Giáo án dạy thêm Toán Lớp 8 - Chủ đề 1: Nhân đa thức

Nội dung text: Giáo án dạy thêm Toán Lớp 8 - Chủ đề 1: Nhân đa thức

1. Chủ đề 1: Nhân đa thức. A. Mục tiêu: - Nắm được quy tắc nhân đơn thức với đa thức, nhân đa thức với đa thức. - Học sinh biết trình bày phép nhân đa thức theo các cách khác nhau. B. Thời lượng: 3 tiết (từ 1 đến 3) C. Thực hiện: Tiết 1: Câu hỏi 1: Phát biểu quy tắc nhân đơn thức với đa thức. 2: Phát biểu quy tắc nhân đa thức với đa thức. * Bài tập về nhân đơn thức với đa thức. Bài 1: Thực hiện phép nhân. a. 2x 2 . x 3 3x 2 x 1 2 1 1 b. 10x 3 y z . xy 5 3 2 Giải: a. 2x 2 . x 3 3x 2 x 1 = 2x 5 6x 4 2x 3 2x 2 2 1 1 1 1 b. 10x 3 y z . xy = 5x 4 y xy 2 xyz 5 3 2 5 6 Bài 2: Chứng tỏ rằng các đa thức không phụ thuộc vào biến. a. x 2x 1 x 2 x 2 x 3 x 3 b. 4 x 6 x 2 2 3x x 5x 4 3x 2 x 1 Giải: a. x 2x 1 x 2 x 2 x 3 x 3 = = 2x 2 x x 3 2x 2 x 3 x 3 3 Vậy đa thức không phụ thuộc vào biến x. b. 4 x 6 x 2 2 3x x 5x 4 3x 2 x 1 = = 4x 24 2x 2 3x 3 5x 2 4x 3x 3 3x 2 24 Vậy đa thức không phụ thuộc vào biến x. Bài 3: Tính giá trị của biểu thức sau khi thực hiện các phép toán. a. 3x 10x 2 2x 1 6x 5x 2 x 2 với x = 15 1 1 b. 5x x 4y 4y y 5x với x ; y 5 2 1 c. 6xy xy y 2 8x 2 x y 2 5y 2 x 2 xy với x ; y 2 2 1
2. Giải: a. 3x 10x 2 2x 1 6x 5x 2 x 2 = =30x 3 6x 2 3x 30x 3 6x 2 12x 15x Thay x = 15 ta có: 15x 15.15 225 b. 5x x 4y 4y y 5x = 5x 2 20xy 4y 2 20xy = 5x 2 4y 2 2 2 1 1 1 1 4 Thay x ; y 2 ta có: 5. 4 1 2 5 2 5 5 c. 6xy xy y 2 8x 2 x y 2 5y 2 x 2 xy = = 6x 2 y 2 6xy 3 8x 3 8x 2 y 2 5x 2 y 2 5xy 3 = = 19x 2 y 2 11xy 3 8x 3 2 3 1 1 1 1 Thay x ; y 2 ta có: 19. .22 11. .23 8. 19 44 1 26 2 2 2 2 Tiết 2: Bài 4: Điền vào chỗ dấu * để được đẳng thức đúng. a. 36x 3 y 4 * * 4x 2 y 2y 3 b. 2a 3b. 4ab 2 * * a 5b 2 Giải: a. Vì *.4x 2 y 36x 3 y 4 9xy 3 .4x 2 y nên dấu * ở vỊ phải là 9xy3 Vì * ở vế trái là tích của 9xy3 với 2y3 nên phải điền vào dấu * này biểu thức 9xy 3 .2y 3 18xy 6 vậy ta có đẳng thức đúng. 36x 3 y 4 18xy 6 9xy 3 . 4x 2 y 2y 3 b. Lý luận tương tự câu a. 1 Đẳng thức đúng là: 2a 3b. 4ab 2 a 2b 8a 4b3 a 5b 2 2 Bài 5: Chứng minh các đẳng thức sau: a. a.(b - c) - b.(a + c) + c.(a - b) = -2ac. b. a(1 - b) + a(a2 - 1) = a.(a2 - b) c. a.(b - x) + x.(a + b) = b.(a + x) Giải: a. VT = a.(b - c) - b.(a + c) + c.(a - b) = ab - ac - ab - bc + ac - bc = -2bc = VP đpcm 2
3. b. VT = a.(1 - b) + a.(a2 - 1) = a - ab + a3 - a = a3 - ab = a.(a2 - b) = VP đpcm. c. VT = a.(b - x) + x.(a + b) = ab - ax + ax + xb = ab + xb = b(x + a) = VP đpcm Bài 6: Tìm x biết a. 5x.(12x + 7) - 3x(20x - 5) = - 100 b. 0,6x(x - 0,5) - 0,3x(2x + 1,3) = 0,138 Giải: a. 5x.(12x + 7) - 3x(20x - 5) = - 100 60x2 + 35x - 60x2 + 15x = - 100 50x = - 100 x = - 2 b. 0,6x(x - 0,5) - 0,3x(2x + 1,3) = 0,138 0,6x2 - 0,3x - 0,6x2 - 0,39x = 0,138 - 0,6x = 0,138 x = 0,138 : (- 0,6) - 0,2 * Bài tập về nhân đa thức với đa thức Bài 1: Làm tính nhân. a. (x2 + 2)(x2 + x+ 1) b. (2a3 - 1 + 3a)(a2 - 5 + 2a) Giải: a. (x2 + 2)(x2 + x+ 1) = x4 + x3 + x2 + 2x2 + 2x + 2 = x4 + x3 + 3x2 + 2x + 2 b. (2a3 - 1 + 3a)(a2 - 5 + 2a) = 2a5 - 10a3 + 4a4 - a2 + 5 - 2a + 3a3 - 15a + 6a2 = 2a5 + 4a4 - 7a3 + 5a2 - 17a + 5 Tiết 3: Bài 2: Chứng tỏ rằng đa thức sau không phụ thuộc vào biến. (x2 + 2x + 3)(3x2 - 2x + 1) - 3x2(x2 + 2) - 4x(x2 - 1) Giải: (x2 + 2x + 3)(3x2 - 2x + 1) - 3x2(x2 + 2) - 4x(x2 - 1) = 3x4 - 2x3 + x2 + 6x3 - 4x2 + 2x + 9x2 - 6x + 3 - 3x4 - 6x2 - 4x3 + 4x = 3 3
4. Kết quả là một hằng số. Vậy đa thức trên không phụ thuộc vào biến. Bài 3: Cho x = y + 5. Tính a. x(x + 2) + y(y - 2) - 2xy + 65 b. x2 + y(y - 2x) + 75 Giải: a. x(x + 2) + y(y - 2) - 2xy + 65 Từ giả thiết x = y + 5 x - y = 5 Ta có: x(x + 2) + y(y - 2) - 2xy + 65 = x2 + 2x + y2 - 2y - 2xy + 65 = x2- xy + y2 - xy + 2x - 2y + 65 =x(x - y) - y(x - y) + 2(x - y) + 65 = (x - y)(x - y) + 2(x - y) + 65 = (x - y)2 + 2(x - y) + 65 = 52 - 2.5 + 65 = 100 b. x2 + y(y - 2x) + 75 = x2 + y2 - 2xy + 75 = x(x - y) - y(x - y) + 75 = (x - y) (x - y) + 75 = 5.5 + 75 = 100 Bài 4: Tính giá trị của biểu thức. a. A = x3 - 30x2 - 31x + 1 tại x = 31 b. B = x5 - 15x4 + 16x3 - 29x2 + 13x tại x = 14 Giải: a. Với x = 31 thì A = x3 - 30x2 - 31x + 1 = x3 - (x - 1)x2 - x.x +1 = x3 - x3 + x2 + 1 = 1 b. Với x = 14 thì B = x5 - 15x4 + 16x3 - 29x2 + 13 = x5 - (x + 1)x4 + (x + 2)x3 - (2x + 1)x2 + x(x - 1) = x5 - x5 - x4 + x4 + 2x3 - 2x3 - x2 + x2 - x = -x = - 14 Bài 5: CMR với mọi số nguyên n thì a. (n2 + 3n - 1)(n + 2) - n3 + 2 chia hết cho 5. b. (6n + 1)(n + 5) - (3n + 5)(2n - 1) chia hết cho 2. Giải: a. Ta có: (n2 + 3n - 1)(n + 2) - n3 + 2 4
