệ hình học - Chứng minh đường thẳng, đường tròn đi qua 1 điểm cố định - Chứng minh điểm thuộc 1 đường cố định 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: KIẾN THỨC TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS Bài 5: Bài 5: = 900 (vì AF ⊥ AB) Cho đường tròn (O), từ điểm A ngoài a) FAB đường tròn vẽ đường thẳng AO cắt 0

đường tròn (O) tại B, C (AB < AC). BEC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) = 900. Do đó FAB + BEF = 1800 Qua A vẽ đường thẳng không đi qua (O) => BEF cắt đường tròn (O) tại D; E (AD < AE).

Vậy tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn. Đường thẳng vuông góc với AB tại A = AEB = ( 1 sđ cung AB) (vì 2 góc nội cắt đường thẳng CE tại F. b) Ta có: AFB 2 a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp tiếp cùng chắn 1 cung) đường tròn. b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FB AEB = BMD = ( 1 sđ cung BD) (vì 2 góc nội tiếp cùng với đường tròn (O), chứng minh 2 DM ⊥ AC. chắn 1 cung) c) Chứng minh: = BMD => AF // DM mà FA ⊥ AC Do đó AFB 2 CE . CF + AD . AE = AC . => DM ⊥ AC F AC CF c) ∆ ACF ~ ∆ ECB (g.g) => = => CE BC E CE.CF = AC.BC (1) D AB AD ∆ ABD ~ ∆ AEC (g.g) => = AE AC O => AD.AE = AC.AB (2) A B C (1), (2) => AD.AE + CE.CF = AC(AB + BC) = AC2 (đpcm) M

Bài 6:(Đnai 15-16) Cho đường tròn (O) tâm O đường kính AB. Lấy hai điểm phân biệt C và D thuộc đường tròn (O); biết C và D nằm khác phía đối với đường thẳng AB. Gọi E, F tương ứng là trung điểm của hai dây AC, AD.

Bài 6: a/ Dùng định lí Pytago cho tam giác vuông ACB và ADB

b/ Ta có E là trung điểm của AC, F là trung điểm của AD nên OE vuông góc với AC, OF vuông góc với AD do đó tứ giác AEOF có tổng hai góc đối là 2v nên nội tiếp. Do góc AEO vuông nên tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác a/Chứng minh AC2 + CB2 = AD2 + DB2. AEOF là trung điểm của AO.

b/ Chứng minh tứ giác AEOF nội tiếp c/ * Ta có tam giác OAD cân tại O nên góc OAD = góc đường tròn. Xác định tâm đường tròn ODA, mà góc ADK = góc AEK = góc AOF. Do góc Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS ngoại tiếp tứ giác AEOF. c/ Đường thẳng EF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại điểm K khác E. Chứng minh đường thẳng DK là tiếp tuyến của đường tròn (O). Tìm điều kiện của tam giác ACD đề tứ giác AEDK là hình chữ nhật.

C

28

KIẾN THỨC OAD + góc AOF = 900 nên góc ODA + góc ADK = 900 suy ra DK vuông góc với DO suy ra KD là tiếp tuyến (O). * Ta có OF là đường trung bình tam giác ABD nên OF // DB suy ra AOF = góc ABD = góc ACD.

Để tứ giác AEDK là hình chữ nhật thì EF = FK = FA = FD suy ra góc FAE = góc FEA suy ra góc FAE = góc ACD do đó tam giác ACD cân tại D

E

A

I

O

B

F D

K

BỔ SUNG: ................................................................................................................................................. ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ...................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

Ngày soạn: 12/5/2019 Tiết: 22+23 Bài dạy:

29

§ Góc với đường tròn – Tứ giác nội tiếp (tt)

I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: : - Liên hệ giữa cung và dây cung - Góc với đường tròn - Tứ giác nội tiếp -Độ dài đường tròn, cung tròn; diện tích hình tròn, hình quạt tròn.

2. Kỹ năng: - Chứng minh tứ giác nội tiếp - Chứng minh các quan hệ hình học - Chứng minh đường thẳng, đường tròn đi qua 1 điểm cố định - Chứng minh điểm thuộc 1 đường cố định 3.

Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS KIẾN THỨC Bài 7: Bài 7: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố a/ Theo giả thiết MN ⊥AB tại I định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 900 ACB = 900 hay ECB 2 = AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB + ECB = 1800 ⇒ EIB 3 tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên MN sao cho C không trùng với M, N và B. tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp.

Nối AC cắt MN tại E. b/ Theo giả thiêt MN ⊥AB, suy ra A là điểm a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp . nên AMN = ACM (hai chính giữa của MN 2 b) Chứng minh hệ thức: AM = = ACM , góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay AME AE.AC.

c) Hãy xác định vị trí của điểm C sao lại có CAM là góc chung do đó tam giác AME đồng cho khoảng cách từ N đến tâm đường dạng với tam giác ACM ⇒ AM = AE ⇒ AM2 = AC AM tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ AE.AC. nhất = ACM ⇒ AM là tiếp tuyến của c/ Theo trên AMN M = 900, đường tròn ngoại tiếp ∆ECM. Nối MB ta có AMB O1

do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp ∆ECM phải nằm trên BM.

C

E A

I

N

O

B

Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N

đến BM ⇒ NO1 ⊥BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM có bán kính là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O1), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM.

Bài 8: Cho đường tròn (O) đường Bài 8: kính AB bằng 6cm . Gọi H làđiểm nằm giữa A và B sao cho AH = 1cm. Qua H a) Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp: vẽ đường thẳng vuông góc với AB , ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại 0 0

C và D. Hai đường thẳng BC và DA cắt Suy ra MCA = 90 . Tứ giác MNAC có N + C = 180 nên nội tiếp được trong một đường tròn.

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS nhau tại M. Từ M hạ đường vuông góc MN với đường thẳng AB ( N thuộc thẳng AB). a) Chứng minh MNAC là tứ giác nội tiếp. b) Tính độ dài đoạn thẳng CH và tính tan ABC .

Năm học: 2018 – 2019

30

KIẾN THỨC b) Tính CH và tg ABC. AB = 6 (cm) ; AH = 1 (cm) ⇒ HB = 5 (cm).

Tam giác ACB vuông ở C, CH ⊥ AB ⇒ CH2 = AH . BH = 1 . 5 = 5 ⇒ CH = 5 (cm). Do đó tg

CH 5 = .

BH 5 c) Chứng minh NC là tiếp tuyến c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O): của đường tròn (O). = NMA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN Ta có NCA d) Tiếp tuyến tại A của đường tròn của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNAC).

(O) cắt NC ở E. Chứng minh đường thẳng EB đi qua trung điểm của đoạn NMA = ADC (so le trong của MN // CD) và

ADC = ABC (cùng chắn AC ) Nên NCA = ABC . Do thẳng CH. 1

= 1 sđ ABC = sđ AC ⇒ NCA AC . Suy ra CN là tiếp 2 2 tuyến của đường tròn (O). (xem lại bài tập 30 trang 79 SGK toán 9 tập 2). d) Chứng minh EB đi qua trung điểm của CH: Gọi K là giao điểm của AE và BC; I là giao điểm của CH (đồng và EB. KE//CD (cùng ⊥ với AB) ⇒ AKB = DCB ABC =

= DCB

(cùng chắn cung BD). vị).

DAB = MAN (đối đỉnh) và MAN = MCN (cùng chắn DAB ).

MN = ECK ⇒ ∆KEC cân ở E. Do đó EK = EC. Suy ra: EKC Mà EC = EA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên EK = EA. CI BI ∆KBE có CI // KE ⇒ = và ∆ABE có IH // AE KE BE IH BI = . ⇒ AE BE CI IH = mà KE = AE nên IC = IH (đpcm).

Vậy KE AE BỔ SUNG: ................................................................................................................................................. ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ...................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

Ngày soạn: 15/5/2019 Tiết: 24 + 25 Bài dạy:

31

§ Góc với đường tròn – Tứ giác nội tiếp (tt) Hàm số và đồ thị

I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: : - Liên hệ giữa cung và dây cung - Góc với đường tròn. Tứ giác nội tiếp - HS bậc nhất (Định nghĩa – Tính chất – Đồ thị) - Hàm số y=ax2 (a ≠ 0) (Tính chất – Đồ thị) - Quan hệ giữa (P): y=ax2 (a ≠ 0) và đường thẳng: y = mx + n 2. Kỹ năng: - Chứng minh tứ giác nội tiếp - Chứng minh các quan hệ hình học - Bài tập về sự biến thiên của hàm số - Vẽ đường thẳng: y = mx + n ; Vẽ (P): y=ax2 (a ≠ 0). Xác định tọa độ giao điểm của (D) và (P); Biện luận sự tồn tại giao điểm của (D) và (P) theo tham số - Xác định toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng và biện luận vị trí tương đối của 2 đường thẳng theo tham số.

- Chứng minh họ đường thẳng có chứa tham số đi qua 1 điểm cố định.

3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS KIẾN THỨC = 900 (vì góc nội tiếp chắn nửa Bài 9: Cho điểm C thuộc đoạn thẳng Bài 9: 1) Ta có IPC AB. Trên cùng một nửa mp bờ AB vẽ 0

hai tia Ax, By vuông góc với AB. Trên đường tròn) => CPK = 90 . +B = 900 + 900 = 1800 tia Ax lấy một điểm I, tia vuông góc với Xét tứ giác CPKB có: K CI tại C cắt tia By tại K . Đường tròn => CPKB là tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm) đường kính IC cắt IK tại P. 0

1) Chứng minh tứ giác CPKB nội 2) Xét ∆ AIC và ∆ BCK có A = B = 90 ; = BKC (2 góc có cạnh tương ứng vuông góc) ACI tiếp đường tròn.

2) Chứng minh rằng AI.BK = => ∆ AIC ~ ∆ BCK (g.g) => AI = AC BC BK AC.BC. => AI.BK = AC.BC. .

3) Tính APB = PIC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung 3) Ta có: PAC y

x

K

PC ) = PKC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC )Suy ra PBC + PBC = PIC + PKC = 900 (vì ∆ ICK vuông tại C).=> PAC

P I

A

C

B

= 900 .

APB Hàm số và đồ thị: Hàm số và đồ thị: I. Lý thuyết: (xem trong ĐC) Bài 1: (2 điểm) (09-10) II. Bài tập: 1/ Cho hàm số y = ax + b. Tìm a và b Bài 1: 1/. Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm biết rằng đồ thị hàm số đã cho đi qua hai A(-2;5) và B(1;-4) nên ta có hệ pt: điểm A(-2;5) và B(1;-4).  −2 a + b = 5 −3a = 9 a = −3 ⇔ ⇔  2/ Cho hàm số: y = (2m – 1)x + m + 2  a + b = −4  a + b = −4 b = −1 a/ Tìm điều kiện của m để hàm số luôn Vậy a = -3; b = -1 nghịch biến.

2/ Hàm số: y = (2m – 1)x + m + 2 b/ Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ a/ Hàm số luôn nghịch biến khi và chỉ khi 1 2 2m – 1 < 0 ⇔ m < . bằng − .

2 3 b/ Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

Bài 2: (13-14) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M ( −1; − 2 ) và song song đường thẳng y = 3x − 5 . Tìm hệ số a, b.

Bài 3: (2điểm)(12-13) Cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình lần lượt là y = mx2 và y = ( m + 2 )x + m – 1 ( m là tham số ) , m ≠ 0 ). a) Với m = –1 , tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P). b) Chứng minh rằng với mọi m ≠ 0 đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.

Năm học: 2018 – 2019

32

KIẾN THỨC 2 2 bằng − thì x = − và y = 0.

3 3 2 Thay x = − và y = 0 vào hàm số ta được: 3 2 −4 2 (2m – 1)( − ) + m + 2 = 0 ⇔ m+ +m+2=0 3 3 3 −1 8 ⇔ m= − ⇔m=8 3 3 Vậy m = 8 thì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có 2 hoành độ bằng − .

