Giáo án lớp 9 môn Toán - Buổi 1 đến buổi 8

Ngày soạn:...../ ...../ 2011 Ngày giảng:...../ ..../ 2011
Buổi 1 – Chuyên đề 1
PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
I. Mục tiêu
Kiến thức 
- Hs biết được một số phương pháp tìm GTNN, GTLN bằng cách sử dụng một số bất đẳng thức thông dụng ( Bất đẳng thức Cô si và Bu- nhi – a côp – xki.
Kĩ năng 
- Rèn luyện kĩ năng biến đổi và rèn luyện khả năng tư duy toán học thông qua chứng minh các bất đẳng thức để tìm GTNN, GTLN
Thái độ 
- Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, biết lựa chọn giải pháp hợp lý khi giải toán.	II. Chuẩn bị.
GV: Nghiên cứu kĩ giáo án
HS: Ôn tập lại bất đẳng thức Cô si và Bu – nhi- a- Côp - Xki
III. Tiến trình bài dạy
 1. Ổn định tổ chức.
 2. Kiểm tra bài cũ . ( Không )
 3. Bài mới 
I. Lý thuyết
*phương pháp 1: Phương pháp dựa vào lũy thừa bậc chẵn.
Biến đổi hàm số f(x) sao cho: 
 * y = M – [g(x)]2n , n Z+ y M
 Do đó ymax = M g(x) = 0 
 * y = m + [h(x)]2n , n Z+ y m
 Do đó ymin = m h(x) = 0 
* Phương pháp 2: Dựa vào bất đẳng thức Côsi:
* Ghi nhớ:
Ta có: a + b (Với a, b là hai số không âm). Dấu bằng xãy ra khi a = b
 a1 + a2 + a3 + . . . + an (với: a1; a2 ; a3 ; . . .; an không âm). Dấu bằng xãy ra khi a1 = a2 = a3 = . . . = an 
Vậy:
Nếu a.b = k (không đổi) thì: Min(a + b) = 2 (khi và chỉ khi a = b).
Nếu a + b = k (không đổi) thì: Max(a.b) = (khi và chỉ khi a = b).
Kết quả trên còn được mở rộng với n số không âm.
Bài 1: Cho x > 0; y> 0 thỏa mãn đẳng thức . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = .
 Hướng dẫn:
Vì: x > 0; y > 0 nên . VẬn dụng bất đẳng thức Cosi đối với 2 số dương. ta có: . Suy ra: 
Vận dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương ta được: 
 A = (Dấu “=” xãy ra x = y = 4 ).
Vậy: MinA = 4 (khi và chỉ khi x = y = 4).
* Lưu ý phương pháp giải:
Trong bất đẳng thức trên ta đã vận dụng bất đẳng thức Cosi theo hai chiều ngược nhau. Lần thứ nhất ta “làm trội” bằng cách vận dụng để vận dụng giả thiết , từ đó được .
Lần thứ hai ta “làm giảm” tổng () bằng cách vận dụng bất đẩng thức Cô_si theo chiều a + b để dùng kết quả .
Biện pháp : Đôi khi để tìm cực trị của một biểu thức ta cần phải tìm cực trị của bình phương của biểu thức đó.
Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = .
Giải.
Cách 1:
Biểu thức A được cho dưới dạng tổng của hai căn thức . Hai biểu thức lấy căn có tổng không đổi là 2. Vì vậy nếu bình phương biểu thức A thì ta có được hạng tử cộng là hai lần tích của hai căn thức. Đến đây có thể vận dụng bất đẳng thức Cô_si.
ĐKXĐ: .
A2 = (3x – 5) + (7 – 3x) + 2 = 2 + 2
A2 2 + (3x – 5) + (7 – 3x) = 4( Dấu “=” xãy ra 3x – 5 = 7 – 3x x = 2).
Vậy: maxA2 = 4 maxA = 2( khi và chỉ khi x =2).
Cách 2:
Theo BĐT Bunhiacopski ta có: . 
Dấu “=” xảy ra khi ad = bc.