5. = n3 + 3n2 - n + 2n2 + 6n - 2 - n3 + 2 = 5n2+ 5n = 5(n2 + n)  n  n b. (6n + 1)(n + 5) - (3n + 5)(2n - 1) = 6n2 + n + 30n + 5 - 6n2 - 10n + 3n + 5 = 24n + 10 = 2(12n + 5) 2  n Chủ đề 2: Tứ giác. A. Mục tiêu: - Học sinh nắm được định nghĩa tứ giác, tứ giác lồi, tổng các góc của tứ giác lồi. - Biết vẽ, gọi tên các yếu tố, biết tính số đo các góc của tứ giác lồi. B. Thời lượng: 1 tiết (tiết 4) Tiết 4: C. Thực hiện: Câu hỏi 1: Thế nào là một tứ giác, tứ giác lồi? 2: Tổng các góc của một tứ giác bằng? Bài 1: Cho tứ giác ABCD, đường chéo AC bằng cạnh AD. Chứng minh cạnh BC nhỏ hơn đường chéo BD. Giải: C Gọi O là giao điểm của hai đường chéo B Trong tam giác AOD ta có: AD < AO + OD (1) O Trong tam giác BOC ta có BC < OC + BO (2) A D Cộng từng vỊ của (1) và (2) ta có: AD + BC < AC + BD (3) Theo đề ra: AC = AD nên từ (3) BC < BD (®pcm) Bài 2: Tứ giác ABCD có AB = BC, CD = DA a. CMR: BD là đường trung trực của AC b. Chã biết góc B = 1000, góc D = 700. Tính góc A và góc C. 5
6. A Giải: a. BA = BC (gt) DA = DC (gt) B D BD là đường trung trực của AC C b. ABD CBD (c.c.c) Góc <BAD = <BCD (hai góc tương ứng) ta lại có: Góc <BAD + <BCD = 3600 - <B - <D = 3600 - 1000 - 70 0 = 1900 Do đó: Góc <A = <C = 1900 : 2 = 95 0 Bài 3: Tính các góc của tứ giác: ABCD biết rằng Góc <A : <B : <C : <D = 1 : 2 : 3 : 4 Giải: Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau và tổng các góc của tứ giác ta có: A B C D A B C D 3600 360 1 2 3 4 1 2 3 4 10 Do đó: góc <A = 360; < B= 720; <C = 1080 ; <D = 1440 Chủ đề 3: Hình thang A. Mục tiêu: - Nắm được định nghĩa hình thang, hình thang vuông, hình thang cân. - Biết vẽ và tính số đo các góc của hình thang. B. Thời lượng: 4 tiết (Tiết 5, 6, 7, 8) C. Thực hiện: Tiết 5: Câu hỏi: 1. Thế nào là hình thang, hình thang vuông, hình thang cân. 2. Hình thang có những tính chất nào? 3. Dấu hiệu nhận biết hình thang cân. 4. Định nghĩa đường trung bình của tam giác, đường trung bình của hình thang và tính chất của nó. Bài 1: Tính các góc của hình thang ABCD (AB//CD) biết rằng góc <A = 3<D; <C = 300. 6
7. Giải: Từ <A + <D = 1800, <A = 3<D <D = 450, <A = 1350 Từ <B + <C = 1800, <B - <C = 300 1800 300 Ta tính được: <C = 2 750 <B = 1800 - 750 = 1050 Bài 2: Tứ giác ABCD có BC = CD và DB là tia gica của góc D. CMR ABCD là hình thang. Giải: BCD có BC = CD BCD là tam giác cân B C <D1 = <B1 Theo gt <D1 = <D2 <B1 = <D2. Do đó BC // AD Vậy ABCD là hình thang A D Bài 3: Chứng minh rằng trong hình thang các tia phân giác của hai góc kÌ một cạnh bên vuông góc với nhau. Giải: Xét hình thang ABCD có AB // CD A B 1 Ta có: <A1 = <A2 = <A 2 1 <D1 = <D2 = <D E 2 mà <A + <D = 1800 D C 0 Nên <A1 + <D1 = 90 0 Trong ADE có <A1+ <D1 = 90 <AED = 900. Vậy AE  DE Tiết 6: Bài 4: Cho hình thang vuông ABCD có <A = <D = 900; AB = AD = 2cm, DC = 4cm. Tính các góc của hình thang. Giải: A B Kẻ BH vuông góc với CD. Hình thang ABHD có hai cạnh bên AD// BH AD = BH, AB = DH Do đó: HB = HD = 2cm HC = 2cm BHC vuông tại H <C = 450 D C <ABC = 1350 7
8. Bài 5: Hình thang cân ABCD có AB // CD. O là gia điểm của hai đường chéo. CMR: OA = OB, OC = OD A B Giải: Vì ABCD là hình thang cân nên AD = BC, <ADC = <BCD ADC BCD (c.g.c) D C <C1 = <D1 OCD cân OC = OD Ta lại có: AC = BD nên OA = OB Bài 6: Cho tam giác ABC cân tại A. trên các cạnh bên AB, AC lấy các điểm M, N sao cho BM = CN. a. Tứ giác BMNC là hình gì? Vì sao? b. Tính các góc của tứ giác BMNC biết rằng <A = 400. Giải: a. Tam giác ABCD cân tại A A 1800 A <B = <C = 2 Lại có BM = CN (gt) AM = AN M N AMN cân tại A 1800 A <M1 = <N1 = 2 <B = <M1 do đó: MN //BC B C Vậy tứ giác BMNC là hình thang Lại có: <B = <C nên BMNC là hình thang cân. 0 0 b. <B = <C = 70 , <M2 = <N2 = 110 Tiết 7: Bài 7: Cho hình thang cân ABCD có O là giao điểm của hai đường thẳng chứa cạnh bên AD, BC và E là giao điểm của hai đường chéo. CMR OE là đường trung trực của hai đáy. Giải:O ABCD là hình thang cân <D = <C ODC cân OD = OC mà AD = BC (gt) OA = OB A B Vậy O thuộc đường trung trực của hai đáy E ADC BCD (c.c.c) 8
9. <C1 = <D1 ED = EC (1) D C Lại có: AC = BD nên EA = EB (2) Từ (1) và (2) E thuộc đường trung trực của hai đáy. Vậy OE là đường trung trực của hai đáy. Bài 8: a. Hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB = b, đáy lớn CD = a. Đường cao AH. CMR: HD = a b , HC = a b (a, b có cùng đơn vị đo) 2 2 b.Tính đường cao của hình thang cân có hai đáy 10cm, 26cm, cạnh bên 17cm Giải: a. KỴ đường cao BK AHD BKC (cạnh huyền góc nhọn) HD = KC A B Hình thang ABKH có các cạnh bên AH, BK song song nên AB = HK Ta có: a - b = DC - AB = DC - HK = HD + KC = 2HD D H K C Vậy HD = a b , 2 HC = DC - HD = a b = a b 2 2 b. Xét hình thang cân ABCD có đáy AB = 10cm, đáy CD = 26cm, cạnh bên AD = 17cm. Trước hết ta có: HD = 8cm AH2 = 172 - 82 = 289 - 64 = 225 = 152 Vậy AH = 15cm Bài 9: Cho tam giác ABC, điểm D thuộc cạnh AC sao cho AD = 1 DC. Gọi M là 2 trung điểm của BC, I là gia điểm của BD và AM. CMR: AI = IM Giải: A Gọi E là trung điểm của DC. D Vì BDC có BM = MC, DE = EC. I Nên BD // ME DI // EM E Do AME có AD = DE, DI // EM Nên AI = IM B M C Tiết 8: 9