3 Bài 2: (13-14) y = ax + b song đường thẳng y = 3x − 5 suy ra a = 3 Hay y = 3x + b Mà y = 3x + b đi qua điểm M ( −1; − 2 ) Nên thay x = −1, y = −2 vào hàm số ta được: −2 = 3(−1) + b ⇒ b = 1

Bài 3: (2điểm)(12-13) a) Với m = –1 , ta có (P): y = –x2 và (d) : y = x – 2 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: –x2 = x – 2 ⇔ x2 + x – 2 = 0 Ta có : a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 . Nên phương trình có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = – 2 Với x1 = 1 ⇒ y1 = – 1 , ( 1 ; - 1 ) ; x2 = – 2 ⇒ y1 = – 4 , ( -2 ; - 4 ) Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1 ; - 1 ); (-2 ;- 4). b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: mx2 = ( m + 2 )x + m – 1 mx2 – ( m + 2 )x – ( m – 1 ) = 0 (1) 2

∆ =  − ( m + 2 )  + 4m ( m − 1) = m2 + 4m + 4 + 4m2 – 4m = 5m2 + 4 > 0 Nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Vậy (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

BỔ SUNG: ................................................................................................................................................. ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ...................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn: 16/5/2019 Tiết: 26-27 Bài dạy:

Năm học: 2018 – 2019

33

§ Hàm số và đồ thị

I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: - HS bậc nhất (Định nghĩa – Tính chất – Đồ thị) - Hàm số y=ax2 (a ≠ 0) (Tính chất – Đồ thị) - Quan hệ giữa (P): y=ax2 (a ≠ 0) và đường thẳng: y = mx + n 2. Kỹ năng: - Bài tập về sự biến thiên của hàm số - Vẽ đường thẳng: y = mx + n ; Vẽ (P): y=ax2 (a ≠ 0). Xác định tọa độ giao điểm của (D) và (P); Biện luận sự tồn tại giao điểm của (D) và (P) theo tham số - Xác định toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng và biện luận vị trí tương đối của 2 đường thẳng theo tham số.

- Chứng minh họ đường thẳng có chứa tham số đi qua 1 điểm cố định.

3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: KIẾN THỨC TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS 88’ Bài tập: Bài tập: Bài 4: Bài 4: Cho hai đường thẳng (d): y = - x + m + 2 và a) Khi m = - 2, ta có hai đườ ng th ẳ ng y = - x 2 + 2 = - x và y = (4 - 2)x + 1 = 2x + 1 (d’): y = (m2 - 2) x + 1 a) Khi m = -2, hãy tìm toạ độ giao điểm của Ta có toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là y = - x chúng. nghiệm của hệ  b) Tìm m để (d) song song với (d’)  y = 2x + 1

1 1 . ⇒y = .

3 3 1 1 Vậy tọa độ giao điểm là A( − ; ) .

3 3 b) Hai đường thẳng (d), ( d′ ) song song khi và chỉ khi m 2 - 2 = - 1 m = ± 1 ⇔  ⇔ m=1  m ≠ - 1 m + 2 ≠ 1 Vậy m = 1 thì hai đường thẳng đã cho song song ⇒ - x = 2x + 1 ⇔ x = -

với nhau.

Bài 5: Với giá trị nào của m thì đường thẳng : (d1) : y = (m – 1)x ; (d2) : y = 3x – 1 a) Song song với nhau b) Cắt nhau c) Vuông góc với nhau

Bài 5: a) (d1) // (d2) ⇔ m – 1 = 3 ⇔ m = 4 b) (d1) cắt (d2) ⇔ m – 1 ≠ 3 ⇔ m ≠ 4

2 3 Bài 6:Gọi A( x0 , y0)là một điểm cố định mà đường Bài 6: CM rằng đường thẳng y = mx + m – 2 luôn thẳng trên luôn luôn đi qua với mọi m Ta có y0 = mx 0 + m – 2 ⇔ m (x0 + 1) – (y0 + 2) = 0 đi qua 1 điểm cố định với mọi giá trị của m.  x0 + 1 = 0  x0 = −1 luôn đ úng ∀ m ⇔ ⇔   Tìm toạ độ điểm đó:  y0 + 2 = 0  y0 = −2 c) (d1) vuông góc (d2) ⇔ (m – 1).3 = -1 ⇔ m =

Vậy điểm A( - 1; - 2) là điểm cố định mà đường thẳng trên luôn đi qua A∀m

Bài 7: Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

34

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS Bài 7: KIÊN GIANG

KIẾN THỨC a) Đồ thị hai hàm số biểu diễn như hình vẽ.

Tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên là: a) Cho hàm số y = -x2 và hàm số y = x – 2.

(–4; –2) ; (1; –1) Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng hệ trục tọa độ. g (x ) = x-2 Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên bằng phương pháp đại số . f (x ) = -x 2

-2

2

b)

Cho parabol (P) : y =

x 4

và đường -4

3 m – 1. Tìm m để (D) b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) 2 là: x2 = 4mx – 6m – 4 (1) 2 tiếp xúc với (P) . Chứng minh rằng hai đường ⇔ x – 4mx + 6m + 4 = 0 (D) tiếp xúc với (P) khi (1) có nghiệm kép hay: thẳng (D1) và (D2) tiếp xúc với (P) và hai ∆ ' = 4m2 – 6m – 4 = 0 khi m = –1/ , hoặc m = 2 2 ⇒ phương trình (1) luôn luôn có nghiệm hay (D) đường thẳng ấy vuông góc với nhau.

(D1) : y = –1/2x – 3/4m – 1.

(D2) : y = 2x –3m – 1.

Bài 8: Toạ độ điểm chung của (P) và (d) là nghiệm của Bài 8: Cho các hàm số y = x2 - 4x + m (P) và y  y = x 2 - 4x + m (1) = 2x + 1 (d). Trong trường hợp tiếp xúc, tìm toạ hệ  (2)  y = 2x + 1 độ điểm tiếp xúc.

Phương trình hoành độ: x2 - 4x + m = 2x + 1 ⇔ thẳng (D) : y = mx -

x2 - 6x + m – 1 = 0

(3)

+ (P) tiếp xúc với (d) ⇔ phương trình (3) có nghiệm kép ⇔ ∆ = 9 – m + 1 = 0 ⇔ m = 10 Với m = 10 phương trình (3) trở thành x2 - 6x + 9 = 0 ⇔ x = 3 thay vào (2) ta có y = 7 Vậy với m = 10 thì (P) và (d) tiếp xúc với nhau tại điểm A(3;7)

Bài 9: Bài 9: Cho hàm số : y = x2 và y = x + m a) Tìm m sao cho đồ thị (P) của y = x2 và độ thị (D) của y = x + m có 2 giao điểm phân biệt A và B b) Tìm phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (D) tiếp xúc với (P)

Trần Ngọc Phong

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P) là : x2 = x + m ⇔ x2 – x – m = 0 (1) (D) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ (-1)2 – 4.1.(-m) > 0 1 ⇔ 1 + 4m > 0 ⇔ m > 4 b) Gọi phương trình đường thẳng (d) cần tìm : y = ax + b Vì (d ) ⊥ (D) => a.1 = -1 => a = -1 => y = -x + b Phương trình hoành độ giáo điểm của (d) và (P) là : x2 = - x + b ⇔ x2 + x - b = 0 (2) Phương trình (2) có : ∆ = 1 + 4b THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

35

KIẾN THỨC (d) tiếp xúc (P) ⇔ phương trình (2) có nghiệm 1 kép ⇔ ∆ = 1 + 4b = 0 => b = 4 Vậy phương trình đường thẳng (d) cần tìm 1 là : y = - x 4

BỔ SUNG: .................................................................................................................................................

Hướng dẫn thêm bài: Bài 4.3 tr 87 (sách Dẫn vào môn Toán lớp 9). Bài 2(GA), VD1 tr 17 (sách Bồi dưỡng HS vào lớp 10, Bài 34 tr 62 (SBT tập 1) Baøi taäp theâm: Trong cuøng maët phaúng toaï ñoä , cho (P) : y = − x 2 vaø ñöôøng thaúng (d) : y=mx+1 (m laø tham soá ).Xaùc ñònh m ñeå : a) (d) tieáp xuùc (P) b) (d) caét (P) taïi 2 ñieåm phaân bieät . c) (d) vaø (P) khoâng coù ñieåm chung .

Giaûi : Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (P) vaø (d) laø : x2+mx+1=0 (*) ∆ = m2 − 4 a) (d) tieáp xuùc (P)khi phöông trình (*) coù nghieäm keùp

m = 2 ⇔∆= 0 ⇔m2 −4 = 0 ⇔ m =−2

b) (d) caét (P) taïi 2 ñieåm phaân bieät khi (*) coù 2 nghieäm phaân bieät

m > 2 ⇔∆> 0 ⇔m2 − 4 > 0 ⇔ m <−2

c) (d) vaø (P) khoâng coù ñieåm chung khi (*) voâ nghieäm ⇔

∆ < 0 ⇔ m − 4 < 0 ⇔−2 < m < 2 2

III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

Ngày soạn: 17/5/2019 Tiết: 28-29 Bài dạy:

36

§ Các phương pháp chứng minh hình học

I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: 1. Các phương pháp chứng minh hình học: 2 đường thẳng song song, 2 đường thẳng vuông góc, 3 điểm thẳng hàng, các đẳng thức về đoạn thẳng, các đường thẳng đồng qui, 5 điểm cùng nằm trên một đường tròn,…

2. Một số BĐT có liên quan đến cực trị hình học - Ứng dụng 3. Các tập hợp điểm cơ bản trong chương trình hình học cấp 2: Giải toán tìm tập hợp điểm.

2. Kỹ năng: Rèn luyện kĩ năng nhận dạng, suy luận logic trong cm 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: KIẾN THỨC TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS Bài 1: Bên trong hình vuông ABCD vẽ tam Bài 1: giác đều ABE . Vẽ tia Bx thuộc nửa mặt phẳng a) Tam giác ADE cân tại A vì AD = AE. chứa điểm E, có bờ là đường thẳng AB sao cho Lại có: Bx vuông góc với BE. Trên tia Bx lấy điểm F A = DAB − EAB = 900 − 600 = 300 1 sao cho BF = BE. = AED = 1 (1800 − 300 ) = 750 .

Do đó ADE a) Tính số đo các góc của tam giác ADE. 2 b) Chứng minh 3 điểm: D, E, F thẳng b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF hàng. = 450 . vuông cân tại B, nên E c) Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác 1 AEB cắt AD tại M. Chứng minh ME // BF. Từ đó ta có: C = DEA +E +E = 750 + 600 + 450 = 1800 suy D DEF 2

E

3

2

1

x

M

1

ra 3 điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm. =A (cùng chắn cung EM) suy ra c) Ta có: B 1

1

= 300 nên B = 300 .

B 1 2 =B nên E = 300 .

O Mà E 3 2 3 1 1 2 0 +E = 60 + 300 = 900 hay ME ⊥ EB. Mặt V ậy E A B 2 3 khác BF ⊥ EB do đó ME // BF. Bài 2: Bài 2: 0

Cho đường tròn (O) ngoại tiếp ∆ ABC có H là a) Tứ giác MNKB nội tiếp được (vì K + N = 180 ).

Tứ giác MNCI cũng nội tiếp được (vì trực tâm. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M. = MIC MNC = 900) Gọi N, I, K lần lượt là hình chiếu của M trên MNC BC, CA, AB. Chứng minh: = BMK , INC = IMC (1) => BNK a) Ba điểm K, N, I thẳng hàng. (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung).

AB AC BC = IMC (2) (vì b) + = .

Mặt khác BMK MK MI MN + KMC = KMC + IMC do cùng bù với góc A BMK c) NK đi qua trung điểm của HM. của tam giác ABC) = INC nên 3 điểm K, N, I Từ (1), (2) suy ra BNK F

thẳng hàng.

= MCN = β (vì 2 góc nội tiếp cùng b) Vì MAK ) => chắn BM

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

TL

A S

KIẾN THỨC AK CN AB − BK CN = = cot β => = MK MN MK MN hay

H

P

C B

N

M

AI BN AC CI BN = hay + = MI MN MI MI MN

(2)

I

Mà Q

AB BK CN − = (1) MK MK MN

Tương tự có:

O

K

37

IC BK = IMC ) = = tan α ( α = BMK MI MK

(3) Từ (1), (2), (3) =>

AB AC BC + = (đpcm) MK MI MN

c) Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S => AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM). Vẽ HP // AS (P ∈ MS) => HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì Q và H đối xứng qua BC) => N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // = AIN vì cùng bằng NMC ) => KN AS do SAC

đi qua trung điểm của HM (đpcm).

BỔ SUNG: ................................................................................................................................................. .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn: 19/5/2019 Tiết: 30-31 Bài dạy:

Năm học: 2018 – 2019

38

Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Hệ phương trình

I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: - Phương pháp giải bài toán bằng cách lập PT, HPT - Các dạng toán (Chú ý – Sơ đồ giải) 2. Kỹ năng: - Toán chuyển động - Toán sắp xếp (Hay Toán về sự phân chia đều đặn) - Toán hoàn thành công việc (Hay Toán làm chung-làm riêng) - Toán có liên quan đến các bộ môn khác Rèn luyện kĩ năng nhận dạng, suy luận logic trong cm 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát, rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

Bài 1: (2điểm) (12-13) Quãng đường từ Quy Nhơn đến Bồng sơn dài 100 km. Cùng một lúc , một xe máy khởi hành từ Quy Nhơn đi Bồng Sơn và một xe ô tô khởi hành từ Bồng Sơn đi Quy Nhơn. Sau khi hai xe gặp nhau, xe máy đi 1 giờ 30 phút nữa mới đến Bồng Sơn. Biết vận tốc hai xe không thay đổi trên suốt quãng đường đi và vận tốc của xe máy kém vận tốc xe ô tô là 20 km/h. Tính vận tốc mỗi xe.