ĐKXĐ: .
Ta có: A = 
 maxA = 2. Khi: 
II. Bài tập vận dụng
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 
Giải
ĐKXĐ: 
	M = 
	(dấu “=” xảy ra )
	Vậy min M = 10 (khi và chỉ khi x = 4)
Bài 2: Cho x > 1, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 
Giải
A = 
	 (dấu “=” xảy ra )
	Vậy min A = 24 (khi và chỉ khi )
Bài 3: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện 
	Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 
Giải
P2 = 
	Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 4 số dương, ta được:
	Do đó	P2 
	P2 3.12 = 36 (dấu “=” xảy ra x = y = z = 4)
	Vậy min P = 6 (khi và chỉ khi x = y = z = 4)
Bài 4: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện 
	Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = 
Giải.
 ;
	 ;
	 ;
	Do đó Q (dấu “=” xảy ra x = y = z =)
	Vậy min Q = 64 (khi và chỉ khi x = y = z = )
Bài 5: Cho x, y, z 0 thỏa mãn điều kiện 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = 
Giải
 ; ; 
	 ;
	3A ; A (dấu “=” xảy ra x = y = z = )
	Vậy max A = (khi và chỉ khi x = y = z = )
 b)	B = 
	B = 
B min max (theo câu a)
Lúc đó B = (khi và chỉ khi x = y = z = )
4. Hướng dẫn về nhà
Bài 6: Cho x > 0 ; y > 0 và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
	.
Đáp án.
 P 	= 
	= 12 + 12 + 8 = 32 (dấu “=” xảy ra 	 và )
	 và )
	Vậy min P = 32 (khi và chỉ khi ; )
Bài 7: Cho x > y và xy = 5, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
Đáp án.
 Q = 
	(dấu “=” xảy ra , kết hợp điều kiện ta được
	x = 5 ; y = 1 và x = -1 ; y = -5)
	Vậy min Q = 8 (khi và chỉ khi x = 5 ; y = 1 hoặc x = -1 ; y = -5)
Ngày soạn:...../ ...../ 2011 Ngày giảng:...../ ..../ 2011
Buổi 2 - Chuyên đề 2 + 3.
PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ 
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE
I. Mục tiêu
Kiến thức 
- Biết được một số phương pháp tìm lời giải cho bài toán chia hết, chia có dư, đồng dư thức.
Kĩ năng 
- Rèn luyện kĩ năng biến đổi và rèn luyện khả năng tư duy toán học thông qua chứng minh các đẳng thức toán học, tìm số dư, phép chia hết
Thái độ 
- Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, biết lựa chọn giải pháp hợp lý khi giải toán.	II. Chuẩn bị.
GV: Nghiên cứu kĩ giáo án
HS: Ôn tập lại kiến thức phép chia hết, phép chia có dư.
III. Tiến trình bài dạy
 1. Ổn định tổ chức.
 2. Kiểm tra bài cũ . 
 - Giải bài tập đã cho buổi hôm trước ?
3. Bài mới 
1. Các bài toán chia hết và phương hướng tìm lời giải :
Cho biểu thức A(n), phụ thuộc vào số n (n Z hay n Z’ một tập con của Z)
1.1) Để chứng minh A(n) chia hết cho một số nguyên tố p, có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho p (0, ±1, ±2, , )
Ví dụ : Chứng minh rằng n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 với mọi số nguyên n.
Giải : Đặt n = 5k + r với r = 0, ±1, ±2)
	Với r = 0 thì n 5 A(n) 5
	Với r = ±1 thì (n2 + 4) = [(5k ± 1)2 + 4] = 25k2 ± 10k + 5 5 A(n) 5
	Với r = ±2 thì (n2 + 1) = [(5k ± 2)2 ± 1] = 25k2 ± 10k + 5 5 A(n) 5
1.2) Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m, nói chung ta nên phân tích m ra thừa số. Giả sử 
m = p.q
	Nếu p,q là số nguyên tố hay (p,q) = 1 thì ta tìm cách chứng minh A(n) p và A(n) q. Từ đó suy ra A(n) pq = m.
