Đề cương dạy ôn môn Toán Lớp 9 - Các dạng ôn thi vào Lớp 10 - Lê Thị Hải Yến

Đề cương dạy ôn (15 buổi)- môn toán 9
Ngày dạy: thứ 2/10 / 5/2010
Buổi 1:rút gọn biểu thức Có chứa căn thức bậc hai
Bài 1: Thực hiện phép tính:
1) ;
2) ;
3) ;
4) ;
5) ;
6) ;
7) ;
8) 
9) ;
10) ;
11) ;
12) ;
13) ;
14) ;
15) ;
16) ;
17) ;
18) ;
19) 
20) .
Bài 2: Cho biểu thức 
Rút gọn biểu thức A;
Tìm giá trị của x để A > - 6.
Bài 3: Cho biểu thức 
Rút gọn biểu thức B;
Tìm giá trị của x để A > 0.
Bài 4: Cho biểu thức 
Rút gọn biểu thức C;
Tìm giá trị của x để C < 1.
Bài 5: Rút gọn biểu thức :
a) ;
b) ;
c) ;
d) 
.................................................................................................................................
Ngày dạy: thứ 3/11 / 5/2010
Buổi 2: rút gọn biểu thức Có chứa căn thức bậc hai
 ( Bài tập tổng hợp)
Bài 6: Cho biểu thức 
Rút gọn biểu thức M;
So sánh M với 1.
Bài 7: Cho các biểu thức và 
Rút gọn biểu thức P và Q;
Tìm giá trị của x để P = Q.
Bài 8: Cho biểu thức 
Rút gọn biểu thức P
So sánh P với 5.
Với mọi giá trị của x làm P có nghĩa, chứng minh biểu thức chỉ nhận đúng một giá trị nguyên.
Bài 9: Cho biểu thức 
Tìm điều kiện để P có nghĩa, rút gọn biểu thức P;
Tìm các số tự nhiên x để là số tự nhiên;
Tính giá trị của P với x = 4 – 2.
Bài 10: Cho biểu thức : 
Rút gọn biểu thức P;
Tìm x để .
..
Ngày dạy: thứ 4/12/ 5/2010
Buổi 3: Ôn tập phần hệ thức lượng trong tam giác vuông và góc với đường tròn.
Bài 1 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc 
A , O là trung điểm của IK.
Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn.
Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm.
Lời giải: (HD)
1. Vì I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B 
Do đó BI ^ BK hayéIBK = 900 . 
Tương tự ta cũng có éICK = 900 như vậy B và C cùng nằm trên đường tròn đường kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn.
Ta có éC1 = éC2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH.
éC2 + éI1 = 900 (2) ( vì éIHC = 900 ).
éI1 = é ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) 
Từ (1), (2) , (3) => éC1 + éICO = 900 hay AC ^ OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.
AH2 = AC2 – HC2 => AH = = 16 ( cm)
CH2 = AH.OH => OH = = 9 (cm)
OC = = 15 (cm)
Bài 2 Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC ^ MB, BD ^ MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB.
Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp.
Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn .
Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2.
Chứng minh OAHB là hình thoi.
Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng.
Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d
Lời giải:
(HS tự làm).
Vì K là trung điểm NP nên OK ^ NP ( quan hệ đường kính Và dây cung) 
=> éOKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có éOAM = 900; éOBM = 900. như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. 
Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn. 
3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R 
=> OM là trung trực của AB => OM ^ AB tại I .
Theo tính chất tiếp tuyến ta có éOAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đường cao.
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2.
4. Ta có OB ^ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ^ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH.
	OA ^ MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD ^ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH.
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi.
5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH ^ AB; cũng theo trên OM ^ AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đường thẳng vuông góc với AB).
6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R
.......................................................................................................................................
Ngày dạy: 
Buổi 4: Ôn Hình tổng hợp
Baứi 1:
 Cho (O,R) vaứ moọt ủieồm A ụỷ ngoaứi ủửụứng troứn sao cho OA = 3R. Tửứ A veừ hai tieỏp tuyeỏn AB, AC ủeỏn ủửụứng troứn (O) vụựi B, C laứ hai tieỏp ủieồm
 Chửựng minh: Tửự giaực OBAC laứ moọt tửự giaực noọi tieỏp.