10. Bài 10: Cho tứ giác ABCD. Gọi E, F, I theo thứ thù là trung điểm của AD, BC, AC. CMR a. EI // CD, IF // AB b. b. EF < AB CD 2 Giải: Xét ADC có: AE = ED 1 AI = IC nên EI // DC, EI = DC 2 Tương tự ABC có: AI = IC, BF = FC B Nên IF // AB, IF = 1 AB A 2 b. Trong EFI ta có: EF EI + IF K CD AB EF E F 2 2 AB CD Vậy EF 2 D C Dấu “=” xảy ra khi E, I, F thẳng hàng, tức AB // DC Bài 11: Cho hình thang ABCD (AB // CD). M là trung điểm của AD, N là trung điểm của BC. Gọi I, K theo thứ tự là giao điểm của MN và BD, MN và AC. Cho biết AB = 6cm, AD = 14cm. Tính các độ dài MI, IK, KN. Giải: Vì MN là đường trung bình của hình thang ABCD nên MN // AB // DC A B Xét ADC có AM = MD, MK // DC KA = KC DC 14 Do đó: MK = 7cm I K 2 2 Tương tự: ABD có AM = MD, MI // AB D C nên BI = ID 1 6 Do đó: MI = AB 3cm 2 2 Từ đó ta có: IK = MK - MI = 7 - 3 = 4cm Xét ABC có BN = NC, NK // AB 1 6 AK = KC Vậy KN = AB 3cm 2 2 10
11. Bài 12: Dùng hình thang ABCD (AB // CD), biết <D = 900, AD = 2cm, CD = 4cm, BC = 3cm. Giải: B B/ x * Cách dùng: A - Dựng tam giác ABC, biết hai cạnh và góc xen giữa. AD = 2cm, CD = 4cm, <D = 900 - Dựng tia Ax  AD (Ax và C thuộc cùng D C một nửa mặt phẳng bê AD) - Dựng cung tròn tâm C có bán kính 3cm, cắt tia Ax ở B. - KỴ đoạn thẳng BC. * Chứng minh: Tứ giác ABCD là hình thang vì: AB // CD Hình thang ABCD có <D = 900, AD = 2cm, CD = 4cm, Cb = 3cm. Vậy hình thang ABCD thoả mãn yêu cầu bài toán. * Biện luận: Ta dùng được hai hình thang thoả mãn điều kiện bài toán: ABCD, AB/CD Bài 13: Dùng hình thang ABCD, biết hai đáy AB = 2cm, CD = 4cm, <C = 500, <D = 700 A B B x Giải: * Phân tích Giả sử dùng được hình thang ABCD thoả mãn yêu cầu của bài toán. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt CD ở E. D E C Hình thang ABCD có hai cạnh bên AE, BC Song song nên EC = AB = 2cm. Do đó: DE = 2cm Tam giác ADE dùng được vì biết một cạnh và 2 góc kÌ Từ đó dùng được các điểm C và B. * Cách dùng: - Dựng tam giác ADE biết DE = 2cm, <D = 700, <E = 500 - Trên tia DE dựng điểm C sao cho DC = 4cm - Dựng các tia Ax // EC, Cy // EA. Chóng cắt nhau tại B. * Chứng minh: 11
12. ABCD là hình thang vì: AB // CD Ta có: <D = 700, DC = 4cm, <C = <ABD <C = 500 Hình thang ABCE có hai cạnh bên AE, BC song song Nên AB = EC = 4 - 2 = 2cm Chủ đề 4: Các hằng đẳng thức đáng nhớ. A. Mục tiêu: - Học sinh nắm được 7 hằng đẳng thức đáng nhớ. - Biết vận dụng các hằng đẳng thức đó vào việc giải toán. B. Thời lượng: 3 tiết (tiết 9, 10, 11) C. Thực hiện: Tiết 9: Bài 1: Biểu diễn các đa thức sau dưới dạng bình phương của một tổng. a. x2 + 2x(y + 1) + y2 + 2y + 1 b. u2 + v2 + 2u + 2v + 2(u + 1)(v + 1) + 2 Giải: a. x2 + 2x(y + 1) + y2 + 2y + 1 = x2 +2x(y + 1) + (y + 1)2 = (x + y + 1)2 b. u2 + v2 + 2u + 2v + 2(u + 1)(v + 1) + 2 = (u2 + 2u + 1) + (v2 + 2v + 1) + 2(u + 1)(v + 1) = (u + 1)2 + (v + 1)2 + 2(u + 1)(v + 1) = (u + 1 + v + 1)2 = (u + v + 2)2 Bài 2: Điền đơn thức thích hợp vào các dấu * a. 8x3 + * + * + 27y3 = (* + *)3 b. 8x3 + 12x2y + * + * = ( * + *)3 c. x3 - * + * - * = (* - 2y)3 Giải: a. 8x3 + * + * + 27y3 = (* + *)3 (2x)3 + * + * + (3y)3 8x3 + 3(2x)2.3y + 3(2x).(3y)2 + (3y)2 = (2x + 3y)3 8x3 + 36x2y + 54xy2 + 27y3 = (2x + 3y)3 b. 8x3 + 12x2y + * + * = ( * + *)3 (2x)3 + 3(2x)2y + 3.2x (y)2 + y3 = (2x + y)3 8x3 + 12x2y + 6xy2 + y3 = (2x + y)3 12
13. c. x3 - * + * - * = (* - 2y)3 x3 - 3x2 .2y + 3x(2y)2 - (2y)3 = (x - 2y)3 x3 - 6x2y + 12xy2 - 8y3 = (x - 2y)3 Bài 3: Rút gọn biểu thức: a. (a - b + c + d)(a - b - c - d) b. (x + 2y + 3z)(x - 2y + 3z) c. (x - 1)(x2 - x - 1)(x + 1)(x2 + x + 1) d. (x + y)3 - (x - y)3 e. (x2 + 3x + 1)2 + (3x + 1)2 - 2(x2 + 3x + 1)(3x - 1) Giải: a. (a - b + c + d)(a - b - c - d) =  a b c d . a b c d  = (a - b)2 - (c + d)2 = a2 - 2ab + b2 - c2 - 2cd - d2 = a2 + b2 - c2 - d2 - 2ab - 2cd b. (x + 2y + 3z)(x - 2y + 3z) =  x 3z 2y. x 3z 2y = (x + 2z)2 - (2y)2 = x2 + 6xz + 9z2 - 4y2 c. (x - 1)(x2 - x - 1)(x + 1)(x2 + x + 1) = (x3 - 1) (x3 + 1) = x6 - 1 d. (x + y)3 - (x - y)3 = (x3 + 3x2y + 3xy2 + y3) - (x3 - 3x2y + 3xy2 - y3) = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3 - x3 + 3x2y - 3xy2 + y3 = 6x2y + 2y3 = 2y(3x2 + y2) e. (x2 + 3x + 1)2 + (3x + 1)2 - 2(x2 + 3x + 1)(3x - 1) 2 =  x 2 3x 1 . 3x 1  = (x2 + 3x + 1 - 3x + 1)2 = (x2 + 2)2 Tiết 10: Bài 4: Chứng minh rằng a. (a2 + b2) (x2 + y2) = (ay - bx)2 + (· + by)2 b. (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 c. (x + y)4 + x4 + y4 = 2(x2 + xy + y2)2 Giải: 13