Trần Ngọc Phong

KIẾN THỨC

DẠNG 1: Toán chuyển động Gồm ba đại lượng tham gia là quãng đường (S); vận tốc (V); thời gian (t) S S S = V.t; V = ; t = t V Khi 2 động tử chuyển động ngược chiều; cùng lúc thì S thời gian gặp nhau là: t = V1 + V2 Khi hai động tử chuyển động cùng lúc; cùng chiều S thì thời gian đuổi kịp là: t= V1 - V2 Khi chuyển động có vận tốc nước thì: Vxuôi dòng = Vthực + Vnước Vngược dòng = Vthực - Vnước ⇒ Vxuôi dòng + Vngược dòng = 2.Vthực và ⇒ Vxuôi dòng - Vngược dòng = 2.Vnước Bài 1: 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ Gọi vận tốc của xe máy là x (km/h) , x > 0. Vận tốc của ô tô là x + 20 (km/h). Đến khi gặp nhau ô tô đi được 1,5x (km) 100 − 1, 5x Thời gian xe máy đi đến chỗ gặp nhau : (giờ) x 1,5x Thời gian ô tô đi đến chỗ gặp nhau : (giờ) x + 20 100 − 1,5x Theo đề bài toán ta có phương trình: = x 1,5x ⇔ 3x2 – 70x – 2000 = 0 x + 20 ∆ ' = 1225 + 6000 = 7225 > 0 ⇒ ∆ ' = 85 35 + 85 Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = = 40 3 35 − 85 −50 (TMĐK) ; x 2 = = (loại) 3 3 THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

Bài 2: (2,0 điểm) (15-16) Trên một vùng biển được xem như bằng phẳng và không có các chướng ngại vật. Vào lúc 6 giờ có một tàu cá đi thẳng qua tọa độ X theo hướng từ Nam đến Bắc với vận tốc không đổi. Đến 7 giờ một tàu du lịch cũng đi thẳng qua tọa độ X nhưng theo hướng từ Đông sang Tây với vận tốc lớn hơn vận tốc tàu cá 12 km/h. Đến 8 giờ khoảng cách giữa hai tàu là 60km.

Tính vận tốc của mỗi tàu.

Bài 3: Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách nhau 24km; cùng lúc đó, cũng từ A về B một bè nứa trôi với vận tốc dòng nước là 4km/h. Khi đến B ca nô quay lại ngay và gặp bè nứa tại địa điểm C cách A là 8km. Tính vận tốc thực của ca nô

Bài 4: Một chiếc thuyền đi trên dòng sông dài 50km. Tổng thời gian xuôi dòng và ngược dòng là 4 giờ 10 phút.

Tính vận tốc thực của thuyền biết rằng một chiếc bè thả nổi phải mất 10 giờ mới xuôi hết dòng sông

Năm học: 2018 – 2019

39

KIẾN THỨC Vậy vận tốc xe máy là 40 km/h ; vận tốc ô tô là 40 + 20 = 60 km/h.

Bài 2: (2,0 điểm) Gọi vận tốc của tàu cá là x (km/h). ĐK: x > 0 Vận tốc của tàu du lịch là x + 12 (km/h) Lúc 8 giờ tàu cá cách tọa độ X một khoảng: (8-6)x = 2x (km) Lúc 8 giờ tàu du lịch cách tọa độ X một khoảng: (7-6)(x+12) = x+12 (km) Vì Tàu cá đi theo hướng từ Nam đến Bắc và Tàu du lịch đi theo hướng từ Đông sang Tây và hai tàu cách nhau 60km nên ta có phương trình: (2x)2 + (x +12)2 = 602 ⇔ 5x2 + 24x – 3456 = 0 Giải phương trình ta được x1 = 24 (thỏa mãn) và x2 = -28,8 (loại) Vậy vận tốc của Tàu cá là 24 km/h còn vận tốc Tàu du lịch là 36 km/h Bài 3: Gọi x(km/h) là vận tốc thực của ca nô (x > 4) Thời gian ca nô đi đến lúc gặp bè nứa: 8 : 4 = 2 giờ Lập bảng tóm tắt Quãng đường Vận tốc Thời (Km) (km/h) gian (h) 24 Xuôi 24 x+4 dòng x+4 16 Ngược 16 x–4 dòng x−4 Cơ sở lập phương trình: Tổng thời gian ca nô xuôi dòng và ngược dòng là 2 giờ 24 16 Ta có phương trình: + =2 x+4 x−4 Giải phương trình ta được x1 = 20; x2 = 0 (loại) Vậy vận tốc thực của ca nô là 20km/h Bài 4: Vận tốc dòng nước: 50: 10 = 5(km/h) Gọi x(km/h) là vận tốc thực của ca nô (x > 5) Lập bảng tóm tắt Quãng đường Vận tốc Thời (Km) (km/h) gian (h) 50 Xuôi 50 x+5 dòng x+5 50 Ngược 50 x–5 dòng x−5

Cơ sở lập phương trình: Tổng thời gian thuyền xuôi dòng 25 và ngược dòng là 4 giờ 10 phút = giờ 6 50 50 25 Ta có pt: + = ⇔ x2 – 24x – 25 = 0 x+5 x−5 6 Giải phương trình ta được x1 = -1 (loại) x2 = 25 Vậy vận tốc thực của thuyền là 25(km/h) Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

40

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS Bài 5:(2 điểm) (09-10) Một người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Quy Nhơn. Sau đó 75 phút một ô tô khởi hành từ Quy Nhơn đi Hoài Ân với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 20km/h. Hai xe gặp nhau tại Phù Cát.

Tính vận tốc của mỗi xe, giả thiết Hoài Ân cách Quy Nhơn 100km và Quy Nhơn cách Phù Cát 30km.

KIẾN THỨC Bài 5:(2 điểm) (09-10) Gọi x (km/h) là vận tốc của người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Quy Nhơn. ĐK: x > 0 Vận tốc của ô tô khởi hành từ Quy Nhơn đi Hoài Ân: x + 20 (km/h).

Hoài Ân cách Phù Cát: 100 – 30 = 70 (km) 70 Thời gian xe máy đi từ Hoài Ân đến Phù Cát: h x 30 Thời gian ô tô đi từ Quy Nhơn đến Phù Cát: h x + 20 5 Đổi 75ph = h 4 30 5 70 Theo đề ta có pt: + = ⇔ x2 – 12x – 1120 = 0 x + 20 4 x Giải pt ta được x1 = -28 (loại); x2 = 40 (TM) Vậy vận tốc của xe máy là: 40km/h; vận tốc của ô tô là 40 + 20 = 60 (km/h)

DẠNG 2: Toán công việc làm chung; làm riêng

DẠNG 2: Toán công việc làm chung; làm riêng Gồm ba đại lượng tham gia là khối lương công việc (KLCV); năng suất (NS); thời gian (t) KLCV KLCV KLCV = NS.t; NS = ;t= t NS Khi làm xong công việc thì khối lượng công việc được biểu thị bằng 1 Cơ sở lập phương trình là: NSI + NSII = NSchung Bài 1: Nếu vòi thứ nhất chảy đầy bể và vòi thứ hai chảy đầy bể thì mất tổng cộng là 16 giờ Gọi x (h) là thời gian vòi thứ nhất chảy đầy bể (3 < x < 16) Lập bảng tóm tắt KLCV NS Thời gian (giờ) 1 Vòi 1 1 x x 1 Vòi 2 1 16 - x 16 - x 1 Cả hai vòi 1 3 3

Bài 1: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước trong 3 giờ thì đầy bể.

Nếu mở vòi thứ nhất chảy nửa bể và vòi thứ hai chảy nửa bể còn lại thì mất tổng cộng là 8 giờ. Hỏi nếu chảy một mình thì mỗi vòi mất bao lâu đầy bể.

Chú ý, nếu lập hpt ta có : 1 1 1  x + y = 3  Cơ sở lập phương trình: NSI + NSII = NSchung x + y =8  2 2 1 1 1 Ta có phương trình: + = Trong đó x, y là thời gian chảy riêng đầy x 16 - x 3 2 bể của vòi 1,2 ⇔ x – 16x + 48 = 0 Giải phương trình ta được x1 = 12; x2 = 4 (cả hai nghiệm đều thích hợp) Vậy thời gian vòi thứ nhất chảy đầy bể là 12 giờ hoặc 4 giờ, thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể là 4 giờ hoặc 12 giờ Bài 2: (2 điểm) (13-14) Bài 2: (2 điểm) (13-14) Hai công nhân cùng làm một Gọi thời gian người thứ nhất làm riêng xong công việc là Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS công việc trong 16 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm trong 3 giờ, người thứ hai làm trong 6 giờ thì họ làm được 1 công việc. Hỏi mỗi công nhân làm 4 một mình thì trong bao lâu làm xong công việc?

Chú ý, nếu lập hpt ta có : 1 1 1  x + y = 16   3 + 6 = 1  x y 4 Bài 3: Để hoàn thành một công việc, hai tổ phải làm chung trong 6 giờ. Sau 2 giờ làm chung thì tổ hai được điều đi làm việc khác, tổ một đã hoàn thành công việc còn lại trong 10 giờ. Hỏi nếu mỗi tổ làm riêng thì sau bao lâu sẽ làm xong công việc đó?

Năm học: 2018 – 2019

41

KIẾN THỨC x(h), đk 16 < x

1 (cv) x 1 1 − (cv) Trong 1 giờ người thứ hai làm được 16 x Theo đề ra ta có PT: 3 1 1 1 + 6( − ) = ⇔ 16.3 + 6x − 16.6 = 4x ⇔ x = 24 x 16 x 4 Người thứ nhất làm riêng xong công việc trong 24 giờ Người thứ hai làm riêng xong công việc trong 48 giờ Trong 1 giờ người thứ nhất làm được

Bài 3: Gọi x(h) là thời gian tổ một hoàn thành công việc (x > 6) 1 Trong 1 giờ tổ một làm được công việc x 1 Trong 1 giờ cả hai tổ làm được: công việc 6 x−6 1 1 Trong 1 giờ tổ hai làm được: – = công việc 6 x 6x 6x Thời gian tổ hai hoàn thành công việc là giờ x−6 1 Trong 2 giờ cả hai tổ làm được: công việc 3 1 2 Phần việc còn lại tổ một làm là: 1 – = công việc 3 3 1 2 Ta có phương trình: 10. = Giải phương trình ta x 3 được x = 15 Vậy tổ một hoàn thành công việc trong 15 giờ.

6.15 Tổ hai hoàn thành công việc trong = 10 giờ 15 − 6

III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn: 21/5/2019 Tiết: 32-34 Bài dạy:

Năm học: 2018 – 2019

42

§ Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Hệ phương trình

I. MỤC TIÊU : 1. Kiến thức: - Phương pháp giải bài toán bằng cách lập PT, HPT - Các dạng toán (Chú ý – Sơ đồ giải) 2. Kỹ năng: - Toán chuyển động - Toán sắp xếp (Hay Toán về sự phân chia đều đặn) - Toán hoàn thành công việc (Hay Toán làm chung-làm riêng) - Toán có liên quan đến các bộ môn khác 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: TL HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS DẠNG 3: Toán thêm bớt, tăng giảm Bài 1: Một xí nghiệp dự định dùng một số ô tô có trọng tải không quá 5 tấn để chở 40 tấn hàng với một lần vận chuyển nhưng thực tế có 55 tấn hàng nên phải thêm 1 xe và mỗi xe phải chở thêm1 tấn hàng. Hỏi trong kế hoạch có bao nhiêu xe?