 Tửứ B veừ ủửụứng thaỳng song song vụựi AC, caột ủửụứng troứn (O) taùi ủieồm D (khaực ủieồm B)
ủửụứng thaỳng AD caột ủửụứng troứn (O) taùi E (khaực D). Chửựng minh: AB2 = AE. AD
 Chửựng minh: Tia ủoỏi cuỷa tia EC laứ tia phaõn giaực cuỷa 
 Tớnh dieọn tớch tam giaực BDC theo R.
HệễÙNG DAÃN
ị OBAC laứ tửự giaực noọi tieỏp (toồng 2 goực ủoỏi baống 1800) 
b) Xeựt DAEB vaứ DABD, ta coự:
Vaọy: DAEB ~ DABD(g-g)
C) Gọi Ex là tia đối của tia EC
d) D ABC vuoõng taùi B cho OA2 = OB2+ AB2( Pitago) vaứ chửựng minh ủửụùc OA ^BC taùi H
ị AB2 = (3R)2- (R)2ị AB = R
D ABO vuoõng coự ba caùnh laứ R, R,3R
Caực tam giaực vuoõng OHC vaứ ICB cuứng ủoàng daùng vụựi tam giaực vuoõng ABO cho:
Baứi 2:
 Cho ủửụứng troứn (O) coự baựn kớnh R vaứ moọt ủieồm S ụỷ ngoaứi ủửụứng troứn (O). Tửỷ S veừ hai tieỏp tuyeỏn SA, SB vụựi ủửụứng troứn (O)(A, B laứ hai tieỏp ủieồm). Veừ ủửụứng thaỳng a ủi qua S caột ủửụứng troứn(O) taùi hai ủieồm M, N vụựi M naốm giửừa hai ủieồm S vaứ N (ủửụứng thaỳng a khoõng ủi qua taõm O)
Chửựng minh raống: SO vuoõng goực vụựi AB
Goùi H laứ giao ủieồm cuỷa SO vaứ AB, goùi I laứ trung ủieồm cuỷa MN. Hai ủửụứng thaỳng OI vaứ AB caột nhau taùi ủieồm E. chửựng minh: IHSE laứ moọt tửự giaực noọi tieỏp.
Chửựng minh: OI.OE = R2
Cho bieỏt SO = 2R vaứ MN = R . Tớnh dieọn tớch tam giaực ESM theo R
HệễÙNG DAÃN
a) Chửựng minh: SO^ AB
 Ta coự: SA = SB (2 tt caột nhau)
Suy ra DSAB caõn taùi S. ta coự SO laứ tia phaõn giaực cuỷa neõn cuừng laứ ủửụứng cao cuỷa tam giaực SAB.
 Neõn SO^ AB
 Caựch khaực: SA = SB 
 OA= OB
Neõn SO laứ trung trửùc cuỷa AB. Suy ra: SO^ AB
 b) Chửng minh: IHSE laứ moọt tửự giaực noọi tieỏp 
 Ta coự: 
Neõn : (cuứng nhỡn SE dửụựi goực 900)
Vaọy tửự giaực IHSE noọi tieỏp ủửụùc ủửụứng troứn.
 c) Chửựng minh: OI.OE = R2
Xeựt DOIH vaứ DOSE, ta coự:
laứ goực chung
( tửự giaực IHSE n/tieỏp)
Vaọy: DOIH ~ DOSE(g-g) 
Maứ OH.OS = OA2 = R2(heọ thửực lửụùng trong DAOS)
Vaọy: OI.OE = R2.
 d) Tớnh dieọn tớch tam giaực ESM theo R.
Ta coự : OI = R/2 ( vỡ MN laứ caùnh cuỷa tam giaực ủeàu noọi tieỏp(O,R))
Maứ: OI.OE = R2. Neõn OE = 2R
Ta coự: IE = OE – OI = 2R – R/2= 3R/2
Tam giaực vuoõng OIS cho:
Ngày dạy :
Buổi 5: ÔN Hệ phương trình
Baứi 1: : Giải các HPT sau: 
 1.1.
 a. b. 