14. a. (a2 + b2) (x2 + y2) = (ay - bx)2 + (· + by)2 VP = (ay - bx)2 + (· + by)2 = ay2 - 2abxy + b2x2 + a2x2 + 2abxy + b2y2 = a2y2 + a2x2 + b2x2 + b2y2 = a2(x2 + y2) + b2(x2 + y2) = (a2 + b2) (x2 + y2) = VT ®pcm b. (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 VP = (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 = a2 + 2ab + b2 + b2 + 2bc + c2 + c2 + 2ac + a2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc + a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = VT ®pcm c. (x + y)4 + x4 + y4 = 2(x2 + xy + y2)2 VT = (x + y)4 + x4 + y4 = x2 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4 + x4 + y4 = 2(x4 + y4 + x2y2 + 2x3y + 2xy3 + 2x2y2) = 2(x2 + y2 + xy)2 = VP ®pcm Bài 5: Trong hai số sau, số nào lớn hơn. a. A = 1632 + 74. 163 + 372 bà B = 1472 - 94. 147 + 472 b. C = (22 + 42 + + 1002) - (12 + 32 + + 992) và c. D = 38. 78 - (214 + 1) 2 2 d. E = x y và H = x y với x > y > 0 x y x 2 y 2 Giải: a. A = (163 + 37)2 = 2002 = 40000 B = (147 - 47)2 = 1002 = 10000 Vậy A > B b. C = (22 - 12) + (42 - 32) + + (1002 - 992) (3 199).50 = 3 + 7 + + 199 = 5050 2 D = (3 . 7)8 - (218 - 1) = 1 Vậy D y > 0) Tiết 11: 14
15. Bài 6: Xác định các hệ số a, b sao cho đa thức sau viết dưới dạng bình phương của một đa thức nào đó. a. x4 + 2x3 + 3x2 + ax + b b. x4 + ax3 + bx2 - 8x + 1 Giải: a. Giả thiết rằng: x4 + 2x3 + 3x2 + ax + b = (x2 + cx + d)2 Xét trường hợp: x4 + c2x2 + d2 + 2cx3 + 2dx2 + 2cdx = x4 + 2cx3 + x2(c2 + 2d) + 2cdx + d2 Sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số ta có: 2c 2 c 1 2 c 2d 3 d 1 2cd a a 2 2 b d b 1 Xét trường hợp x4 + 2x3 + 3x2 + ax + b = (- x2 + cx + d)2 Ta được: a = 2; b = 1; c = d = 1 Vậy x4 + 2x3 + 2x + 1 = (x2 + x + 1)2 = (- x2 - x - 1)2 Bài 7: Tìm giá trị lớn nhất của đa thức: a. C = 5 - 8x - x2 b. D = - 3x(x + 3) - 7 Giải: a. C = 5 - 8x - x2 = - x2 - 8x - 16 + 16 + 5 = - (x2 + 8x + 16) + 21 = - (x + 4)2 + 21 Vì (x + 4)2 0  x - (x + 4)2 0x Do đó: - (x + 4)2 + 21 21 Vậy giá trị lớn nhất của C là 21 khi x + 4 = 0 x = - 4 b. D = - 3x(x + 3) - 7 = - 3x2 - 9x - 7 3 9 9 = - 3(x2 + 2x. ) - 7 2 4 4 2 3 27 = - 3 x 7 2 4 2 3 1 = - 3 x 2 4 2 2 3 3 Vì x 0x 3 x 0x 2 2 3 1 1 Do đó: 3 x 2 4 4 15
16. 1 3 3 Vậy giá trị lớn nhất của D là khi x 0 x 4 2 2 Bài 8: Tìm giá trị nhỏ nhất của đa thức. a. A = x2 + 5x + 8 b. B = x(x - 6) 5 25 25 Giải: A = x2 + 5x + 8 = x2 + 2. x. . 8 2 4 4 2 5 7 = x 2 4 2 2 5 5 7 7 Vì x 0x nên x 2 2 4 4 7 5 5 Vậy A có giá trị nhỏ nhất là khi x 0 x 4 2 2 b. B = x(x - 6) = x2 - 6x = x2 + 6x + 9 - 9 = (x - 3)2 - 9 Vì (x - 3)2 6x nên (x - 2)2 - 9 9 Vậy B có giá trị nhỏ nhất là - 9 khi x - 3 = 0 x = 3 Chủ đề 5: Phân tích đa thức thành nhân tư. A. Mục tiêu: - Ôn tập cho học sinh tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng: a(b + c) = ab + ac - Ôn tập cho học sinh nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tư. + Đặt nhân tư chung + Dùng các hằng đẳng thức đáng nhớ. + Nhóm các hạng tư + Phối hợp nhiều phương pháp. Ngoài ra cho học sinh làm quen với nhiều phương pháp khác như: + Tách một hạng tư thành nhiều hạng tư + Thêm bớt cùng một hạng tư thích hợp. + Phương pháp đặt biến phụ. B. Thời lượng: 3 tiết (tiết 12, 13, 14) C. Thực hiện: Tiết 12: Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tư bằng phương pháp đặt nhân tư chung. a. 12xy - 4x2y + 8xy2 16
17. b. 4x(x - 2y) - 8y(x - 2y) c. 25x2(y - 1) - 5x3(1 - y) d. 3x(a - x) + 4a(a - x) Giải: a. 12xy - 4x2y + 8xy2 = 4xy(3 - x + 2y) b. 4x(x - 2y) - 8y(x - 2y) = (x - 2y) (4x - 8y) = 4(x - 2y) (x - 2y) = 4(x - 2y)2 c. 25x2(y - 1) - 5x3(1 - y) = 25x2(y - 1) + 5x3(y - 1) = (y - 1) (25x2 + 5x3) = 5x2(y - 1) (5 - x) d. 3x(a - x) + 4a(a - x) = (a - x) (3x + 4a) Bài 2: Phân tích đa thức thành nhân tư bằng phương pháp dùng hằng đẳng thức. 1 1 a. a 2 b 2 36 4 b. (x + a)2 - 25 c. x2 + 2x + 1 - y2 + 2y - 1 d. - 125a3 + 75a2 - 15a + 1 Giải: 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 a. a 2 b 2 = a b a b . a b 36 4 6 2 6 2 6 2 b. (x + a)2 - 25 = (x + a)2 - 52 = (x + a + 5) (x + a - 5) c. x2 + 2x + 1 - y2 + 2y - 1 = (x + 2x + 1) - (y2 - 2y + 1) = (x + 1)2 - (y - 1)2 = (x + 1 + y - 1) (x + 1 - y + 1) = (x + y) (x - y + 2) d. - 125a3 + 75a2 - 15a + 1 = (1 - 5a)3 Tiết 13: Bài 3: Phân tích đa thức thành nhân tư bằng phương pháp nhóm hạng tư. a. 4x2 - 9y2 + 4x - 6y b. x3 + y(1 - 3x2) + x(3y2 - 1) - y3 c. a2x + a2y - 7x - 7y d. x(x + 1)2 + x(x - 5) - 5(x + 1)2 Giải: a. 4x2 - 9y2 + 4x - 6y = (4x2 - 9y2) + (4x - 6y) = (2x + 3y) (2x - 3y) + 2(2x - 3y) 17