KIẾN THỨC DẠNG 3: Toán thêm bớt Bài 1: Gọi x là số chiếc xe trong kế hoạch (x nguyên; x > 8) Lập bảng tóm tắt Số Số hàng mỗi Số xe hàng(tấn) xe chở 40 Kế hoạch 40 x x 55 Thực tế 55 x+1 x+1 Cơ sở lập phương trình: Thực tế mỗi xe chở nhiều hơn kế hoạch là 1 tấn 55 40 Ta có phương trình: – = 1 x+1 x ⇔ x2 – 14x + 40 = 0 Giải phương trình ta được x1 = 10; x2 = 4 (loại) Vậy số chiếc xe lúc đầu là 10 chiếc Bài 2: Gọi x là số hàng ghế trong phòng họp (x nguyên ; Bài 2: Một phòng họp có 360 ghế ngồi x > 0). Lập bảng tóm tắt được xếp thành từng hàng và số ghế ở Số ghế trên Số ghế Số hàng mỗi hàng bằng nhau. Nếu tăng thêm 1 một hàng hàng và mỗi hàng tăng thêm 1 ghế thì sẽ 360 có 400 ghế. Hỏi phòng họp có bao nhiêu Lúc đầu 360 x x hàng ghế và mỗi hàng có bao nhiêu ghế 400 Lúc sau 400 x+1 x+1 Cơ sở lập phương trình: Lúc sau mỗi dãy nhiều hơn lúc đầu là 1 ghế 400 360 Ta có phương trình: – = 1 x+1 x ⇔ x2 – 2x – 80 = 0 Giải phương trình ta được x1 = 15; x2 = 24 (cả hai nghiệm đều thoả mãn) Vậy số hàng ghế lúc đầu là 15 hàng và mỗi hàng xếp 24 ghế ngồi Hoặc số hàng ghế lúc đầu là 24 hàng và mỗi hàng xếp 15 ghế ngồi Bài 3: Bài 3: Theo kế hoạch, một đội xe phải

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS chở 120 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì có 2 xe bị hỏng nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 16 tấn. Hỏi đội xe có mấy chiếc

Năm học: 2018 – 2019

43

KIẾN THỨC Gọi x là số chiếc xe lúc đầu (x nguyên; x > 2) Lập bảng tóm tắt

Số hàng mỗi xe chở 120 Lúc đầu 120 x x 120 Lúc sau 120 x-2 x-2 Cơ sở lập phương trình: Lúc sau mỗi xe chở nhiều hơn lúc đầu là 16 tấn 120 120 Ta có phương trình: – = 16 x-2 x ⇔ x2 – 2x – 15 = 0 Giải phương trình ta được x1 = 5; x2 = -3 (loại) Vậy số chiếc xe lúc đầu là 5 chiếc DẠNG 4: Toán có nội dung hình học DẠNG 4: Toán có nội dung hình học Bài 1: Một hình chữ nhật có đường Bài 1: chéo 13m; chiều dài hơn chiều rộng 7m. Gọi x(m) là chiều dài (7 < x < 13) Tính diện tích của hình chữ nhật Chiều rộng là x – 7 (m) Áp dụng định lý Pytago ta có phương trình: x2 + (x – 7)2 = 132 Giải phương trình ta được: x1 = 12; x2 = -5 (loại) Chiều dài là 12(m); chiều rộng là 5 (m) Diện tích là 12.5 = 60(m2) Bài 2: Bài 2: Một tấm tôn hình chữ nhật có chu vi 114 bằng 114cm. Người ta cắt bỏ bốn hình Nửa chu vi tấm tôn: = 57(cm) .

2 vuông có cạnh là 5cm ở bốn góc rồi gấp lên thành một hình hộp chữ nhật (không Gọi kích thước thứ nhất của tấm tôn là x(cm), điều kiện: có nắp). Tính các kích thước của tấm 10 < x <57. tôn đã cho. Biết rằng thể tích hình hộp Ta có kích thước thứ hai là 57 - x(cm). bằng 1500cm3 (chuyên Thừa Thiên Huế Sau khi gấp thành hình hộp chữ nhật, ba kích thước của năm 2009) nó là: x–10(cm); 47-x(cm); 5(cm).

Thể tích hình hộp chữ nhật: (x – 10).(47 – x).5 (cm3) Theo bài ra ta có phương trình: (x – 10)(47 – x).5 = 1500 ⇔ x2 – 57x + 770 = 0 Giải phương trình: x1 = 35 ; x2 = 22 (thoả mãn điều kiện bài toán) Bài 3 : (2điểm) Bài 3 : (2điểm) (11-12) Gọi x (m) là chiều rộng hcn (x > 0 ) Một mảnh đất hình chữ nhật có Chi ều dài hcn là: x + 6 (m) chiều dài hơn chiều rộng 6m và bình Bình phương độ dài đường chéo hcn là: x2 + (x + 6)2 phương độ dài đường chéo gấp 5 lần 2 (m ). chu vi.Tính diện tích hình chữ nhật Chu vi hcn là: 2(x + x + 6) = 2( 2x + 6) (m).

Ta có Pt: x2 + (x + 6)2 = 10( 2x + 6) ⇔ x2 – 4x – 12 = 0 ( a = 1; b’ = - 2 ; c = -12 ) Số hàng(tấn)

Số xe

∆ ' = (-2)2 -1.(-12) 16 > 0 ; ∆ ' = 16 = 4 . Pt có hai nghiệm phân biệt: 2+4 2−4 x1 = = 6 ( > 0 Thõa ĐK) x2 = = −2 ( < 0 1 1 Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

Năm học: 2018 – 2019

44

KIẾN THỨC Loại) TL: Chiều rộng hcn: 6 m Chiều dài hcn : 12m Diện tích hcn : 6x 12 = 72 (m2) Vậy các kích thước tấm tôn đã cho là: 35(cm); 22(cm) DẠNG 5: Toán số học, phần trăm Bài tập: - Gọi chữ số hàng chục là x và chữ số hàng đơn vị là y ( Điều kiện: 0< x; y ≤ 9); x; y ∈ N) - Theo bài ra chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 nên ta có phương trình: x - y = 2

DẠNG 5: Toán số học, phần trăm Bài tập: Tìm 1 số tự nhiên có 2 chữ số, biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 và nếu đổi chỗ 2 chữ 4 số cho nhau thì được số mới bằng số 7 - Ta có số đã cho là: xy = 10 x + y , số mới sau khi đổi ban đầu. chỗ 2 chữ số cho nhau là: yx = 10 y + x (1) Theo bài ra nếu đổi chỗ 2 chữ số cho nhau thì được số 4 mới bằng số ban đầu ta có phương trình: 7 4 10y + x = (10 x + y ) (2) 7 Bài 2: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất ừ (1) và (2) ta có hệ phương trình: T 600 sản phẩm trong một thời gian nhất x-y= 2  định. Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I  y= 2  ( thoả mãn ) ⇔ đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức  4 x=4 21%. Vì vậy trong thời gian quy định họ 10y + x = 7 (10 x + y ) đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm . Vậy chữ số hàng chục là 4; chữ số hàng đơn vị là 2, Số đã Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ cho là: 42 theo kế hoạch là bao nhiêu Bài 2: Gọi x là số sản phẩm tổ I hoàn thành theo kế hoạch (0 < x < 600) Số sản phẩm tổ II hoàn thành theo kế hoạch là 600 - x 18x Số sản phẩm vượt mức của tổ I là 100 ( 600 − x ) 21 Số sản phẩm vượt mức của tổ II là 100 18x ( 600 − x ) 21 Ta có phương trình: + = 120 100 100 Giải phương trình ta được x = 200 Vậy số sản phẩm theo kế hoạch của tổ I là 200 sản phẩm số sản phẩm theo kế hoạch của tổ II là 400 sản phẩm BỔ SUNG: ................................................................................................................................................. ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................... ...................................................................................................................................................................

III. RÚT KINH NGHIỆM: .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

45

Ngày soạn: 22/5/2019 Tiết: 35-36 Bài dạy: I. MỤC TIÊU : 1. Kiến thức: Phương trình nghiệm nguyên, số chính phương.

2. Kỹ năng: Tìm được nghiệm nguyên của pt. Vẽ hình và sử dụng góc trong cm 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: TL

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

KIẾN THỨC Bài 1: (a + b)2 – 4ab = (a - b)2 ≥ 0 ⇒ (a Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b ≤ 2 2 . Tìm giá trị Ta có + b)2 ≥ 4ab 1 1 nhỏ nhất của biểu thức: P = + . (a + b) ≥ 4 ⇔ 1 + 1 ≥ 4 a b ⇔ ab Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành (a + b) b a (a + b) theo sơ đồ "bé dần": P ≥ B, (chữ cái đầu của chữ bé hơn).

4 ⇒P≥ , mà a + b ≤ 2 2 1) Giả thiết a + b ≤ 2 2 đang ngược với sơ đồ "bé (a + b) 1 1 dần" nên ta phải chuyển hoá a + b ≤ 2 2 ⇔ .

4 4 ≥ ⇒ ≥ ⇒P≥ 2. a +b 2 2 a + b) 2 2 ( 1 Từ đó mà lời giải đánh giá P theo .

Dấu “ = ” xảy ra a+b ( a - b )2 = 0 1 1 4 ⇔a=b= 2.

2) + ≥ với a > 0, b > 0 là một bất đẳng thức ⇔  a b a+b a + b = 2 2 đáng nhớ. Tuy là một hệ quả của bất đẳng Cô-si, nhưng Vậy: min P = 2 . nó được vận dụng rất nhiều. Chúng ta còn gặp lại nó trong một số đề sau.

3) Các bạn tham khảo lời giải khác của bài toán như là một cách chứng minh bất đẳng thức trên.

Với hai số a > 0, b > 0 ta có 1 1 Co − si 2 Co − si 2.2 4 4 P= + ≥ ≥ = ≥ = 2 . Dấu a b a+b a+b 2 2 ab đẳng thức có khi a = b = 2 . Vậy minP = 2 .

Bài 1:

Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x2 - x y + x + y -

y +1

Bài 2: ĐK: y > 0 ; x ∈ R. Ta có: P= x 2 - x y + x + y - y + 1 = x 2 - x(

 = x  

( y - 1) +

)

y −1 4

+

y 3y 3 + 4 2 4

2

2 y −1  3  1 2 2 y−  + ≥  + 2  4  3 3 3

Bài 3: Cho x > 0, y > 0 và x + y ≥ 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 6 8  P = 3x + 2y + thức : + .  x = x y . Dấu “=” xảy ra ⇔  • Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận y =  hành theo sơ đồ "bé dần": P ≥ B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn).

2 1) Do giả thiết cho x + y ≥ 6, đã thuận theo sơ đồ "bé Suy ra: Min P = .

3 dần": P ≥ B, điều ấy mách bảo ta biểu thị P theo (x + y).

Bài 3: Trần Ngọc Phong

2

-1 3 .

1 9

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS 6 8 Để thực hiện được điều ấy ta phải khử và . Do có x > x y 0; y > 0 nên việc khử được thực hiện dễ dàng bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các từng cặp số Ax và 6 8 , By và . x y 3 3 Bởi lẽ đó mà lời giải đã "khéo léo" tách 3 x = x + x , 2 2 3 1 2y = y + y .

2 2 2) Tuy nhiên mấu chốt lời giải nằm ở sự "khéo léo" 3 1 nói trên. Các số , được nghĩ ra bằng cách nào?

2 2 Với mọi số thực a < 2, ta có

P = 3x + 2 y +

6 8 + = x y

6  8  a ( x + y ) +  (3 − a ) x +  +  (2 − a ) y +  x  y 

(1)

⇒

(2) P ≥ 6a + 2 6(3 − a ) + 2 8(2 − a ) 6 Ta có (3 − a ) x + ≥ 2 6(3 − a ) , dấu đẳng thức có khi x 6 x= ; (3) 3− a 8 (2 − a ) y + ≥ 2 8(2 − a ) , dấu đẳng thức có khi y

46

KIẾN THỨC Ta có : P = 3x + 2y + 6 8 3 3 3 6 y 8 + = ( x + y) + ( x + ) + ( + ) x y 2 2 2 x 2 y Do 3 x+ 2 3x + 2

3 3 3 y= ( x + y ) ≥ . 6 = 9.

2 2 2 6 3x 6 ≥ 2 . =6 , x 2 x y 8 y 8 ≥ 2 + . =4 2 y 2 y Suy ra P ≥ 9 + 6 + 4 = 19 Dấu bằng xẩy ra khi  x + y = 6  x = 2 6  3x = ⇔   x y = 4 2 8 y 2 = y  Vậy min P = 19.

8 . ; (4) 2−a Để (2) trở thành đẳng thức buộc phải có x + y = 6 ⇒ 6 8 + =6 (5) 3−a 2−a 3 3 Thấy rằng a = là một nghiệm của (5). Thay a = vào 2 2 3 (2) ta có sự phân tích như lời giải đã trình bày. Các số , 2 1 được nghĩ ra như thế đó.

2 y=

3) Phương trình (3) là phương trình "kết điểm rơi". Người ta không cần biết phương trình "kết điểm rơi" có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. (Việc giải phương trình "kết điểm rơi" nhiều khi phức tạp và cũng không cần thiết.)

Bài 4:Cho x và y là hai số thỏa mãn đồng thời : x ≥ 0 , y ≥ 0, 2x + 3y ≤ 6 và 2x + y ≤ 4.

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức K 2 = x - 2x – y.