Giải: 
 a. Dùng PP thế: 
 Vaọy HPT đã cho có nghiệm là: 
 Dùng PP cộng: 
 Vaọy HPT đã cho có nghiệm là: 
Để giảI loại HPT này ta thường sử dụng PP cộng cho thuận lợi.
 Vaọy HPT có nghiệm là 
Đối với HPT ở dạng này ta có thể sử dụng hai cách giảI sau đây: 
1.2. 
+ Cách 1: Sử dụng PP cộng. ĐK: .
 Vaọy HPT có nghiệm là 
 + Cách 2: Sử dụng PP đặt ẩn phụ. ĐK: .
 Đặt ; . HPT đã cho trở thành: 
 (TMĐK)
 Vaọy HPT có nghiệm là 
 Lưu ý: - Nhiều em còn thiếu ĐK cho những HPT ở dạng này.
 - Có thể thử lại nghiệm của HPT vừa giải.
Baứi 2: Giaỷi caực heọ phửụng trỡnh sau (baống pp theỏ)
 1.1: 
 1.2. 
Baứi 3: Giaỷi caực heọ phửụng trỡnh sau (baống pp coọng ủaùi soỏ)
2.1. 
 2.2. 
Baứi 4: 
 Giaỷi heọ phửụng trỡnh trong moói trửụứng hụùp sau
 a) m = -1 b) m = 0 c) m = 1
Baứi 5: 
 a) Xaực ủũnh heọ soỏ avaứb, bieỏt raống heọ phửụng trỡnhcoự nghieọm laứ (1; -2)
	 b) Cuừng hoỷi nhử vaọy neỏu heọ phửụng trỡnh coự nghieọm 
Baứi 6: Giaỷi heọ phửụng trỡnh sau: 
Tửứ ủoự suy ra nghieọm cuỷa heọ phửụng trỡnh 
Baứi 7: Giaỷi caực heọ phửụng trỡnh sau:
 ; ; ; ; ; ; ; ; ; 
 Bài 8: Cho hệ phương trình 
Giải hệ khi a=3 ; b=-2 
Tìm a;b để hệ có nghiệm là (x;y)=(
 Bài 9: GiảI các hệ phương trình sau
 a) b) c) (đk x;y2 ) 
 ; ; ; ; 
 ; ; .
 ; ; 
 ; ; ; 
...........................................................................................................................
Ngày dạy:
Buổi 6: Ôn hình tổng hợp( Tiếp)
 Baứi 1: 
Cho r ABC coự ba goực nhoùn noọi tieỏp trong ủửụứng troứn (O,R) vaứ coự 3 ủửụứng cao AD , BE , CF caột nhau taùi H .
 a) CMR: caực tửự giaực BFEC, AFHE laứ caực tửự giaực noọi tieỏp ủửụùc .
 b) CMR: Tia DA laứ tia phaõn giaực cuỷa goực EDF.
 c) ẹửụứng thaỳng AO caột ủửụứng troứn (O) taùi ủieồm K (khaực ủieồm A). 
 CMR: Tửự giaực BHCK laứ moọt hỡnh bỡnh haứnh.
 d)Goùi G laứ troùng taõm cuỷa r ABC. CMR : 
HệễÙNG DAÃN
a) Chửựng minh: tửự giaực BFEC, AFHE laứ caực tửự giaực noọi tieỏp ủửụùc.
 Trong tửự giaực BFEC, ta coự:
Vaọy: tửự giaực BFEC noọi tieỏp.
Trong tửự giaực AFHE, ta coự:
Vaọy: AFHE noọi tieỏp ủửụùc ( toồng 2 goực ủoỏi dieọn baống 1800)
 b) CMR: Tia DA laứ tia phaõn giaực cuỷa goực EDF.
Trong BFHD, ta coự: 
 Vaọy: BFHDnoọi tieỏp ủửụùc ( toồng 2 goực ủoỏi dieọn baống 1800)
Trong ABDE, ta coự: 
 Vaọy: ABDE noọi tieỏp ủửụùc 
Vaọy: Tia DA laứ tia phaõn giaực cuỷa
c) CMR: Tửự giaực BHCK laứ moọt hỡnh bỡnh haứnh
 d) CMR : 
Ta coự: BHCK laứ hỡnh bỡnh haứnh (cmt)
hai ủửụứng cheựo HK, BC caột nhau taùi trung ủieồm M cuỷa moói ủửụứng.