Ví dụ : Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải : Gọi ba số nguyên liên tiếp là : n, n + 1, n + 2. Tích của chúng là : A(n) = n(n + 1)(n + 2).
	Trong hai số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng có một số chẵn, do đó A(n) 2.
	Trong ba số nguyên liên tiếp n, n + 1, n + 2 bao giờ cũng có một số chia hết cho 3. Thật vậy vì số dư khi chia n cho 3 chỉ có thể là 0 (n chia hết cho 3) hoặc là 1 (lúc đó n + 2 chia hết cho 3) hoặc là 2 (lúc đó n + 1 chia hết cho 3).
	Vì (2,3) = 1 nên A(n) = n(n + 1)(n + 2) 6
Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau thì ta phân tích A(n) thành nhân tử, chẳng hạn A(n) = B(n).C(n) và tìm cách chứng minh B(n) p và C(n) q. Khi đó A(n) = B(n)C(n) pq = m.
Ví dụ : Chứng minh rằng tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
Giải : 	Gọi số chẵn đầu là 2n, số chẵn tiếp theo là 2n + 2, tích của chúng là A(n) = 2n(2n + 2).
	Ta có 8 = 2.4 và A(n) = 2n(2n + 2) = 4.n(n + 1); n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2. Vì 4 4 và n(n + 1) 2 nên 4n(n + 1) 4.2 = 8.
 1.3) Để chứng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể biến đổi A(n) thành tổng của nhiều số hạng và chứng minh mỗi số hạng chia hết cho m.
 	Ví dụ : Chứng minh rằng lập phương của một số nguyên bất kì (n > 1) trừ đi 13 lần số nguyên đó thì luôn chia hết cho 6. 
Giải :	Ta cần chứng minh : A(n) = n3 – 13n 6
	Ta có A(n) = n3 – 13n = n3 – n – 12n = n(n2 – 1) – 12n = n(n – 1)(n + 1) – 12n.
	Vì n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 và 12n chia hết cho 6 nên : A(n) = n3 – 13n 6.
1.4) Để chứng minh một tổng nào đó không chia hết cho m, có thể chứng minh một số hạng nào đó của tổng không chia hết cho m còn tất cả các số hạng còn lại chia hết cho m.
	Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số n lẻ : n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8.
Giải :	Đặt n = 2k + 1 (n lẻ) ta có :
	n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = (4k2 + 4k + 1) + (8k + 4) + 5
 = (4k2 + 4k) + (8k + 8) + 2 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2
	Vì k(k + 1) 2 nên 4k(k + 1) 8 ; 8(k + 1) 8 và 2 không chia hết cho 8 nên n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8.
1.5) Có thể chứng minh bằng quy nạp toán học :
	Để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n bằng phương pháp quy nạp toán học, ta tiến hành theo ba bước sau :
Bước 1 : Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1 (hoặc n = no)
Bước 2 : Giả sử mệnh đề đúng với n = k > 1 (hoặc k > no) ; (Ta gọi là giả thiết quy nạp). Rồi chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.
Bước 3 : Kết luận mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ : Chứng minh rằng 16n – 15n – 1 225.
Giải : 	Với n = 1 thì 16n – 15n – 1 = 16 – 15 – 1 = 0 225 (đúng)
	Giả sử 16k – 15k – 1 225
Ta chứng minh : 16k+1 – 15(k + 1) – 1 225.
Thật vậy : 16k+1 – 15(k + 1) – 1 = 16.16k – 15k – 15 – 1 = (15 + 1).16k – 15k – 15 – 1 =
= (16k – 15k – 1) + 15.16k – 15.
Theo giả thiết quy nạp (16k – 15k – 1) 225, 
Còn 15.16k – 15 = 15(16k – 1) = 15.(16 – 1).M 15.15.
Vậy 16k+1 – 15(k + 1) – 1 225.