Trần Ngọc Phong

Bài 4: Từ 2x + 3y ≤ 6 2 2 ⇒y ≤ 2 - x⇒-y≥ x-2 3 3 THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

47

KIẾN THỨC

2 • Nhiều khi tìm trực tiếp GTNN của biểu thức K thật khó K = x - 2x - y

khăn. "Cái khó ló cái khôn", người ta bắc cầu K qua biểu ≥ x 2 - 2x + 2x - 2 = (x - 2 ) 2 - 22 ≥ - 22 3 3 9 9 thức B (bé hơn) theo sơ đồ "bé dần": K ≥ B . Rồi đi tìm GTNN của B, từ đó mà suy ra GTNN của biểu thức K. Các mối liên hệ giữa K và giả thiết sẽ chỉ dẫn chúng ta tìm đến Suy ra : min K = - 22 khi x = 9 B. 2 2 14 + Trong bài toán trên, thấy trong biểu thức K = x − 2x ; y= 3 9 − y có chứa − y, nên để thuận theo sơ đồ "bé dần" ta 2 Ta có : 2x + xy ≤ 4x ( x ≥ 0) 2x biến đổi : 2x + 3y ≤ 6 ⇔ − y ≥ −2 - y ( x + 2) 3 xy ⇒ x 2 - 2x - y ≤ -y= ≤0 2 2 2 2x 2  22  Thay − y bởi − 2 ta có K ≥ B =  x −  − .

3 3 9  y = 0 • Cũng vậy, đối với tìm GTLN thì việc bắc cầu phải theo Suy ra : max K = 0 khi  hoặc x = 0 sơ đồ "lớn dần": K ≤ L y = 0 + Trong các giả thiết không thể suy ra − y ≤ h(x) để tìm L  x=2 (lớn hơn) trong sơ đồ "lớn dần" . Vậy nên để có biểu thức  L buộc phải đánh giá bộ phận còn lại x2 − 2x ≤ g(x). y x≥ 0 xy Ta có 2x + y ≤ 4 ⇔ x − 2 ≤ ⇔ x 2 − 2 x ≤ . (ở 2 2 xy đây g ( x) = ) 2 xy y Thay x2 − 2x bởi ta có K ≤ L = − ( x + 2) .

2 2 • Chắc chắn bạn còn thắc mắc là bài toán có hai giả thiết, thế nhưng khi tìm GTNN (GTLN) lại sử dụng giả thiết này mà không sử dụng giả thiết kia ? + Trong quá trình đánh giá có thể tìm được nhiều biểu thức B. Gọi Bk là một trong số các biểu thức B tìm được và có minBk = β. Thế thì β chưa hẳn đã là GTNN của K. Chỉ trong trường hợp khi minBk = β mà ta cũng có K = Bk (hoá giải được dấu "=" trong sơ đồ "lớn hơn") thì mới có minK = minBk = β. Trong trường hợp đó biểu thức Bk được gọi là "kết". Lời giải chỉ thành công khi tìm được "kết".

Trong bài toán trên, sử dụng giả thiết còn lại không dẫn tới "kết".

Tình huống cũng tương tự đối với việc tìm biểu thức L. Biểu thức L dẫn tới maxK cũng được gọi là "kết". + Trong bài toán trên, hình thức các giả thiết chưa đủ để chỉ dẫn "bắt mạch" sử dụng giả thiết này hay giả thiết kia.

Nhiều bài toán phức tạp có thể cần sự kết hợp của tất cả các giả thiết mới tìm được "kết".

• Mấu chốt của bài toán tìm GTNN, GTLN là tìm "kết".

Nhìn lại kết của các đề trước : + Bài 1: "kết" chính là biểu thức phải tìm GTNN. Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TL

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS 3 6 1 8 3 + Bài 3: Bk = ( x + y ) +  x +  +  y +  .

2 x 2 y 2 + Bài 4:Bk = ∆1 + ∆2.

48

KIẾN THỨC

Bài 5: Bài 5: Cho biểu thức A = 2x - 2 xy + y - 2 x + 3 . Hỏi A A = 2 x - 2 xy + y - 2 x + 3 . có giá trị nhỏ nhất hay không? Vì sao?

Trước hết ta thấy biểu thức A có nghĩa Cảnh báo. Các bạn cùng theo dõi một lời giải sau : x ≥ 0 khi và chỉ khi:  (1). x ≥ 0 Biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi  . Biến đổi  xy ≥ 0 y ≥ 0 Từ (1) ta thấy nếu x = 0 thì y nhận mọi 2 2 A = x − y + x −1 + 2 . giá trị tùy ý thuộc R (2).

Mặt khác, khi x = 0 thì A = y + 3 mà y Suy ra minA = 2, đạt được khi x = y = 1 (!). có thể nhỏ tùy ý nên A cũng có thể nhỏ • Kết quả bài toán sai thì đã rõ. Nhưng cái sai về tư duy mới tùy ý. Vậy biểu thức A không có giá trị nhỏ nhất. đáng bàn hơn.

(

) (

)

1) Điều kiện xác định của P(x; y) chứa đồng thời x x = 0 x > 0 và xy là D =  ∪ y ∈ℝ y ≥ 0 Do vậy để tìm GTLN, GTNN P(x; y) cần phải xét độc lập x = 0 x > 0 hai trường hợp  và  y∈ℝ y ≥ 0 x = 0 x > 0 x ≥ 0 2) Không thể gộp chung  thành  ∪ y∈ℝ y ≥ 0 y ≥ 0 3) Do cho rằng điều kiện xác định của P(x; y) là x ≥ 0 x = 0 (bỏ sót Dy <0 =  ) Dy ≥0 =  y ≥ 0 y < 0 Vậy nên A = 2 là GNNN của A trên Dy ≥0 , chưa đủ để kết luận đó là GTNN của A trên D. 4) Nhân đây liên tưởng đến phương trình P( x) Q ( x) = 0 .

(1) Q ( x ) = 0  Biến đổi đúng (1) ⇔  Q( x) > 0 . Cách biến đổi sau là   P( x) = 0 Q ( x) ≥ 0 sai (1) ⇔  .

Bài 6: Đk: x3 + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ -1 (1).  P( x) = 0

(

Bài 6: Giải phương trình: 10 x 3 + 1 = 3 x 2 + 2

)

Để các bạn có cách nhìn khái quát, tôi khai triển bài toán trên một bình diện mới.

Viết lại 10 x3 + 1 = 3(x2 + 2) ⇔ 10 ( x + 1)( x 2 − x + 1) = 3[(x + 1) + x2 − x + 1) (1) Phương trình (1) có dạng α.P(x) + β.Q(x) + γ . P( x)Q ( x) = 0 (α ≠ 0, β ≠ 0, γ ≠ 0) (2)

(phương trình đẳng cấp đối với P(x) và Q(x)). Đặt Q( x) = t. P ( x) , (3) Trần Ngọc Phong

Đặt: a = x + 1 ; b = x 2 - x + 1 ,( a ≥ 0; b>0) (2) ⇒ a2 + b2 = x2 + 2.

Khi đó phương trình đã cho trở thành: 10.ab = 3.(a2 + b2) ⇔ ( a - 3b )( 3a - b ) = 0 ⇔ a = 3b hoặc b = 3a. +) Nếu a = 3b thì từ (2) suy ra: x + 1 = 3 x 2 - x + 1 ⇔ 9x2 – 10x + 8 = 0 (vô nghiệm). +) Nếu b = 3a thì từ (2) suy ra: THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

HOẠT ĐỘNG CỦA GV VÀ HS

TL

phương trình (1) được đưa về αt2 +γ t +β = 0.

(4) Sau khi tìm được t từ (4), thể vào (3) để tìm x.

49

KIẾN THỨC 3 x + 1 = x 2 - x + 1 ⇔ 9x + 9 = x2 – x + 1 ⇔ x2 – 10x – 8 = 0. Phương trình có hai nghiệm x1 = 5 + 33 ; x2 = 5 − 33 (thỏa mãn (1)).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 5 + 33 và x2 = 5 − 33 .

Bài 7: Giải phương trình: x2 + 3x + 1 = (x + 3) x 2 + 1

Bài 7: Đặt x 2 + 1 = t, với t > 0, ta có t2 - (x + 3) t + 3x = 0 Xem pt trên là pt bậc 2 đối với t. ∆ = (x + 3)2 - 12x = (x - 3)2 x +3+ x −3 t1 = = x; 2 x +3− x +3 t2 = =3 2 Do đó: - Hoặc:

x2 +1 = x

x ≥ 0 vô nghiệm. ⇔ 2 2 x + 1 = x - Hoặc:

x 2 + 1 = 3 ⇔ x2 = 8 ⇔

x = ±2 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = ±2 2 .

Bài 8: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: (2x +1)y = x +1.

Bài 8: Ta có: x +1 ⇔ 2x + 1 (*) 2x + 2 1 2y = ⇔ 2y = 1 + 2x + 1 2x + 1 Xét pt (*): Để x, y nguyên thì 2x +1 phải là ước của 1, do đó: + Hoặc 2x +1 =1 ⇔ x = 0, thay vào (*) được y = 1. + Hoặc 2x +1 = -1 ⇔ x = -1, thay vào (*) được y = 0 Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên là: (0; 1) ; (-1; 0).

(2x + 1)y = x + 1 ⇔ y =

III. RÚT KINH NGHIỆM – BỔ SUNG: .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

Ngày soạn: 25/5/2019 Tiết: 37-39 Bài dạy:

50

HD Giải và rút kinh nghiệm một số đề thi tuyển sinh vào lớp 10 của Sở GD – ĐT Bình Định.

I. MỤC TIÊU : 1. Kiến thức: Ôn tập các kiến thức cơ bản đã học, ôn tập chung toàn bộ chương trình toán 9.

2. Kỹ năng: Vận dụng giải tốt các bài tập hỗn hợp cả đại số lẫn hình học 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG: ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10THPT BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018 Bài 1: (1,5 điểm) Cho

A=

x x −2

; B=

2 4 x với + x +2 x−4

x ≥ 0, x ≠ 4 .

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9 b) Rút gọn biểu thức: T = A – B c) Tìm x để: T là số nguyên.

Bài 2: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx – 6m – 9 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình khi m = 0 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 trái dấu thỏa mãn: x12 + x22 = 13.

Bài 3: (2,0 điểm) Một đám đất hình chữ nhật có chu vi là 24m. Nếu tăng độ dài một cạnh lên 2m và giảm độ dài cạnh còn lại 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m2. Tìm độ dài các cạnh lúc ban đầu của đám đất.

Bài 4: ( 4,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm O. M là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng: a) Bốn điểm M, D, B , F thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C thuộc một đường tròn. b) Ba điểm D, E, F thẳng hàng. c)

BC CA AB . = + MD ME MF

Bài 5: : (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

a 5 b 5 c5 + + ≥ a 3 + b 3 + c3 bc ca ab SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Bài 1: a) Khi x = 9: ta được A = b) ĐK : x ≥ 0 , x ≠

T =A−B=

Trần Ngọc Phong

9 =3 9−2

4

x.  2 x 4 x − +  = x −2  x +2 x −4

(

) ( ( x − 2)(

x + 2 − 2.

) x + 2)

x −2 −4 x

=

( (

) x + 2) x −2

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

51

x −2 x +2−4 4 = = 1− x +2 x +2 x +2 T nguyên khi 4⋮ x + 2 = > x = 0. c) T

=

Bài 2: 2 a) Khi m = 0 phương trình trở thành: x − 9 = 0 ⇔ x = ±3 2 b) Phương trình x – 2mx – 6m – 9 = 0 (a = 1, b = – 2m, b’ = – m, c = – 6m – 9)

∆ = b '2 − ac = m 2 + 6m + 9 = (m + 3) 2 ≥ 0, ∀m Phương trình luôn có 2 nghiệm x1, x2 với mọi m.

Theo hệ thức Viète, ta có:

−b   x1 + x 2 = a = 2m   x .x = c = −6m − 9  1 2 a *Phương trình có 2 nghiệm trái dấu ⇔ x1 x 2 < 0 ⇔ −6m − 9 < 0 ⇔ m > −3 (*)

2

*Ta có

x12 + x 22 = 13 2

⇔ ( x1 + x 2 ) − 2x1 x 2 = 13 ⇔ (2m) 2 − 2( −6m − 9) − 13 = 0 −5   m = 2 (KTM(*)) ⇒  m = −1  2

Bài 3: C2: Gọi x(m) là cạnh thứ nhất của mảnh đất hình chữ nhật (ĐK: 0< x < 12) Cạnh thứ hai của mảnh đất hình chữ nhật là: 12 – x (m) Diện tích mảnh đất ban đầu của hình chữ nhật là: x(12 – x) (m2) Diện tích mảnh đất khi thay đổi: (x + 2)(11 – x) (m2) Theo đề ta có phương trình : (x + 2)(11 – x) – x(12 – x) = 1 - 4x = - 20 x = 5 (TMDK) Vậy các kích thước mảnh đất lúc đầu là: 7m, 5m.