OM laứ trung bỡnh cuỷa DAHK.
Trong DAHK, ta coự: AM vaứ OH laứ trung tuyeỏn gaởp nhau taùi troùng taõm G’.
ị 
Maứ: G laứ troùng taõm cuứa DABC.
ị 
Do ủoự: G’º G
ị Gẻ OH
Vaọy: H, G, O thaỳng haứng
ị G laứ troùng taõm DAHK
ị HG = 2 OG (t/c troùng taõm)
Maứ: 
ị 
Baứi 2: 
 Cho r ABC coự ba goực nhoùn noọi tieỏp trong ủửụứng troứn (O,R) vaứ coự 2 ủửụứng cao BE vaứ CF caột nhau taùi H .
 a) CMR: tửự giaực BFEC laứ caực tửự giaực noọi tieỏp ủửụùc .
 b) Hai ủửụứng thaỳng BE vaứ CF caột ủửụứng troứn (O) laàn lửụùt taùi P vaứ Q . 
 CMR : , suy ra : EF // PQ
 c) CMR: OA ^ EF
 d) Cho BC = R. Tớnh baựn kớnh ủửụứng troứn ngoaùi tieỏp r AEF theo R 
HệễÙNG DAÃN
CMR: tửự giaực BFEC laứ caực tửự giaực noọi tieỏp ủửụùc .
Trong tửự giaực BFEC, ta coự:
Vaọy: tửự giaực BFEC noọi tieỏp ủửụùc.
 b) CMR : , suy ra : EF // PQ
Maứ: 2 goực naứy ụỷ vũ trớ ủoàng vũ
ị EF// QP.
c) CMR: OA ^ EF
Maứ: laứ goực n/tieỏp chaộn 
 laứ goực n/tieỏp chaộn 
ị = 
ị AQ = AP (= R)
ị OA laứ trung trửùc cuỷa QP.
ị OA ^ PQ 
 Maứ : EF // PQ(cmt)
OA ^ EF
d) Tớnh baựn kớnh ủửụứng tro ...  song với AB.
	c, Chứng minh CK.CD = CH.CM
Bài 4:(1,5 điểm) Cho đường thẳng d: y = ax + b và (P): y = kx2
	a, Tìm a và b để đường thẳng d đi qua 2 điểm A(2;3) ; B(3;9).
	b, Tìm k (k khác không) sao cho (P) tiếp xúc với đường thẳng d.
Bài 5:(1,0 điểm) Cho x và y là 2 số thỏa mãn: 
	Tính B = x2 + y2.
------------------------------- Hết -------------------------------
Đáp án tuyển sinh 10
Hướng dẫn chấm và thang điểm
Đề thi tuyển sinh vào 10
Năm học: 2007-2008
Môn : Toán
Bài
Nội dung
Thang điểm
B1 (2đ)
1a (1đ)
1b (1đ)
1a. 
1b. 
Đặt suy ra t2 - t - 12 = 0
Tính 
t1 = -3 (loại); t2 = 4 . Kết luận nghiệm x = 16
0.5 đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
B2 (2đ)
2a (1đ)
2b (1đ)
2a. Với m = 2 thay vào được x2 - 2x - 3 = 0
 có dạng a - b + c = 0 ( Hoặc tính )
 x1 = -1 ; x2 = 3 và kết luận nghiệm
2b. Tính 
 Suy ra m < 4 và kết luận m < 4 phương trình có nghiệm
0.25đ
0.25đ
0.5 đ
0.5 đ
0.25đ
0.25đ
B3 (3,5đ)
3a (1,5đ)
3b (1đ)
3c (1đ)
3a. Vẽ hình đúng (Chú ý không vẽ hình không chấm điểm)
 Ta có chắn cung CB
chẵn cung CA 
mà cung CA = cung CB
Từ đó 
Suy ra tứ giác DKHM nội tiếp một đường tròn
3b. Ta có ( tứ giác DMHK nội tiếp)
 ( tứ giác ABDM nội tiếp)
 Từ đó suy ra 
 Vậy ta có HK song song với AB
3c. Chứng minh đồng dạng . Thật vậy ta có
 Xét và có góc C chung
 ( tứ giác DMHK nội tiếp)
 Từ đó ta có Đpcm.