Bài tập áp dụng :
Chứng minh rằng : A = 75(41975 + 41974 + 41973 +  + 42 + 5) + 25 chia hết cho 41976.
Giải : 	A = 25.3(41975 + 41974 + 41973 +  + 42 + 4 + 1) + 25
	A = 25.(4 – 1) (41975 + 41974 + 41973 +  + 42 + 4 + 1) + 25
	A = 25.(41976 – 1) + 25 = 25
Chứng minh rằng số P = luôn luôn là một số tự nhiên với mọi số tự nhiên x.
Giải : 	P = 
	Mà : x5 + 10x4 + 35x3 + 50x2 + 24x 
= x(x4 + 10x3 + 35x2 + 50x + 24)
= x[(x4 + 5x3 + 4x2) + (5x3 + 25x2 + 20x) + (6x2 + 30x + 24)]
= x[x2(x2 + 5x + 4) + 5x(x2 + 5x + 4) + 6(x2 + 5x + 4)]
= x(x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6)
= x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3).
Vì 120 = 3.5.8 với 3, 5, 8 đôi một nguyên tố cùng nhau, do đó chỉ cần chứng minh :	x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) lần lượt chia hết cho 3, 5, 8.
CHUYÊN ĐỀ 3 : 
PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE
(Phương trình nghiệm nguyên)
Mở đầu :
Có bài toán dân gian sau :
Trăm trâu trăm cỏ,
Trâu đứng ăn năm, 
Trâu nằm ăn ba,
Lụ khụ trâu già, 
Ba con một bó.
Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, bao nhiêu trâu nằm, bao nhiêu trâu già ?
Giải : 	Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y, thì số trâu già là : 100 – (x + y)
Ta có phương trình : 
Hay 7x + 4y = 100 (1)
Nếu không có điều kiện hạn chế gì thì phương trình này rất dễ giải ; nó có vô số nghiệm :
Nhưng theo đề toán thì x, y (số trâu) phải là số nguyên dương, nên ta phải tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (1).
Đây là một ví dụ về phương trình Diophante.
Một phương trình có nhiều ẩn số, với tất cả các hệ số đều là số nguyên, và ta phải tìm nghiệm nguyên của nó, được gọi là một phương trình Diophante.
(Diophante là tên của một nhà toán học cổ Hy Lạp)
Phương trình Diophante nói chung là có nhiều nghiệm nguyên, vì vậy người ta cũng gọi là phương trình vô định.
Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đơn giản :
Phương trình ax + by = c (1) (a, b, c là các số nguyên)
Nếu (a,b) = 1 t ... ng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp 
ÐC1 = ÐE2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
ÐE1 = ÐE2 => EB là tia phân giác của góc FED.
Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
Bài 4. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đường cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đường tròn 
ngoại tiếp tam giác AHE.
Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp .
Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
Chứng minh ED = BC.
Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.
Lời giải: 
Xét tứ giác CEHD ta có:
Ð CEH = 900 ( Vì BE là đường cao)
Ð CDH = 900 ( Vì AD là đường cao)
 => Ð CEH + Ð CDH = 1800
 Mà Ð CEH và Ð CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 
2. Theo giả thiết: 	BE là đường cao => BE ^ AC => ÐBEA = 900.
AD là đường cao => AD ^ BC => ÐBDA = 900.
Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến 
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có ÐBEC = 900 .
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = BC.
Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => ÐE1 = ÐA1 (1).
Theo trên DE = BC => tam giác DBE cân tại D => ÐE3 = ÐB1 (2)
Mà ÐB1 = ÐA1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => ÐE1 = ÐE3 => ÐE1 + ÐE2 = ÐE2 + ÐE3 
Mà ÐE1 + ÐE2 = ÐBEA = 900 => ÐE2 + ÐE3 = 900 = ÐOED => DE ^ OE tại E.
Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.
5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2 ó ED2 = 52 – 32 ó ED = 4cm
4. Hướng dẫn về nhà
Bài tập Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N.
Chứng minh AC + BD = CD.
Chứng minh ÐCOD = 900.
3.Chứng minh AC. BD = .