Bài 4: = 900 . MD ⊥ BC nên MDB = 900 a) Ta có: MF ⊥ AB nên MFB + MDB = 900 + 900 = 1800 Tứ giác MDBF có MFB Do đó tứ giác MDBF nột tiếp.Suy ra 4 điểm M, D, B, F cùng thuộc 1 đường tròn. = MFC = 900 Ta có : MDC Suy ra D, F cùng nhìn MC dưới 1 góc bằng nhau.

Do đó 4 điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.

B b) Vì tứ giác MDBF nội tiếp =D ( cùng chắn cung BF) Nên: M F 1

1

=D

Vì tứ giác MDEC nội tiếp nên M 2 2 Mặt khác tứ giác MBAC nội tiếp =C ( góc ngoài của tứ giác nội tiếp) Nên B

A

E D 1

1

2

C

2

1 M

1

=M ( cùng phụ với B ; C ) Do đó M 1 2 1 =D . Suy ra: D, E, F thẳng hàng. => D 1

2

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

52

c) Cách khác: Ta có

AC AB AE + EC AF − FC AE EC AF FC + = + = + + − ME MF ME MF ME ME MF MF + tan M + tan AMF − tan M

= tan AME 2

1

=M nên AC + AB = tan AME + tan AMF

Mà M 1 2

ME

MF

Mat khac: tứ giác AFME nội tiếp nên

= AFE = BMD

AME = AEF = DMC

AMF

Do đó

AC AB + tan AMF = tan BMD + tan MDC

+ = tan AME ME MF BD DC BD + DC BC = + = = (dpcm) MD MD MD MD

Câu 5:

a 5 b 5 c5 a6 b6 c6 (a 3 ) 2 (b3 ) 2 (b3 ) 2 + + = + + = + + bc ca ab abc abc abc abc abc abc

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz :

a 5 b5 c5 (a 3 ) 2 (b3 ) 2 (b 3 ) 2 (a 3 + b3 + c3 ) 2 (a 3 + b3 + c3 )(a 3 + b3 + c3 ) + + = + + ≥ = bc ca ab abc abc abc abc + abc + abc 3abc Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 3 số a3, b3, c3 ta được:

a 3 + b3 + c3 ≥ 3 3 a 3 b3c3 = 3abc Do đó

a 5 b5 c5 (a 3 + b3 + c3 )(a 3 + b3 + c3 ) (a 3 + b3 + c3 )3abc + + ≥ ≥ = a 3 + b3 + c3 (đpcm) bc ca ab 3abc 3abc

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10THPT BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Bài 1: ( 2 điểm) 1  x  1 Cho biểu thức A =  , với x > 0. − : x +1  x + 2 x +1 x+ x a) Rút gọn biểu thức A 3 b) Tìm các giá trị của x để A ≥ 2 Bài 2: (2 điê,r) 2x − y = 4 1.Không dùng máy tính, giải hệ phương trình   x + 3y = −5 2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm M (1;-3) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B. a)Xác định tọa độ các điểm A,B theo k. b)Tính diện tích tam giác OAB khi k = 2.

Bài 3( 2 điểm) Tìm một số có hai chữ số biết rằng: Hiệu của số ban đầu với số đảo ngược của nó bằng 18 ( số đảo ngược của một số là số thu được bằng cách viết các chữ số của số đó theo thứ tự ngược lại) và tổng của số ban đầu với bình phưởng số đảo ngược của nó bằng 618.

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

53

Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M tùy y ( M không trùng vói B,C,H). Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB và AC. a)Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp và xác định tâm O của đường tròn này. b)Chứng minh OH ⊥ PQ c)Chứng minh MP + MQ = AH Bài 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC đều cí cạnh bằng a. Hai điểm M, N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng AB, AC sao cho AM AN + = 1. Đặt AM = x, AN = y.

MB NC Chứng minh rằng MN = a – x - y.SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Bài 1: a) Rút gọn 1  x  1 − A= : x +1  x + 2 x +1 x+ x

=

1− x x

(

)

x +1

( .

)

x +1 x

2

=

1− x x +1 1− x . = x x x

1 1− x 1 2 ⇔ > ⇔ 2(1 − x) > x ⇔ 2 − 2x > x ⇔ x < 2 x 2 3 2 kết hợp điều kiện x > 0. Vậy 0< x < 3 Bài 2: 2x − y = 4 6x − 3y = 12 7x = 7 x = 1 a)  ⇔ ⇔ ⇔  x + 3y = −5  x + 3y = −5  x + 3y = −5  y = −2 b) Phương trình đường thẳng có hệ số góc k có dạng: y = kx + b Vì đường thẳng d đi qua M (1;-3) nên – 3 =k + b hay b = - k – 3.

Do đó d có dạng: y = kx – k – 3.

Trục hoành có dạng y = 0 k +3 Giao điểm của d và trục Ox là: kx – k – 3 = 0 ⇒ x = k  k+3  Tọa độ điểm A là:  ;0   k  Trục tung có dạng x= 0. Do đó giao điểm của d và trục Oy là : y = - k – 3 Vậy tọa độ điểm B là ( 0; −k − 3) b) A >

5 5  b) Khi k = 2 thì tọa độ của A là  ;0  , B là ( 0; −5 ) => OA = , OB = 5.

2 2  1 25 Diện tích của tam giác OAB là : OA.OB. = (đvdt) 2 4 Bài 3 : Gọi x là số ban đầu, y là chữ số đảo ngược của x. ĐK : 18 <x<99 và x > y>0 Theo đề ta có hệ phương trình  x − y = 18 ⇒ y 2 + y − 600 = 0  2  x + y = 618 Giải hệ phương trình ta được y= 24 (thỏa mãn) và y = -25 (loại) Vậy y = 24 và số cần tìm là 42.

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

Bài 4 :

54

A

a) Ta có góc APM = 900 ( MP vuông góc AB) Góc AQM = 900 ( MQ vuông góc AC) O Xét tứ giác APMQ có 0 0 0 Góc APM+góc AQM = 90 +90 =180 Q Nên tứ giác APMQ nội tiếp.

P Vì góc APM = 900 nên AM là đường kính C B Do đó tâm O là trung điểm AM. M H b) Vì góc AHM = 900 nên H nìn AM dưới 1 góc 900 nên H thuộc đường tròn đường kính AM. Do đó H thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ. Vì tam giác ABC đều có AH là đường cao nên AH đồng thời là phân giác Do đó góc PAH = góc HAQ Do đó cung HP = cung HQ Suy ra HP = HQ Mà OP = OQ Nên OH là trung trực của PQ. Vậy OH vuông góc PQ. b) Ta có 1 1 SAMC = AH.MC = MQ.AC 2 2 ⇒ AH.MC = MQ.AC Mà tam giác ABC đều nên AC = BC Do đó AH.MC =MQ.BC MQ.BC ⇒ AH = MC. Mặt khác tam giác MBP ∼ MQC (g-g) Nên MP MB MP + MQ MB + MC BC = ⇒ = = MQ MC MQ MC MC BC.MQ ⇒ MP + MQ = = AH MC Bài 5: A

H N M

B

C

Kẽ MH vuông góc AC. Trường hợp 1: H nằm giữa AN Tam giác AMH vuông tại H có góc A = 600 nên AH = 1/2AM = x/2.

2y − x Mà AN =y nên HN = y – x/2 = 2 2

x 3 x Tam giác AMH vuông tại H nên MH = MH = x 2 −   = 2 2 Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019 3

55

2

3x (2y − x) + = x 2 + y 2 − xy 4 4 Do đó ta cần chứng minh x2+ y2 – xy = (a-x-y)2 Hay (a –x – y)2 – (x- y)2 = xy Hay (a-2x)(a-2y)=xy Hay xy = a2-2ay – 2ax +4xy (*) Mà theo gia thiết ta có AM AN x y + =1⇔ + =1 MB NC a−x a−y ⇔ x(a − y) + y(a − x) = (a − x)(a − y) Do đó MN =

⇔ ax − xy + ay − xy = a 2 − ax − ay + xy ⇔ 0 = a 2 − 2ax − 2ay + 3xy hay xy = a 2 − 2ax − 2ay + 4xy Vậy (*) đã được chứng minh.

TH2: H nằm ngoài AN. Chứng minh tương tự.

III. RÚT KINH NGHIỆM – BỔ SUNG: .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

Ngày soạn: 26/5/2019 Tiết: 40-41 Bài dạy:

56

HD Giải và rút kinh nghiệm đề thi thử

I. MỤC TIÊU : 1. Kiến thức: Ôn tập các kiến thức cơ bản đã học, ôn tập chung toàn bộ chương trình toán 9.

2. Kỹ năng: Vận dụng giải tốt các bài tập hỗn hợp cả đại số lẫn hình học 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG:

ĐỀ SỐ 1

Bài 1: ( 2 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a) A = (1 −

2)(1 + 2) ;

a− a  a + a  − 2  + 2  với a ≥ 0; a≠ 1  a −1     a + 1 

b) B = 

2ax − by = 7 .Tìm a và b biết hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (1; -1) ax + by = −1

c/ Cho hệ phương trình 

Bài 2: ( 2 điểm) a/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x + 2m - 1 (với m là tham số).Với m = 0, chứng tỏ đường thẳng (d) và Parabol (P) có một điểm chung. Tìm tọa độ điểm chung đó. b/ Cho phương trình: x2 + (m-2)x + m+5 = 0 (1) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức: x12 + x22 = 10

Bài 3: (1,5 điểm) Một khách du lịch đi trên ô tô 4 giờ, sau đó đi tiếp bằng tàu hỏa trong 7 giờ, thì đi được quảng đường dài 640 km. Hãy tính vận tốc của tàu hỏa và ô tô, biết rằng mỗi giờ tàu hỏa đi nhanh hơn ô tô 5km.

Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB, vẽ hai tiếp tuyến Ax , By với đường tròn ( A, B là tiếp điểm) và một điểm M bất kỳ thuộc nữa đường tròn( M khác A và B). Trên bán kính OA lấy điểm C cố định ( C khác A và O). Qua M vẽ một đường thẳng vuông góc với CM cắt Ax, By lần lượt ở E và F. a) Chứng minh tứ giác AEMC nội tiếp.

= 900 b) Chứng minh ECF c) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác ABFE có diện tích nhỏ nhất.

Bài 5: ( 1 điểm) Cho a, b >0 thỏa mãn điều kiện: a+b≥ 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= 3a + 2b +

6 8 + a b === Hết ===

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

57

SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Bài

( 2 ) = 1 − 2 = −1 a(   a ( a − 1)  a + 2 = − 2 

a) A = (1 − 2)(1 + 2) = 12 −

Bài 1 (2,0đ)

Điểm

Nội dung 2

  b/ B =  a − a − 2  a +    a − 1  a + 1

0,5

) + 2  =

a +1

(

)(

0,5

)

a −2 a +2 = a−4   a +1     2a + b = 7 3a = 6 a = 2 c/ Vì hệ có nghiệm (x, y) = (1; -1) nên ta có  ⇔ ⇔ a − b = −1  a − b = −1  b = 3 Vậy a = 2; b = 3    

a −1

0,5 0,5

a/ Với m = 0. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): x2 = 2x – 1 ⇔

0.25 0,25 0,5

x 2 − 2x + 1 = 0 .

2

∆ ' = ( −1) − 1.1 = 0 ⇒ (d) vµ (P) cã mét ®iÓm chung

∆'=0 ⇒ Ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp x1 = x 2 = 1 ⇒ y1 = y2 = 1 Täa ®é ®iÓm chung lµ (1 ; 1) Bài 2 (2 đ)

b) Để pt (1) có hai nghiệm x1, x2 thì: 0.25

2

∆ ≥ 0 ⇔ ( m − 2 ) − 4.1.(m − 5) ≥ 0 ⇔ m 2 − 8m − 16 ≥ 0(*)

 x1 + x 2 = 2 − m . Theo bài ra ta có:  x1 x 2 = m + 5

Theo hệ thức viet ta có: 

2

0,25

2

x12 + x 2 2 = 10 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 2x1x 2 = 10 ⇔ ( 2 − m) − 2 ( m + 5) = 10 ⇔ m2 − 6m − 16 = 0 Giải pt ẩn m ta được m1 = 8; m2 = -2

0,25 0,25

Thay m1, m2 vào (*) chỉ có m2 = -2 thỏa mãn. Vậy m= -2 là giá trị cần tìm Gọi x (km/h) là vận tốc của ô tô; y (km/h) là vận tốc của tàu hỏa ( x, y > 0).