18. = (2x - 3y) (2x + 3y + 2) b. x3 + y(1 - 3x2) + x(3y2 - 1) - y3 = x3 + y - 3x2y + 3xy2 - x - y3 = (x3 - 3x2y + 3xy2 - y3) - (x - y) = (x - y)3 - (x - y) = (x - y)  x y 2 1 = (x - y) (x - y + 1) (x - y - 1) c. a2x + a2y - 7x - 7y = (a2x + a2y) - (7x + 7y) = a2(x + y) - 7(x + y) = (x + y) (a2 - 7) d. x(x + 1)2 + x(x - 5) - 5(x + 1)2 =x x 1 2 5 x 1 2  x x 5 = (x + 1)2 (x - 5) + x(x - 5) = (x - 5)  x 1 2 x = (x - 5) (x2 + 3x + 1) Bài 4: Phân tích đa thức thnµh nhân tư bằng cách phối hợp nhiều phương pháp. a. x4 + x2y2 + y4 b. x3 + 3x - 4 c. x3 - 3x2 + 2 d. 2x3 + x2 - 4x - 12 Giải: a. x4 + x2y2 + y4 = x4 + 2x2y2 + y4 - x2y2 = (x2 + y2)2 - x2y2 = (x2 + y2 )2 - (xy)2 = (x2 + y2 + xy) (x2 + y2 - xy) b. x3 + 3x - 4 = x3 - 3x2 + 3x - 1 + 3x2 - 3 = (x - 1)3 + 3(x2 - 1) = (x - 1)3 + 3(x + 1) (x - 1) = (x - 1)  x 1 2 3 x 1  = (x - 1) (x2 + x + 4) c. x3 - 3x2 + 2 = x3 - 3x2 + 3x - 1 - 3x + 3 = (x - 1)3 - 3(x - 1) = (x - 1) x 1 2 3 = (x - 1) (x2 - 2x - 2) d. 2x3 + x2 - 4x - 12 = (x2 - 4x + 4) + (2x3 - 16) = (x - 2)2 + 2(x3 - 8) = (x- 2)2 + 2(x - 2) (x2 + 2x + 4) = (x - 2)  x 2 2 x 2 2x 4  = (x - 2) (2x2 + 5x + 6) Tiết 14: Bài 5: Tính bằng cách hợp lÝ nhất giá trị các biểu thức 5 4 1 2 a. 3 .5 4 .3,8 19 5 3 3 18
19. b. a2 - 86a + 13 với a = 87 c. a2 + 32a - 300 với a = 68 d. a3 - b 3 - 3ab(a - b) với a = - 27, b = - 33 Giải: 5 4 1 2 5 19 1 2 a. 3 .5 4 .3,8 = . 5 4 10 19 5 3 3 19 5 3 3 b. a2 - 86a + 13 = 87(87 - 86) + 13 = 87 + 13 = 100 c. a2 + 32a - 300 = 68(68 + 32) - 300 = 68. 100 - 300 = 6500 d. a3 - b 3 - 3ab(a - b) = (a - b) (a2 + ab + b2 - 3ab) = (a - b)3 = (- 27 + 33)3 = 63 = 216 Bài 6: Tìm x biết: a. (x - 2) (x - 3) + (x - 2) - 1 = 0 b. (x + 2)2 - 2x(2x + 3) = (x + 1)2 Giải: a. (x - 2) (x - 3) + (x - 2) - 1 = 0 (x - 2) (x - 3 + 1) - 1 = 0 (x - 2)2 - 1 = 0 (x - 2 + 1) (x - 2 - 1) = 0 (x - 1) (x - 3) = 0 x = 1 hoặc x = 3 Vậy nghiệm của phương trình: x1 = 1, x2 = 3 b. (x + 2)2 - 2x(2x + 3) = (x + 1)2 (x + 2)2 - (x + 1)2 - 2x(2x + 3) = 0 (x + 2 + x + 1) (x + 2 - x - 1) - 2x(2x + 3) = 0 (2x + 3) - 2x(2x + 3) = 0 (2x + 3) (1 - 2x) = 0 3 1 x = - hoặc x = 2 2 3 1 Vậy nghiệm của PT: x1 = - , x2 = 2 2 Chủ đề 6: Hình chữ nhật A. Mục tiêu: - Ôn tập cho học sinh các tính chất của hình chữ nhật. - Dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật - Rèn luyện khả năng vẽ hình, chứng minh một bài toán. 19
20. B. Thời lượng: 3 tiết (tiết 15, 16, 17) C. Thực hiện: A B Tiết 15: Bài 1: Tìm x trên hình bên (®v đo: cm) Giải: KỴ BH  CD. Tứ giác ABHD có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật, do đó: D H C DH = AB = 16cm HC = DC - DH = 24 - 16 = 8cm Xét BHC vuông theo định lý Pitago BH = BC 2 HC 2 17 2 82 225 15cm Vậy x = 15cm Bài 2: Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau. Gọi E, F, G, H theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Tứ giác EFGH kµ hình gì? Vì sao? Giải: Tam giác ABC có AE = EB, BF = FC B EF = AC (1) E F Chứng minh tương tự: HG // AC (2) Từ (1), (2) EF // HG (*) A C Chứng minh tương tự: EH // FG ( ) H G Từ (*) và ( ) EFGH là hình bình hành. EF // AC, BD  AC EF  BD D EF  BD, EH // BD EF  EH Hình bình hành EFGH có góc E = 900 là hình chữ nhật Bài 3: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, AC = 4cm, Điểm M thuộc cạnh BC. Gọi D, E theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC. a. Tứ giác EDME là hình gì? tính chu vi tứ giác đó. b. Điểm M ở vị trí nào trên cạnh BC thì đoạn thẳng DE có độ dài nhỏ nhất. Giải: 20
21. a. Tứ giác ADME có góc AH. Dấu “=” xảy ra khi M  H Vậy DE có độ dài nhỏ nhất là AH khi M là trung điểm của BC Tiết 16: Bài 4: Cho tam giác ABC cân tại A, các đường trung tuyến BM, CN cắt nhau tại G. Gọi D là điểm đối xứng với G qua M. Gọi E là điểm đối xứng với G qua N. Tứ giác BEDC là hình gì? Vì sao? A Giải: E D D đối xứng với G qua M GD = 2GM G là trọng tâm của tam giác ABC BG = 2GM BG = GD chứng minh tương tự: CG = GE B C Tứ giác BEDC có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành CBM BCN (c.g.c) <B1 = <C1 BG = CG BD = CE Hình bình hành BEDC có hai đường chéo bằng nhau nên là hình chữ nhật. Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A . Điểm D thuộc cạnh AC. Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của BD , BC, DC. Chứng minh rằng tứ giác EFEG là hình thang cân. B Giải: 21
22. Vì EF là đường trung bình của tam giác BDC nên EF // DC Do đó: AEFG là hình thang Do FG là đường trung bình của tam giác BDC A D G C Nên FG // BD góc <G1 = <D1 (đồng vị) Vì tam giác ABD vuông tại A, AE là đường BD trung tuyến nên AE = ED 2 Do đó: tam giác AED cân tại E góc <A1 = <D1 Từ đó góc <G1 = <A1 Hình thang AEFG có hai góc kÌ một đáy bằng nhau nên là hình thang cân. Tiết 17: Bài 6: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, đường trung tuyến AM a. CMR: Góc <HAB = <MAC b. Gọi D, E thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC. CMR AM vuông góc với DE A Giải: a. Ta có góc <A1 = <C (cùng phụ với <HAC) E AM là trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác ABC AM = MC D O góc <C = <A2 góc <A1 = <A2 b. Gọi O là giao điểm của AH và DE B H M C I là giao điểm của AM và DE Tứ giác ADHE là hình chữ nhật (có 3 góc vuông) OA = OE góc <E1 = <OAE (1) Ta lại có: AHC vuông góc <C + <OAE = 900 (2) ta có: góc <C = <A2 (3) (cm ở câu a) 0 Từ (1), (2), (3) góc <E1 + <A2 = 90 Góc <AIE = 900 tức AM  DE Bài 7: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi D, E theo thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC. a. CMR: AH = DE b. Gọi I là trung điểm của HB, K là trung điểm của HC CMR: DI // EK 22