0.5 đ
0.5 đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.5 đ
B4 (1,5đ)
4a (1đ)
4b (0.5đ)
4a. Đi qua điểm A(2;3) thay x = 2 và y = 3 3 = 2a + b (1)
 Đi qua điểm B(3;9) thay x = 3 và y = 9 9 = 3a + b (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được hệ 
Kết luận đường thẳngd: y = 6x - 9
4b. Suy ra kx2 = 6x - 9 có nghiệm kép 
 Suy ra k = 1 và kết luận
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
B5 (1 đ)
Từ x3 + 2y2 - 4y + 3 = 0 x3 = -1 - 2(y - 1)2 -1(1)
Từ x2 + x2y2 - 2y = 0 (2)
Kết hợp (1) và (2) suy ra x = -1 do đó y = 1
 Vậy B = x2 + y2 = 2
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
Chú ý: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 
------------------------------------ Hết ------------------------------------
Buổi 14: Đề 2
Câu1 : Cho biểu thức 
 A=Với xạ;±1
 .a, Ruý gọn biểu thức A
 .b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x=
 c. Tìm giá trị của x để A=3
 Câu2.a, Giải hệ phương trình:
 b. Giải bất phương trình: 
 <0
 Câu3. Cho phương trình (2m-1)x2-2mx+1=0
Xác định m để phương trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)
Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính BC .Điểm A thuộc nửa đường tròn đó Dưng hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa đường tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà ED 
chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đường tròn 
Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ? 
đáp án
Câu 1: a. Rút gọn A=
b.Thay x= vào A ta được A= 
c.A=3 x2-3x-2=0=> x=
Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta được pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4
Từ đó ta có
* (1)
 *(2)
Giải hệ (1) ta được x=3, y=2 
Giải hệ (2) ta được x=0, y=4 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4
 Ta có x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3) 
mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 với mọi x 
Vậy bất phương trình tương đương với x-5>0 =>x>5 
Câu 3: Phương trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0
Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành –x+1=0=> x=1 
Xét 2m-1ạ0=> mạ 1/2 khi đó ta có
	= m2-2m+1= (m-1)2³0 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m
ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0) 
với mạ 1/2 pt còn có nghiệm x== 
pt có nghiệm trong khoảng (-1,0)=> -1<<0 
=>=>m<0 
Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0
Câu 4: 
a. Ta có KEB= 900 
mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D 
=> BFK= 900 => E,F thuộc đường tròn đường kính BK
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đường tròn đường kính BK.
b. BCF= BAF 
Mà BAF= BAE=450=> BCF= 450
Ta có BKF= BEF
Mà BEF= BEA=450(EA là đường chéo của hình vuông ABED)=> BKF=450
Vì BKC= BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B
Buổi 15 : Đề 3
Bài 1: Cho biểu thức: P = 
a,Rút gọn P
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.
Bài 2: Cho phương trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm âm.
b.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn =50
Bài 3: Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2Chứng minh:
a,Phương trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t1 và t2.
b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4
Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O . H là trực tâm của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.
a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.
b, Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường thẳng AB và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng.
c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.
Bài 5: Cho hai số dương x; y thoả mãn: x + y 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = 
Đáp án
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 
a, Rút gọn: P = P = 
b. P = 
Để P nguyên thì
Vậy với x= thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì:
b. Giải phương trình: 
Bài 3: a. Vì x1 là nghiệm của phương trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0. .