Đi ô tô 4 giờ, đi tiếp bằng tàu hỏa 7 giờ được quảng đường 640 km nên ta có phương trình: Bài 3 (1,5 đ)

0,25

4x + 7y= 640 (1) Mỗi giờ tàu hỏa đi nhanh hơn ô tô 5 km/h nên ta có pt: y- x=5 (2). Từ (1) và (2) ta có hệ pt:

4x + 7y = 640 Giải hệ pt ta được x= 55 ; y= 60 (thỏa mãn điều kiện)  x − x + y = 5 Vậy vận tốc của ô tô và tàu hỏa lần lượt là 55km/h và 60 km/h

0,25

y 0,25 0,5 0,25

E

= 900 (Vì Ax là tiếp tuyến của (O)) a) Ta có EAO

0,50

= 900 (gt) EMC

M

Xét tứ giác AEMC có:

Bài 4 (3,5đ)

+ EMC = 90 + 90 = 180 EAC 0

0

Vậy tứ giác ACME nội tiếp

A

Trần Ngọc Phong

0,25 0,25

0

C

O

F B

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

58

b)Từ tứ giác AEMC nội tiếp

= MAC ( Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) ⇒ MEC

0,25

Tương tự tứ giác MCBF nội tiếp

= MBC ( Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) ⇒ MFC Xét ∆ECF và ∆AMB có: = MAB  FEC   ⇒ ∆ECF ∼ ∆AMB ( góc- góc) = MBA  EFC  = AMB mà AMB = 900 ⇒ ECF = 900 ⇒ ECF c)Tứ giác ABFE là hình thang vuông( HS chứng minh)

0,25 0,25 0,25 0,25

1 1 ( AE + BF ) AB ≥ .2 AE.BF.AB 2 2 Mặt khác ∆AEC ∼ ∆BCF nên AE.BF= BC.AC SABFE =

Vì điểm C cố định nên BC.AC không đổi suy ra AE.BF không đổi

⇒ MinSABFE = AE.BF.AB = AC.BC.AB ⇔ AE= BF. Hình thang vuông ABFE có AE= BF nên là hình chữ nhật

0,25

⇒ FE AB

0,25

Mà CM vuông góc với EF ⇒ CM vuông góc với AB Vậy để tứ giác ABFE đạt giá trị nhỏ nhất thì M là điểm nằm trên (O) sao cho MC vuông góc với AB

0,25

6 8 + a b 3 3 6 b 8 = (a + b) + a + + + Ta có: A= 2 2 a 2 b 3a + 2b +

Bài 5 (1.0đ)

3 3 6 b 8 ≥ .6 + 2 a. + 2 .

2 2 a 2 b = 9 + 6 + 4 = 19

0.5

0,5

a = 2

Vậy MinA = 19 ⇔ 

b = 4

Tổng

10,0

III. RÚT KINH NGHIỆM – BỔ SUNG: .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Ngày soạn: 27/5/2018 Tiết: 42-43 Bài dạy:

Năm học: 2018 – 2019

59

HD Giải và rút kinh nghiệm đề thi thử tại lớp

I. MỤC TIÊU : 1. Kiến thức: Ôn tập các kiến thức cơ bản đã học, ôn tập chung toàn bộ chương trình toán 9.

2. Kỹ năng: Vận dụng giải tốt các bài tập hỗn hợp cả đại số lẫn hình học 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG:

ĐỀ SỐ 2

Bài 1. (1,5 điểm) Cho các biểu thức: A = (3 32 − 2 18 − 50) : 2 ; B =

x +1 2 x 5 x +2 (với x ≥ 0; x ≠ 4 ) + + 4− x x −2 x +2

a) Rút gọn các biểu thức A, B; b) Tìm các giá trị của x để giá trị của biểu thức A lớn hơn giá trị của biểu thức B. Bài 2. (1,5 điểm) 1) Tìm m để đường thẳng y = x + m2 + 2 và đường thẳng y = (m – 2) x + 11 cắt nhau tại một điểm trên trục tung. 3( x + 1) + 2( x + 2 y ) = 4 2) Giải hệ phương trình:  4( x + 1) − ( x + 2 y ) = 9 Bài 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình: x2 – (2m +1)x + m2 – m = 0 (1) a) Giải phương trình với m = 3; b) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 − x2 = 2 .

2) Một xí nghiệp sản xuất được 120 sản phẩm loại I và 120 sản phẩm loại II trong thời gian 7 giờ. Mỗi giờ sản xuất được số sản phẩm loại I ít hơn số sản phẩm loại II là 10 sản phẩm. Hỏi mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được bao nhiêu sản phẩm mỗi loại.

Bài 4. (3,5 điểm) 1. Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. C là trung điểm của OA, vẽ dây MN vuông góc với AO tại C. K là điểm di động trên cung nhỏ MB và H là giao của AK và MN. a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp; b) Chứng minh tam giác MBN đều; c) Tìm vị trí điểm K trên cung nhỏ MB sao cho KM + KN + KB đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó theo R. 2. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 30π (cm2), biết đường kính đáy của hình trụ bằng 6cm.

Tính thể tích của hình trụ đó.

Bài 5. (1,0 điểm) Cho a, b, c > 0. Chứng minh:

ab bc ca a+b+c + + ≤ a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 6 ----- Hết -----

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN TT NỘI DUNG a)(1,0 điểm) Bài 1 (1,5 A = (3 32 − 2 18 − 50) : 2 = (3.4 2 − 2.3 2 − 5 2) : 2 điểm) Trần Ngọc Phong

Điểm

0,2 5 THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TT

NỘI DUNG

Năm học: 2018 – 2019 Điểm

A=

2 : 2 =1

0,2 5

B=

x +1 2 x 5 x + 2 ( x + 1)( x + 2) + 2 x ( x − 2) − 5 x − 2 + + = 4− x x −2 x +2 ( x − 2)( x + 2)

0,2 5

B=

3x − 6 x 3 x ( x − 2) 3 x = = ( x − 2)( x + 2) ( x − 2)( x + 2) x +2

60

0,2 5

b) (0,5 điểm)ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4 A>B ⇔

⇔

3 x < 1 ⇔ 3 x < x + 2 (vì x + 2 > 0) x +2

0,2 5

x < 1 ⇔ x < 1 . Kết hợp ĐKXĐ ta có 0 ≤ x < 1

Vậy với 0 ≤ x < 1 thì giá trị của biểu thức A lớn hơn giá trị của biểu thức B. 1) (0,75 điểm) - Đường thẳng y = x + m2 + 2 và đường thẳng y = (m – 2) x + 11 cắt nhau tại

0,2 5

0,2 5

m − 2 ≠ 1 một điểm trên trục tung ⇔  2 m + 2 = 11 m ≠ 3 ⇔ 2 ⇔ m = −3 m = 9

0,5

Bài 2 (1,5 2) (0,75 điểm) điểm) 3( x + 1) + 2( x + 2 y ) = 4 5 x + 4 y = 1 ⇔  4( x + 1) − ( x + 2 y ) = 9 3x − 2 y = 5

0,2 5

5 x + 4 y = 1 11x = 11 ⇔ ⇔ 6 x − 4 y = 10 5 x + 4 y = 1

0,2 5

x = 1 ⇔ Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; -1)  y = −1

0,2 5

3.1a) (0,5 điểm) Xét phương trìnhx2 – (2m +1)x + m2 – m = 0 (1) Với m = 3 phương trình (1) có dạng: x2 – 7x + 6 = 0

0,2 5

c =6 a Vậy khi m = 3 phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 6

Ta có a + b + c = 0 nên phương trình có hai nghiệm x1 = 1; x2 =

0,2 5

3.1b) (1,0 điểm) - Tính được: ∆ = 8m + 1 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ 8m + 1 > 0 ⇔ m >

 x1 + x2 = 2m + 1 - Theo định lí Viet ta có:  2  x1 ⋅ x2 = m − m

Bài 3 (2,5 điểm) - Xét x1 − x2 = 2 ⇔ ( x1 − x2 ) 2 = 4 ⇔ ( x1 + x2 )2 − 4 x1 x2 − 4 = 0 Trần Ngọc Phong

−1 8

0,2 5 0,2 5 0,2 5 THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TT

Năm học: 2018 – 2019 Điểm

NỘI DUNG

⇔ (2m + 1) 2 − 4(m 2 − m) − 4 = 0 ⇔ 8m − 3 = 0 ⇔ m = Vậy m =

3 (thỏa mãn điều kiện) 8

3 là giá trị cần tìm.

8

61

0,2 5

3.2)(1,0 điểm) - Gọi x là số sản phẩm loại I mà xí nghiệp sản xuất được trong 1 giờ(x > 0).

Suy ra số sản phẩm loại II sản xuất được trong một giờ là x + 10.

120 (giờ) x 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại II là (giờ) x + 10

0,2 5

Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại I là

Theo bài ra ta có phương trình:

120 120 + = 7 (1) x x + 10

−40 Giải phương trình (1) ta được x1 = 30 (thỏa mãn); x2 = (loại).

7 Vậy mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được 30 sản phẩm loại I và 40 sản phẩm loại II.

0,2 5

0,2 5

0,2 5

Hình vẽ đúng cho câu a

K

M H A

C

E O

B

0,5

Bài 4 (3,5 điểm)

N 4.1a (0,75 điểm) - Xét (O) có AKB = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) = HCB = 90o - Xét tứ giác BCHK có HKB + HCB = 180o ⇒ tứ giác BCHK nội tiếp ⇒ HKB

0,2 5 0,2 5 0,2 5

4.1b) (0,75 điểm) Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

TT

Năm học: 2018 – 2019 Điểm

NỘI DUNG - Có MN ⊥ OA tại C mà CA = CO (gt) ⇒ MN là đường trung trực của OA ⇒ MA = MO mà OM = OA = R = 600 ⇒ ∆ MAO đều ⇒ MAO - Xét (O) có AB ⊥ MN tại C ⇒ CM = CN ⇒ ∆ BMN cân tại B = BAM = 600 Mà BNM ⇒ ∆ BMN đều 4.1c)(1,0 điểm) - Trên KN lấy E: KE = KM. C/m được ∆ KME đều

- C/m được ∆ KMB = ∆ EMN ⇒ KB = EN - Có KM + KN + KB = KE + EN + KN = 2 KN ≤ 2. 2R = 4R Vậy KM + KN + KB đạt GTLN bằng 4R khi K đối xứng với N qua O.

62

0,2 5 0,2 5 0,2 5 0,2 5 0,2 5 0,2 5 0,2 5

4.2) (0,5 điểm)

S xq

- Có Sxq = 2 π Rh ⇒ h =

2π R ⇒ V = π R h = 45 π (cm ) 2

b) (1 điểm)Đặt P =

= 5 (cm)

3

0,2 5 0,2 5

ab bc ca + + a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b

1 11 1 1 ≤  + +  a+b+c 9 a b c  Áp dụng bđt trên ta có: ab ab ab  1 1 1  = ≤  + +  a + 3b + 2c (a + c) + (b + c) + 2b 9  a + c b + c 2b  Có (1) ⇔

Bài 5 (1,0 Chứng minh tương tự ta được: điểm) bc bc  1 1 1  ≤  + +  b + 3c + 2a 9  a + b a + c 2c  ac ac  1 1 1  ≤  + +  c + 3a + 2b 9  b + c b + a 2a  1  ab + bc ab + ac ac + bc a + b + c  a + b + c ⇒P ≤  + + + = 9 a+c b+c a+b 2 6  Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

0,5

0,2 5

0,2 5

III. RÚT KINH NGHIỆM – BỔ SUNG: .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

Ngày soạn: 29/5/2019 Tiết: 44 Bài dạy:

63

Đề tự luyện

I. MỤC TIÊU : 1. Kiến thức: Ôn tập các kiến thức cơ bản đã học, ôn tập chung toàn bộ chương trình toán 9.

2. Kỹ năng: Vận dụng giải tốt các bài tập hỗn hợp cả đại số lẫn hình học 3. Thái độ: HS được rèn luyện tư duy tổng quát rèn luyện ý thức học tập tốt hơn.

II. NỘI DUNG:

ĐỀ SỐ 3

Bài 1 (1,5 điểm). a) Tính giá trị biểu thức: b) Rút gọn biểu thức: B =

A=

15 − 2 3 3 + 6 + 5 −2 3+ 2

5 a − 3 3 a + 1 4a + 2 a + 8 + − với a ≥ 0, a ≠ 4 a−4 a −2 a +2

Bài 2 (1,5 điểm).

a) Giải hệ phương trình:

2  1 +  x +1 y − 2 = 5    5 − 1 =3  x + 1 y − 2

b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x 2 và điểm M(–1; 2). Chứng minh rằng nếu đường thẳng (d): y = ax + b (a, b là tham số) đi qua điểm M thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.

Bài 3 (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 2(m +1)x + m2 + 4 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = 2.