23. Giải: a. Tứ giác ADHE có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật A Do đó: AH = DE b. Gọi O là giao điểm của AH và DE E ADHE là hình chữ nhật OH = OE góc <E1 = <H1 (1) D Tam giác EHC vuông có EK là đường B C trung tuyến ứng với cạnh huyền HK = EK góc <E2 = <H2 (2) 0 Từ (1), (2) góc <E1 + <E2 = <H1 + <H2 = <AHC = 90 Do đó: góc DEK = 900 Chứng minh tương tự ta có: góc EDI = 900 Vậy DI // EK (®pcm) Chủ đề 7: Hình thoi A. Mục tiêu: Giúp học sinh - Hiểu rõ định nghĩa hình thoi, các tính chất của hình thoi, các dấu hiệu nhận biết một tứ giác là hình thoi. - Rèn luyện khả năng tính toán, khả năng chứng minh các bài toán. B. Thời lượng: 3 tiết (tiết 18, 19, 20) C. Thực hiện: Tiết 18: Câu hỏi: 1. Thế nào là một hình thoi? 2. Nêu các tính chất của hình thoi. 3. Nêu các dấu hiệu nhận biết hình thoi. Bài 1: a. Cho hình thoi ABCD, kỴ đường cao AH, AK. CMR: AH = AK b. Hình bình hành ABCD có hai đường cao AH, AK bằng nhau. CMR: ABCD là hình thoi A Giải: a. Xét AHB và AKD có: AB = AD (vì ABCD là hình thoi) 23
24. Góc <B = <D (t/c hình thoi) B D vuông AHB = AKD (cạnh huyền góc nhọn) H K AH = AK (2 cạnh tương ứng) C b. Xét tam giác vuông AHB và AKD có: AH = AK (gt) Góc <B = <D (t/c hình bình hành) tam giác AHB AKD (cạnh góc vuông- góc nhọn kÌ) Vậy AB = AD (2 cạnh tương ứng) Hình bình hành ABCD có 2 cạnh kÌ bằng nhau nên là hình thoi. Bài 2: Hình thoi ABCD có góc <A = 600. kẻ hai đường cao BE, BF. Tam giác BÌ là tam giác gì? Vì sao? B Giải: Xét AEB và CFB có: A C AB = CB (®/n hình thoi) Góc <A = <C (t/c hình thoi) E F AEB = CFB (cạnh huyền- góc nhọn) D BE = BF Vậy tam giác BEF cân 3600 1200 Lại có: góc <B = 1200 2 0 Mà góc <B 1 = <B2 = 30 0 <B3 = 60 Vậy tam giác BEF đều. Tiết 19: Bài 3: Cho hình thoi ABCD, O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi E, F, G, H theo thứ tự là chân các đường góc kẻ từ O đến AB, BC, CD, DA. Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao? Giải: B Ta có; OF  AB, OG  CD E F Mà AB // CD (t/c hình thoi) E, O, G thẳng hàng. A C Chứng minh tương tự ta có 3 điểm 24
25. F, O, H thẳng hàng. H G - Điểm O thuộc tia phân giác của góc B D nên cách đều 2 cạnh của góc do đó: OE = OF Tương tự ta cũng có: OF = OG, OG = OH Vậy tứ giác EFGH có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình chữ nhật. Bài 4: Cho hình thoi ABCD có góc <A = 600. Trên cạnh AD lấy điểm M, trên cạnh DC lấy điểm N sao cho AM = DN. Tam giác BMN là tam giác gì? vì sao? Giải: Ta có: Tam giác ABD cân tai A Và <A = 600 nên tam giác ABC là tam giác đều. AB = BD B 0 góc <ABD = <D1 = 60 (t/c hình thoi) Xét tam giác ABM và DBN có: A C AB = BD (chứng minh trên) N Góc <A = <D2 (chứng minh trên) M AM = DN (gt) D ABM = DBN (c.g.c) BM = BN, <B1 = <B3 0 Ta lại có: góc, <B1 + <B2 = 60 0 <B3 + <B2 = 60 Tam giác BMN cân có góc MBN = 600 nên là tam giác đều. Bài 5: Hình thoi ABCD có chu vi bằng 16 đường cao AH bằng 2cm. Tính các góc của hình thoi. Giải: Gọi M là trung điểm của AD, ta có: A HM = MA = MD = 2cm Theo đề bài ta có: AH = 2cm B D Do đó: tam giác AHM là tam giác đều Góc <MAH = 600 <D = 300 C Từ đó ta có: góc <B = <C = 1500 Tiết 20: Bài 6: Tứ giác ABCD có toạ độ các đỉnh như sau: A(0, 2); B(3, 0); C(0, - 2); D(- 3, 0) 25
26. Tứ giác ABCD là hình gì? Tính chu vi của tứ giác đó. Giải: Tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành. Lại có hai đường chéo vuông góc với nhau nên là hình thoi. Cạnh của hình thoi AB = OA2 OB 2 A AB = 22 32 4 9 13 Vậy chu vi của hình thoi: 4 13 - 3 D O B C Bài 7: Cho hình thoi ABCD, có AB = AC, kỴ AE  BC, AF  CD a. Chứng minh tam giác AEF là tam giác đều. b. Biết AB = 4cm. Tính độ dài các đường chéo của hình thoi. Giải: Tam giác ABC có AB = BC (®/n hình thoi) AB = AC (gt) Tam giác ABC đều góc <B = 600 A do đó: góc <D = 600 xét ABE và ADE có: AB = AD (®/n hình thoi) D B <D = <B (chứng minh trên) ABE ADE (cạnh huyền- góc nhọn) C AE = AF (2 cạnh tương ứng) Vậy tam giác AEF cân tại A. - Trong các tam giác đều ABC, AOC có AE và AF là các đường cao nên là phân giác của góc <BAC và <OAD do đó: góc <EAC = <FAC = 300 góc <EAF = 600 Tam giác cân AEF có góc <EAF = 600 nên là tam giác đều. 26