4.Chứng minh OC // BM
5.Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.
6.Chứng minh MN ^ AB.
Ngày soạn: 19 / 4 / 2011 Ngày giảng: 21/ 4 / 2011
Buổi 7
ÔN TẬP TỔNG HỢP
I. Mục tiêu
Kiến thức 
- Hs được củng cố các kiến thức đã học trong các buổi trước
Kĩ năng 
- Rèn kĩ năng giải các bài tập đại số và hình học trong chương trình cấp THCS
Thái độ 
- Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, kiên trì tìm tòi trong quá trình giải toán
II. Chuẩn bị.
GV: Nghiên cứu kĩ giáo án
HS: Ôn lại các kiến thức đã học trong các buổi học trước
III. Tiến trình bài dạy
 1. Ổn định tổ chức.
 2. Kiểm tra bài cũ .
- Chữa bài tập hôm trước
 3. Bài mới 	
Bài 1 Biến đổi đơn giản các biẻu thức.
	a. A = 
	b. B = 
HD: a. Chuyển các hỗn số về phân số rồi thưc hiện khai căn.
KQ: 
b. Thực hiện trục căn thức ở mẫu => KQ : 9
Bài 2: Rút gọn và tính giá trị của biểu thức.
	a. C = 
	Với a = b = 
	b. Tìm các căp số (x,y) nguyên dương thỏa mãn 
 x2 - y2 = 2003
HD:
a. C = =
Thay a = và b = vào C ta được C = 2
b. x2 - y2 = 2003
(x - y)(x + y)=2003
=> x -y và x+ y là ước cùng dấu của 2003
Mà Ư(2003) 
 vì x, y dương nên x+y> x-y
Ta xét hai trường hợp
Bài 3 : Giải phương trình 
 = 3 + 2
HD: ĐK 0 < x < 1 và x ¹ 
Khử mẫu ở vế trái ta được phương trình:
3() = 3 + 2
Đặt = t Þ đk : 0 < t < 
Phương trình viết thành : t2 - 3 t + 2 = 0
Kết luận: x = 0 ; x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho 
Bài 4
	Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB; EF là dây cung di động trên nửa đường tròn sao cho E thuộc cung AF và EF = R; AF cắt BE tại H, AE cắt BF tại C. CH cắt AB tại I
a. Tính góc CIF.
b. Chứng minh AE.AC + BF. BC không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn.
c. Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó.
HD: 
 a) BE, AF là hai đường cao của DABC 
Þ CI là đường cao thứ ba hay CI^AB 
ÞTứ giác IHFB nội tiếp 
A
B
E
F
C
H
I
Þ ÐHIF = ÐHBF hay ÐCIF = ÐEBF .
 DEOF đều nên ÐEOF = 600.
Þ EF = 600 Þ ÐCIF = ÐEBF = 300.
b) Chứng minh DACI đồng dạng với DABE 
- được: 
- Tương tự DBCI đồng dạng với DBAE được: 
- Cộng được: AE.AC + BF. BC = AB.AI + AB.BI 
= AB(AI + IB) = AB2 = const.
c) Chứng minh DABC đồng dạng với DFEC.
- 
- Để lớn nhất Þ lớn nhất Þ CI lớn nhất. C chạy trên cung chứa góc 600 vẽ trên AB nên CI lớn nhất khi I º O Þ DCAB cân Þ EF // AB.
- Lúc đó 
Bài 5.
	Hình chữ nhật ABCD có M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD. Trên tia đối của tia CB lấy điểm P. DB cắt PN tại Q và cắt MN tại O. Đường thẳng qua O song song vơi AB cắt QM tại H.
a. Chứng minh HM = HN.
A
B
C
D
P
M
N
Q
O
H
 b. Chứng minh MN là phân giác của góc QMP.
HD: 
a) Chứng tỏ MBND là hình bình hành 
Þ O là trung điểm của MN.
- OH // AB Þ OH ^ MN.