Vì x1> 0 => c. Chứng tỏ là một nghiệm dương của phương trình: ct2 + bt + a = 0; t1 = Vì x2 là nghiệm của phương trình: 
ax2 + bx + c = 0 => ax22 + bx2 + c =0
vì x2> 0 nên c. điều này chứng tỏ là một nghiệm dương của phương trình ct2 + bt + a = 0 ; t2 = 
Vậy nếu phương trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dương phân biệt x1; x2 thì phương trình : ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t1 ; t2 . t1 = ; t2 =
b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dương nên 
 t1+ x1 = + x1 2 t2 + x2 = + x2 2
 Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4 
Bài 4
a. Giả sử đã tìm được điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên 
CH và BH => BD và CD.
 Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 . 
Vậy AD là đường kính của đường tròn tâm O 
 Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD 
của đường tròn tâm O thì 
tứ giác BHCD là hình bình hành.
Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB 
nhưng ADB =ACB nhưng ADB = ACB 
Do đó: APB = ACB Mặt khác: 
AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800 
Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên PAB = PHB
Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB
Chứng minh tương tự ta có: CHQ = DAC 
Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800
Ba điểm P; H; Q thẳng hàng 
c). Ta thấy APQ là tam giác cân đỉnh A 
Có AP = AQ = AD và PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ 
đạt giá trị lớn nhất ú AP và AQ là lớn nhất hay ú AD là lớn nhất 
ú D là đầu đường kính kẻ từ A của đường tròn tâm O .
........................................................................................................
Tham khảo một số đề sau tuỳ đối tượng HS
Đề 1:
Câu 1: Cho hàm số f(x) = 
a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A = khi x ạ 
Câu 2: Giải hệ phương trình
Câu 3: Cho biểu thứcA = với x > 0 và x ạ 1
a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.
Câu 5: Cho phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11
đáp án
Câu 1a)	f(x) = 	
	Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3	
b) 	
c) 	
	Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra 	
	Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra 	
Câu 2
Câu 3 a)	Ta có: 	 A = = 	 = = = = = 	
b) A = 3 => = 3 => 3x + - 2 = 0 => x = 2/3 	
Câu 4
O
B
C
H
E
A
P
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
 nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có 
 ;	(1)	 
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
	=>	POB = ACB (hai góc đồng vị)
=>	D AHC D POB
Do đó: 	(2)	 
Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
	Theo (1) và do AH = 2EH ta có
	 AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
	 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2
	 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB	
Câu 5 Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì D > 0
	 (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
	Từ đó suy ra m ạ 1,5	(1)	
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
Giải phương trình 	
ta được m = - 2 và m = 4,125	(2)	
Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11	 
Đề 2:
Câu 1: Cho P = + - 
a/. Rút gọn P.
b/. Chứng minh: P < với x 0 và x 1.
Câu 2: Cho phương trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số.
a/. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b/. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.
Câu 3: a/. Giải phương trình : + = 2
b/. Cho a, b, c là các số thực thõa mãn :
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c.
Câu 4: Cho cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp . Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K .
a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp.
b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao?
c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành.
Đáp án
Câu 1: Điều kiện: x 0 và x 1. (0,25 điểm)
P = + - 
 = + - 
 = 
 = = 	
b/. Với x 0 và x 1 .Ta có: P < < 
 3 0 )
 x - 2 + 1 > 0
 ( - 1)2 > 0. ( Đúng vì x 0 và x 1)
Câu 2:a/. Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ’ 0.
 (m - 1)2 – m2 – 3 0
 4 – 2m 0
 m 2.
	b/. Với m 2 thì (1) có 2 nghiệm.
	Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có:
	 a= 3()2 = m2 – 3
	 m2 + 6m – 15 = 0
	 m = –32 ( thõa mãn điều kiện).
Câu 3:
	Điều kiện x 0 ; 2 – x2 > 0 x 0 ; < .
	Đặt y = > 0
	Ta có: 
Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -
 * Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
 X2 – 2X + 1 = 0 X = 1 x = y = 1.
 * Nếu xy = - thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
 	X2 + X - = 0 X = 
 Vì y > 0 nên: y = x = 
	Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 
Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang. 
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành AB // CK 
Mà sđ = sđ = 
Nên 
Dựng tia Cy sao cho .Khi đó, D là giao điểm của và Cy.
Với giả thiết > thì > > .
 D AB .
	Vậy điểm D xác định như trên là điểm cần tìm.