2 2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 + 2(m +1) x2 ≤ 3m +16

Bài 4 (1,5 điểm)Để chở hết một số hàng, người ta có thể dùng một ô tô lớn chở 12 chuyến, hoặc một ô tô nhỏ chở 15 chuyến, nhưng thực tế ngườ ta dùng cả hai ô tô lớn, nhỏ ở trên với số chuyến tổng cộng của cả hai ô tô là 14 chuyến. Vậy trong thực tế mỗi ô tô chở mấy chuyến?

Bài 5 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (C khác A). Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C, gọi D là trung điểm của đoạn thẳng OA. Trên đường tròn (O) lấy điểm E (E khác A và B), ED cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Đường thẳng (d) cắt tia BE tại M, cắt tia BF tại N. a) Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. b) Chứng minh: BE.BM = BF.BN c) Khi EF =

4R , tính độ dài đoạn thẳng DE, DF theo R. 5

d) Cho A, B, C cố định. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi E thay đổi trên đường tròn (O).

Bài 6 (0,5 điểm)

x 2 (5 − y 2 ) = 1  Giải hệ phương trình:  xy 2 + y − 6x 2 = 0  ----------------------------------Hết----------------------------------

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

64

HƯỚNG DẪN Bài

Ý

NỘI DUNG A=

a) (1đ)

(

)

(

3 5−2 3 3+ 2 15 − 2 3 3 + 6 + = + 5 −2 3+ 2 5 −2 3+ 2

)

= 3+ 3 =2 3 Vậy A = 2 3 Với a ≥ 0, a ≠ 4 , ta có: B=

1 (2đ) b) (1đ)

=

=

5 a − 3 3 a + 1 4a + 2 a + 8 + − a−4 a −2 a +2

( 5 a − 3)( ( a − 2)(

) + ( 3 a + 1)( a + 2 ) ( a + 2 )( a +2

)− a − 2) ( a −2

4a + 2 a + 8 a −2

)(

a +2

)

5a + 10 a − 3 a − 6 + 3a − 6 a + a − 2 − 4a − 2 a − 8

(

a −2

)(

a +2

)

4a − 16 4 ( a − 4 ) = =4 a −4 a−4 Vậy B = 4 với a ≥ 0, a ≠ 4 ĐKXĐ: x ≠ −1; y ≠ 2 =

a) (1đ)

Đặt

1 1 = a, = b ta có hệ phương trình x +1 y−2

a + 2b = 5  5a − b = 3

Tìm được a = 1, b = 2

5 Tìm được và kết luận: ( x; y) = 0;     2 

2 (2đ) b) (1đ)

Vì đường thẳng (d): y = ax + b đi qua điểm M(–1; 2) ⇒ x = –1, y = 2 thỏa mãn phương trình đường thẳng (d).

Ta có: 2 = a.(–1) + b ⇒ b = a + 2 ⇒ phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + a + 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = ax + a + 2 x 2 = ax + a + 2 ⇒ x2 – ax – a – 2 = 0 2

∆ = a 2 + 4a + 8 = (a + 2) + 4 > 0

a) 3 (2đ)

⇒ phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt Vậy (P) và (d) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt (đpcm) Với m = 2 ta có phương trình : x2 – 6x + 8 = 0 Giải ra được x1 = 2, x2 = 4 Vậy với m = 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = 2, x2 = 4

Tìm được đk để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 là m ≥ b) (1đ)

3 (*) 2

x1 + x 2 = 2m + 2 Theo định lí Vi–ét ta có:   2 x1x 2 = m + 4

x1 là nghiệm của phương trình nên Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Bài

Năm học: 2018 – 2019

Ý

65

NỘI DUNG 2 1

2

x − 2(m + 1) x1 + m + 4 = 0 ⇒ x12 = 2(m + 1) x1 − m 2 − 4 Theo bài ra ta có:

x12 + 2(m +1) x2 ≤ 3m2 +16 ⇒ 2(m +1) x1 − m2 − 4 + 2(m +1) x2 ≤ 3m2 +16 ⇔ 2(m +1)(x1 + x2 ) − 4m2 − 20 ≤ 0 ⇒(2m + 2)(2m + 2) − 4m2 − 20 ≤ 0 ⇔ 4m2 +8m + 4 − 4m2 − 20 ≤ 0 ⇔ 8m ≤16 ⇔ m ≤ 2 Kết hợp với điều kiện (*) ⇒

3 ≤ m ≤ 2 thỏa mãn bài toán 2

Bài 4: Gọi x,y là số chuyến mà ô tô lớn và ô tô nhỏ đã chở hàng trong thực tế (x,y  x + y = 14  nguyên; 0 < x,y <14). Ta có hpt:  x y 12 + 15 = 1

M

E d

I K

C

D

A

O

B

5 (3,5đ) F N

a) (1đ) b) (1đ)

c) (1đ)

Trần Ngọc Phong

Chứng minh được tứ giác MCAE nội tiếp Chứng minh được ∆ BEA ~ ∆ BCM ⇒ BE . BM = BA . BC Chứng minh BF . BN = BA . BC ⇒ BE.BM = BF.BN (đpcm) Chứng minh ∆ DEB ~ ∆ DAF (gg) 3R 2 ⇒ DE.DF = DA.DB = 4 4R Mà DE + DF = 5 THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Bài

Năm học: 2018 – 2019

Ý

66

NỘI DUNG

4R 3R 2 x+ =0 ⇒ DE, DF là nghiệm của phương trình x − 4 5 R 5 3R Giải phương trình được: x1 = ; x2 = 2 2 5   R 5 3R  3R R 5  hoặc DE = Vậy DE = ; DF = ; DF =    2 2 2 5  2 5 2

  

Từ câu b, chứng minh được tứ giác MNFE nội tiếp Gọi K là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp ∆ BMN ⇒ ∠ BKN = ∠ BMN = ∠ BFD ⇒ ∆ BKN~ ∆ BFD (gg) BA.BC ⇒ BD.BK = BF.BN = BA.BC ⇒ BK = d) BD (0,5đ) BA.BC Vì A, B, C, D cố định nên không đổi BD ⇒ BK có độ dài không đổi ⇒ K cố định I là tâm đường tròn đi qua 2 điểm B, K cố định ⇒ I thuộc trung trực của đoạn thẳng BK cố định.

Từ phương trình x 2 (5 − y 2 ) = 1 ⇒ x ≠ 0 Xét x ≠ 0 ta có

5 (0,5đ)

Trần Ngọc Phong

 1 2 x 2 (5 − y 2 ) = 1 5 − y = x 2  ⇔  2  2 2 xy + y − 6x = 0  y y   + 2 − 6 = 0  x x 2  1  1  + y − 2y = 5  2 + y 2 = 5    x x x  ⇔ 2 ⇔  y  y  y 1  + 2 = 6   y +  = 6  x x x   x  1 y + y = a, = b ta có hệ phương trình: x x 2  b = a − 5 (1) 2 a − 2b = 5  2   ⇔   2 ab = 6  a − 5 a. = 6 ( 2) 2  a2 −5 Giải phương trình (2): a. = 6 ⇒ a3 – 5a – 12 = 0 2 ⇔ (a – 3)(a2 + 3a + 4) = 0 ⇔ a = 3 ⇒ b = 2  1  + y = 3  1   x Giải hệ  tìm được ( x, y) = (1; 2);  ;1  y   2   = 2  x Đặt

THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

ĐỀ SỐ 4

Câu 1: Rút gọn các biểu thức: a) A = 3 8 − 50 −

(

67

)

2 −1

2

2 x 2 - 2x + 1 . , với 0 < x < 1 x-1 4x 2 Câu 2:Giải hệ phương trình và phương trình sau: b) B =

2 ( x - 1) + y = 3 a)  .  x - 3y = - 8 b) x + 3 x − 4 = 0

Câu 3: Một đội máy xúc được thuê đào 20000m3 đất để mở rộng hồ Dầu Tiếng. Ban đầu đội dự định

mỗi ngày đào một lượng đất nhất định để hoàn thành công việc, nhưng khi đào được 5000m 3 thì đội được tăng cường thêm một số máy xúc nên mỗi ngày đào thêm được 100m3 , do đó đã hoàn thành công việc trong 35 ngày. Hỏi ban đầu đội dự định mỗi ngày đào bao nhiêu m 3 đất?

Câu 4: Cho hai đường tròn (O) và (O′) cắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính của hai đường tròn (O) và (O′) . a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng. b) Đường thẳng AC cắt đường tròn (O′) tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A).

Chứng minh 4 điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. c) Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A cắt (O) và (O′) thứ tự tại M và N. Xác định vị trí của d để CM + DN đạt giá trị lớn nhất.

(x +

Câu 5: Cho hai số x, y thỏa mãn đẳng thức:

)(

x 2 + 2011 y +

)

y 2 + 2011 = 2011 .Tính: x + y

SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: a) A = 3 8 − 50 −

(

)

2 −1

2

= 6 2 −5 2 −

2 x 2 - 2x + 1 2 b) B = = .

2 x-1 4x x-1

( x - 1) 2

2 x

2

2

=

2 −1 = 2 −

(

)

2 −1 = 1

2 x-1 . x-1 2 x

Vì 0 < x < 1 nên x - 1 = − ( x - 1) ; x = x ⇒ B =

- 2 ( x - 1) 2x ( x - 1)

=−

1 . x

2 ( x - 1) + y = 3 2x + y = 5 2x + y = 5 x = 1 Câu 2: a)  ⇔ ⇔ ⇔  x - 3y = - 8 2x - 6y = - 16 7y = 21 y = 3 b) x + 3 x − 4 = 0 . Đặt x = t (t ≥ 0) (1) Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 + 3t – 4 = 0 (2) Phương trình (2) có tổng các hệ số bằng 0; suy ra (2) có hai nghiệm: t1 = 1 (thỏa mãn (1)); t2 = - 4 (loại do (1)).

Thay t1 = 1 vào (1) suy ra x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.

( ) ⇒ Lượng đất đội dự định đào mỗi ngày lúc sau là x + 100 ( m ) .

Câu 3: Gọi lượng đất đội dự định đào mỗi ngày lúc đầu là x m 3 , x > 0 .

3

Thời gian đào 5000m3 đất đầu tiên là : Trần Ngọc Phong

5000 (ngày) x THCS Mỹ Cát

Ôn thi vào lớp 10

Năm học: 2018 – 2019

Lượng đất còn lại cần đào là : 20000 − 5000 = 15000 ( m

3

68

)

15000 (ngày) x + 100 Do tổng thời gian đào là 35 ngày nên ta có phương trình: 5000 15000 + = 35 x x + 100 ⇔ 35 x ( x + 100 ) = 5000 ( x + 100 ) + 15000 x

Thời gian đào 15000m3 đất còn lại là :

⇔ 35 x 2 − 16500 x − 500000 = 0 ⇔ 7 x 2 − 3300 x − 100000 = 0 ∆ ' = 16502 − 7 ( −100000 ) = 3422500 > 0 ,

∆ ' = 1850

1650 − 1850 1650 + 1850 < 0 (loại); x2 = = 500 (nhận) 7 7 Vậy ban đầu đội dự định mỗi ngày đào 500m3 đất. x1 =

Câu 4: và ABD lần lượt là các góc nội tiếp chắn a) Ta có ABC = ABD = 900 nửa đường tròn (O) và (O/) ⇒ ABC Suy ra C, B, D thẳng hàng. b) Xét tứ giác CDEF có: = CFA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) CFD

F

E

d

N

A

I M

O/

O

= AED = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O/) CED = CED = 900 suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp. ⇒ CFD

D K

C

B

= DNA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); suy ra CM // DN hay CMND là hình thang. c) Ta có CMA Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD. Khi đó IK là đường trung bình của hình thang CMND. Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2) Từ (1) suy ra IK ⊥ MN ⇒ IK ≤ KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định).

Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN ≤ 2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AK ⇔ d ⊥ AK tại A. Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA. Câu 5: Ta có:

(x + (y +

)( y + 2011 )( y -

x 2 + 2011 y + 2

(1) (gt) ; ( x + x + 2011 )( x - x + 2011 ) = −2011 (2) ) y + 2011 ) = −2011 (3) ;Từ (1) và (2) suy ra: ( y + y + 2011 ) = − ( x - x + 2011 ) (4) y 2 + 2011 = 2011

2

2

2

2

2

Từ (1) và (3) suy ra:

(x +

) (

x 2 + 2011 = − y - y 2 + 2011

)

(5)

Cộng (4) và (5) theo từng vế và rút gọn ta được: x + y = - (x + y) ⇒ 2(x + y) = 0 ⇒ x + y = 0.

III. RÚT KINH NGHIỆM – BỔ SUNG: .................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................

Trần Ngọc Phong

THCS Mỹ Cát