- ÞDHMN cân tại H 
( Trung tuyến vừa là đường cao) Þ HM = HN.
b) OH // BM được: 
- ON // BP được: 
Þ Þ NH//PM
Þ (slt) Mà 
Þ Þ MN là phân giác của góc QMP
Bài 6. Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng.
HD: 
Gọi a,b,c là ba số nguyên tố cần tìm ta có: abc = 5(a+b+c). Tích ba số nguyên tố abc chia hết cho 5 nên có một số bằng 5.
Giả sử a = 5 được 5bc = 5(5+b+c) Û bc = 5+b+c.
 	 Û bc -b - c + 1 = 6 Û (b-1)(c-1) = 6.
b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ:
	 và 
Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm là 2, 5, 7
4. Hướng dẫn về nhà
- Về nhà xem lại toàn bộ các kiến thức đã ôn tập.
- Chuẩn bị tốt cho buổi thi.
Ngày soạn: 21 / 4 / 2011 Ngày giảng: ./ 4 / 2011
Buổi 8
ÔN TẬP TỔNG HỢP
I. Mục tiêu
Kiến thức 
- Hs tiếp tục được củng cố các kiến thức đã học trong các buổi trước.
Kĩ năng 
- Tiếp tục rèn kĩ năng giải các bài tập đại số và hình học trong chương trình cấp THCS.
Thái độ 
- Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, kiên trì tìm tòi trong quá trình giải toán
II. Chuẩn bị.
GV: Nghiên cứu kĩ giáo án
HS: Ôn lại các kiến thức đã học trong các buổi học trước
III. Tiến trình bài dạy
 1. Ổn định tổ chức.
 2. Kiểm tra bài cũ ( không )
 3. Bài mới 	
Bài 1
Tìm x, biết: . 2) Rút gọn biểu thức: M = .
3) Tìm điều kiện xác định của biểu thức: A = .
Bài 2
 Cho phương trình: x2 + (3 – m)x + 2(m – 5) = 0 (1), với m là tham số.
 1). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, phương trình (1) luôn có nghiệm x1 = 2.
 2). Tìm giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x2 = 1 + 2.
Bài 3
 Cho đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngoài (O; R). Đường tròn đường kính AO cắt đường tròn (o; R) tại M và N. Đường thẳng d qua A cắt (O; R) tại B và C (d không đi qua O; điểm B nằm giữa hai điểm A và C). Gọi H là trung điểm của BC.
Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O; R) và H thuộc đường tròn đường kính AO.
Đường thẳng qua B vuông góc với OM cắt MN ở D. Chứng minh rằng:
 a) 
 b) Đường thẳng DH song song với đường thẳng MC.
 c) HB + HD > CD.
Bài 4. 
Cho đường tròn (O;R) và điểm M nằm ngoài sao cho OM = 2R. Đường thẳng d qua M tiếp xúc với (O;R) tại A. Gọi N là giao điểm của đoạn thẳng MO với đường tròn (O;R).
Tính độ dài đoạn thẳng AN theo R. Tính số đo của góc NAM.
Kẻ hai đường kính AB và CD khác nhau của (O;R). Các đường thẳng BC và BD cắt đường thẳng d lần lượt tại P và Q.
 Chứng minh tứ giác PQDC nội tiếp. 
Bài 5. Giải hệ phương trình: 
Bài 6. Giải hệ phương trình:
II. Hướng dẫn cách giải
(ĐK: 2x – 1 ≥ 0 x ≥ 0,5)
Bài 1
(ĐK: 2x – 1 ≥ 0 x ≥ 0,5)
(t/m ĐK)
 Câu 1. 
(t/m ĐK)
 	Vậy x = 5; x = – 4.
 Câu 2. M = = = 
 = = 
Câu 3. Điều kiện xác định của A là: – x2 + 6x – 9 ≥ 0 – (x2 – 6x + 9) ≥ 0 
 – (x – 3)2 ≥ 0 x = 3 
Bài 2
 Câu 1. Thay x = 2 vào phương trình (1) ta được: 4 + 2(3 – m) + 2(m – 5) = 0
 Đẳng thức trên luôn đúng với mọi m, suy ra điều phải chứng minh.