27. Chủ đề 8: Hình vuông A. Mục tiêu: - Học sinh hiểu được định nghĩa hình vuông, thấy được hình vuông là dạng đặc biệt của hình chữ nhật và hình thoi. - Biết chứng minh một tứ giác là hình vuông. - Biết vận dụng các kiến thức về hình vuông trong các bài toán chứng minh, tính toán và các bài toán thực tế. B. Thời lượng: 3 tiết (tiết 21, 22, 23) C. Thực hiện: Tiết 21: Câu hỏi: 1. Thế nào là hình vuông? 2. Vì sao hình vuông có tất cả các tính chất của hình chữ nhật và hình thoi? 3. Nêu các dấu hiệu nhận biết hình vuông? 4. Hình vuông có tâm đối xứng, có trục đối xứng không? Nếu có hãy ghi rõ. Bài 1: Cho tam giác ABC, điểm I nằm giữa B và C. Qua I vÊ đường thẳng song song với AB c¨t AC ở H. Qua I vÊ đường thẳng song song với AC c¨t AB ở K. a. Tứ giác AHIK là hình gì? b. Điểm I ở vị trí nào trên cạnh BC thì tứ giác AHIK là hình thoi. c. Tam giác ABC có điều kiện gì thì tứ giác AHIK là hình chữ nhật. Giải: a. Tứ giác AHIK có IH // AK, AH // KI A tứ giác AHIK là hình bình hành. K b. Hình bình hành AHIK là hình thoi AI là đường phân giác của góc A B C Vậy nếu I là giao điểm của tia phân giác góc A với cạnh BC thì AHIK là hình thoi. A c. Hình bình hàng AHIK là hình chữ nhật góc <A = 900 H Vậy nếu tam giác ABC vuông tại A thì K AHIK là hình chữ nhật. B C 27
28. Bài 2: Hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Gọi P, Q theo thứ tự là trung điểm của AB, CD. Gọi H là giao điểm của AQ và DP. Gọi K là giao điểm của CP và BQ. Chứng minh rằng PHQK là hình vuông. Giải: A P Q Tứ giác APCQ có AP // QC và AP = QC Nên tứ giác APCQ là hình bình hành H K (dấu hiệu nhận biết) AQ // PC (1) Chứng minh tương tự ta có: BQ // PD (2) D Q C Từ (1) và (2) Tứ giác PHQK là hình bình hành. Lại có tứ giác APQD là hình bình hành vì có AP // DQ , AP = DQ Hình bình hành APQD có góc <A = 900 là hình chữ nhật Hình chữ nhật APQD có AP = AD nên là hình vuông. góc <PHQ = 900 và PH = HQ Hình bình hành PHQK có góc <PHQ = 900 và PH = HQ nên là hình vuông. Tiết 22: Bài 3: Cho tam giác vuông cân tại A, trên cạnh BC lấy điểm H, G sao cho BH = HG = GC. Qua H và G kẻ các đường vuông góc với BC, chóng cắt AB, AC theo thứ tự ở E và F. Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao? Giải: A Tam giác AGC có góc <C = 450 Nên tam giác FGC vuông cân E F Do đó: GF = GC Chứng minh tương tự EH = HB Do BH = CG = HG nên EH = HG = GF B C Tứ giác EHGF có EH // FG (cùng vuông góc với BC) EH = FG (c/m trên) Tứ giác EHGF là hình bình hành Hình bình hành EHGF có góc <H = 900 là hình chữ nhật Lại có: EH = HG tứ giác EHGF là hình vuông. 28
29. Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AD lấy điểm F, trên cạnh DC lấy điểm E sao cho AF = DE. Chứng minh rằng AE = BF và AE  BF Giải: AF = DE (gt) A B ADE BAF (2 cạnh góc vuông) AE = BF (2 cạnh tương ứng) F Góc <A1 = <B1 (2 góc tương ứng) 0 Ta lại có: <A1 + <A2 = 90 0 Nên góc <B1 + <A2 = 90 D E C Gọi H là giao điểm của AE và BF Thì góc <H = 900 Vậy AE  BF Tiết 23: Bài 5: Cho hình vuông ABCD, gọi E là một điểm nằm giữa C và D. Tia phân giác của góc DAE cắt CD ở F. KỴ FH  AE (H AE ), FH cắt BC ở G. Tính số đo góc FAG. Giải: A B Xét tam giác ADF và AHF có: Góc <A1 = <A2 (gt) G AF cạnh chung ADF AHF (cạnh huyền góc nhọn) D C AD = AH (2 cạnh tương ứng) Ta lại có: AD = AB AB = AH Xét ABG và AHG có: AB = AH (c/m trên) AG là cạnh chung ABG AHG (cạnh huyền- cạnh góc vuông) góc <A3 = <A4 (2 góc tương ứng) 1 1 0 0 ta có: góc <FAG = <A2 + <A3 = DAH HAB .90 45 2 2 Bài 6: Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh CD, tia phân giác của góc ABE cắt AD ở K. CMR: AK + CE = BE A B 29
30. Giải: Trên tia đối của CD lấy điểm M K sao cho CM = AK Ta có: D AK + CE = CM + CE = ME E C M Xét tam giác ABK và tam giác CBM có: AB = BC (gt) AK = CM (gt) ABC CBM (2 cạnh góc vuông) góc MK1 = <M, <B1 = <B4 Ta lại có: <B1 = <B2 <B2 = <B4 Từ đó ta có: góc <EBM = <B3 + <B4 = <B3 + <B2 = <KBC Mà <KBC = <K1 (so le trong) Và <K1 = <M (c/m trên) Do đó: BE = MC + CE = AK + CE (®pcm) Chủ đề 9: Phương trình bậc nhất một ẩn A. Mục tiêu: - Học sinh nắm được cách giải và giải thành thạo phương trình bậc nhất một ẩn - Cách giải phương trình tích, phương trình chứa ẩn ở mẫu thức. - Có kỹ năng giải bài toán bằng cách lập phương trình. - Rèn luyện cho học sinh kỹ năng tính toán, tính cẩn thận và cách lập luận bài toán. B. Thời lượng: 5 tiết (tiết 24, 25, 26, 27, 28) C. Thực hiện: Tiết 24: Câu hỏi: 1. Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng tổng quát như thế nào? 2. Nêu cách giải phương trình bậc nhất một ẩn. 3. Phương trình tích có dạng như thế nào? Nêu cách giải phương trình tích. 4. Nêu các bước giải phương trình có ẩn ở mẫu 5. Nêu các bước giải bài toán bằng cách lập phương trình. Bài 1: Giải các phương trình sau: a. - 2x + 14 = 0 b. 0,25x + 1,5 = 0 30