 Câu 2. Phương trình (1) là phương trình bậc hai. Theo chứng minh trên, phương trình luôn có nghiệm, trong đó x1 = 2. Từ định lí Vi-ét ta có: x1.x2 = = 2(m – 5) mà 
x1 = 2 x2 = m – 5. Vậy phương trình (1) có nghiệm x2 = 1 + 2 khi và chỉ khi:
m – 5 = 1 + 2 m = 6 + 2
.Bài 3. 
Câu 1.
Xét đường tròn đường kính AO có:
 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AMOM. Mà OM là bán kính đường tròn (O; R), nên AM là tiếp tuyến của đường tròn (O; R) (d/h.).
H là trung điểm của dây BC của (O; R) và BC không đi qua tâm O nên OH BC 
A
B
D
H
M
N
O
C
E
Vậy H thuộc đường tròn đường kính AO (quĩ tích cung chứa góc 900). 
Câu 2
 a) Xét đường tròn đường kính AO có: (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN). Theo giả thiết: BDOM và AMOM (cmt) BD // AM (2) (hai góc đồng vị). Từ (1) và (2) (Đpcm).
 b) Ta có: (cmt). Mặt khác: D và H cùng thuộc nửa mặt bờ BN nên 4 điểm H, D, B, N cùng thuộc một đường tròn (quĩ tích cung chứa góc). Xét đường tròn này ta có: (3) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD).
 Xét đường tròn (O; R) có: (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM).
Từ (3) và (4) , mà hai góc này ở vị trí đồng vị đối với hai đường thẳng DH và MC bị cắt bởi đường thẳng BC DH // CM (d/hiệu nhận biết 2 đ/thẳng //).
 c) Xét Δ DHC có DH + HC > CD (Bất đẳng thức trong tam giác). Mà HC = HB (vì H là trung điểm BC) HB + HD > CD (đpcm).
Bài 4
1.+ Tính được MN = R và chỉ ra N là trung điểm của MO
 + Chỉ ra được OA vuông góc với AM và suy ra Δ MAO vuông tại A.
A
B
C
D
P
O
M
N
Q
 + Áp dụng định lý đường trung tuyến trong Δ vuông MAO tính được AN = R.
 + Tính được = 300.
2. 
 Chứng minh tứ giác PQDC nội tiếp
+ Chỉ ra được cung nhỏ AD = cung nhỏ BC;
 cung nhỏ AC = cung nhỏ BD.
 + Ta có là góc có đỉnh ở 
bên trong ngoài đường tròn nên:
 = (sđ – sđ ) = sđ 
 + Ta có = sđ (tính chất góc nội tiếp) = 
 Mà + = 1800 nên + = 1800 . Vậy tứ giác PQDC nội tiếp.
Bài 5
 Câu 1. 
 Với mọi x, y ta có: (xy – 1)2 + 1 ≥ 1 (*) nên hệ phương trình đã cho xác định với mọi x, y.
 Từ phương trình đầu của hệ, ta có: x + y = 2xy , thay vào phương trình thứ hai của hệ , ta được: 2xy – x2y2 = (**).
Nếu hệ có nghiệm thì từ (*) và (**) 2xy – x2y2 ≥ 1 (xy – 1)2 ≤ 0 xy = 1.
Thay xy = 1 vào hệ đã cho, ta có: Giải hệ trên ta được: 
* Vậy hệ đã cho có một nghiệm duy nhất: (x; y ) = (1; 1).
Bài 6 
+ Đặt ĐKCĐ của hệ là (x + 2y)(x + y + 1) ≠ 0
+ Biến đổi phương trình 
+ Thay y = 1 vào phương trình 3x + y = 4 ta tìm được x = 1.
+ Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm của hệ là (1: 1)
4. Hướng dẫn về nhà
- Về nhà xem lại toàn bộ các kiến thức đã ôn tập.
- Chuẩn bị tốt cho buổi thi.