31. 4 5 1 c. 3 6 2 d. 3x + 1 = 7x + 11 e. 11 - 2x = x - 1 Giải: a. - 2x + 14 = 0 14 = 2x x = 7 1,5 b. 0,25x + 1,5 = 0 0,25x = - 1,5 x = x = - 6 0,25 4 5 1 4 1 5 4 8 8 3 c. x x x x . x = 1 3 6 2 3 2 6 3 6 6 4 d. 3x + 1 = 7x + 11 3x - 7x = - 11 - 1 - 4x = - 12 x = 3 e. 11 - 2x = x - 1 - 2x - x = - 1- 11 - 3x = - 12 x = 4 Bài 2: Chứng tỏ rằng các phương trình sau đây vô nghiệm. a. a(x + 1) = 3 + 2x b. 2(1 - 1,5x) + 3x = 0 c. x 1 Giải: a. a(x + 1) = 3 + 2x 2x + 2 = 2 + 2x 2x - 2x = 3 - 2 0x = 1 phương trình vô nghiệm b. 2(1 - 1,5x) + 3x = 0 2 - 3x + 3x = 0 0x = - 2 phương trình vô nghiệm c. x 1 VT của phương trình không âm , VP âm phương trình vô nghiệm Tiết 25: Bài 3: Tìm giá trị của x sao cho 2 biểu thức A và B cho sau đây có giá trị bằng nhau a. A = (x - 3)(x + 4) - 2(3x - 2); B = (x - 4)2 b. A = (x + 2)(x - 2) + 3x2; B = (2x + 1)2 + 2x c. A = (x - 1)(x2 + x + 1) - 2x; B = x(x - 1)(x + 1) d. A = (x + 1)3 - (x - 2)3; B = (3x - 1)(3x + 1) Giải: a. A = B (x - 3)(x + 4) - 2(3x - 2) = (x - 4)2 31
32. x2 + 4x - 3x - 12 - 6x + 4 = x2 - 8x + 16 3x = 24 x = 8 b. A = B (x + 2)(x - 2) + 3x2 = (2x + 1)2 + 2x x2 - 2x + 2x - 4 + 3x2 = 4x2 + 4x + 1 + 2x 5 6x = - 5 x = - 6 c. A = B (x - 1)(x2 + x + 1) - 2x = x(x - 1)(x + 1) x3 - 1 - 2x + x3 - x - x = 1 x = - 1 d. A = B (x + 1)3 - ( x - 2)3 = (3x - 1)(3x + 1) x3 + 3x2 + 3x + 1 - (x3 - 6x2 + 12x - 8) = 9x2 - 1 10 - 9x = - 10 x = 9 Bài 4: Giải các phương trình tích sau: a. (x - 1)(5x + 3) = (3x - 8)(x - 1) b. 3x(25x + 15) - 35(5x + 3) = 0 c. (2 - 3x)(x + 11) = (3x - 2)(2 - 5x) d. (2x2 + 1)(4x - 3) = (2x2 + 1)(x - 12) e. (2x + 1)2 + (2 - x)(2x - 1) = 0 f. (x + 2)(3 - 4x) = x2 + 4x + 4 Giải: a. (x - 1)(5x + 3) = (3x - 8)(x - 1) (x - 1)(5x + 3) - (3x - 8)(x - 1) = 0 (x - 1)(5x + 3 - 3x + 8) = 0 11 (x - 1)(2x + 11) = 0 x = 1 hoặc x = - 2 11 Vậy S = 1,  2  b. 3x(25x + 15) - 35(5x + 3) = 0 15x(5x + 3) - 35(5x + 3) = 0 (5x + 3)(15x - 35) = 0 3 7 x = - hoặc x = 5 3 3 7 Vậy S = ;  5 3 c. (2 - 3x)(x + 11) = (3x - 2)(2 - 5x) (2 - 3x)(x + 11) + (2 - 3x)(2 - 5x) = 0 32
33. 2 - 3x)(x + 11 + 2 - 5x) = 0 (2 - 3x)(- 4x + 13) = 0 2 13 x = hoặc x = 3 4 2 13 Vậy S = ;  3 4  d. (2x2 + 1)(4x - 3) = (2x2 + 1)(x - 12) (2x2 + 1)(4x - 3) - (2x2 + 1)(x - 12) = 0 (2x2 + 1)(4x - 3 - x + 12) = 0 (2x2 + 1)(3x + 9) = 0 x = - 3 Vậy S = 3 e. (2x + 1)2 + (2 - x)(2x - 1) = 0 (2x - 1)(2x - 1 + 2 - x) = 0 (2x - 1)(x + 1) = 0 1 x = hoặc x = - 1 2 1  Vậy S = ; 1 2  f. (x + 2)(3 - 4x) = x2 + 4x + 4 (x + 2)(3 - 4x) - (x + 2)2 = 0 (x + 2)(3 - 4x - x - 2) = 0 (x + 2)(-5x + 1) = 0 1 x = - 2 hoặc x = 5 1 Vậy S = 2;  5 Tiết 26: Bài 5: Cho phương trình (3x + 2k - 5)(x - 3k + 1) = 0 trong đó k là một số a. Tìm các giá trị cØa k sao cho một trong các nghiệm của phương trình là x = 1. b. Với mỗi giá trị của k tìm được ở câu a, hãy giải phương trình đã cho. Giải: a. Với x = 1 ta có phương trình (3 + 2k - 5)(1 - 3k + 1) = 0 33
34. 2 (2k - 2) - 3k + 2) = 0 k = 1 hoặc k = 3 Vậy với k = 1 và k = 2 thị phương trình đã cho có một trong các nghiệm là x = 3 1. b. Với k = 1 ta có pt: (3x - 3)(x - 2) = 0 x = 1 hoặc x = 2 Với k = 2 ta có pt: 3 11 11 3x . x 1 0 x = hoặc x = 1 3 9 Bài 6: Giải các phương trình có ẩn ở mẫu. 1 x 2x 3 a. 3 x 1 x 1 x 2 2 x 2 10 b. 1 2x 3 2x 3 5x 2 2x 1 x 2 x 3 c. 1 2 2x 2 1 x 5 2x x 1 x 1 x 2 1 3x d. 3 3x 1 9x 3 2x 1 5 x 1 e. x 1 x 1 1 2x 2 5 4 f. x 1 x 3 1 x 2 x 1 Giải: 1 x 2x 3 a. 3 §KX§: x - 1 x 1 x 1 1 x 3(x 1) 2x 3 x 1 x 1 1 - x + 3x + 3 = 2x + 3 0x = - 1 PT vô nghiệm hay S =  x 2 2 x 2 10 3 b. 1 §KX§: x = 2x 3 2x 3 2 (x 2) 2 2x 3 x 2 10 2x 3 2x 3 x2 + 4x + 4 - 2x + 3 = x2 + 10 34
35. 3 2x = 3 x = (loại) 2 Vậy PT vô nghiệm 5x 2 2x 1 x 2 x 3 c. 1 §KX§: x 1 2 2x 2 1 x 5x 2 _(2x 1)(1 x) 2(1 x _ 2(x 2 x 3) 2(1 x) 2(1 x) 5x - 2 + 2x - 2x2 - 1+ x = 2 - 2x - 2x2 - 2x + 6 11 12x = 11 x = (thoả mãn ®kx®) 12 11 Vậy S =  12 5 2x x 1 x 1 x 2 1 3x 1 d. §KX§: x 3 3x 1 9x 3 3 (5 2x)(3x 1) 3(x 1)(x 1) (x 2)(1 3x) 3(3x 1) 3(3x 1) 15x - 5 - 6x2 + 2x + 3x2 + 3x - 3x - 3 = x - 3x2 +2 - 6x 10 5 22x = 10 x = 22 11 5  Vậy S =  11 2x 1 5 x 1 e. §KX§: x 1 x 1 x 1 (2x 1)(x 1) 5(x 1)(x 1) (x 1)(x 1) (x 1)(x 1) (2x + 1)(x + 1) = (5x - 5)(x - 1) 2x2 + 2x + x + 1 = 5x2 - 5x - 5x + 5 3x2 - x - 12x + 4 = 0 x(3x - 1)(x - 4) = 0 1 x = (thoả mãn) ho¨c x = 4 (thoả mãn) 3 1  Vậy S = ;4 3  1 2x 2 5 4 f. §KX§: x 1 x 1 x 3 1 x 2 x 1 x2 x 1 2x 2 5 4(x 1) x3 1 x 3 1 x2 + x + 1 + 2x2 - 5 = 4x - 4 35
36. 3x2 - 3x = 0 3x(x - 1) = 0 x = 0 (thoả mãn) hoặc x = 1 (loại) Vậy S = 0 * Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Tiết 27: Bài 7: Thùng dầu thứ nhất chứa gấp đôi thùng dầu thứ hai. Nếu chuyển từ thùng dầu thứ nhất sang thùng dầu thứ hai 25 lít thì lượng dầu hai thùng bằng nhau. Tính lượng dầu trong mỗi thùng lúc đầu. Giải: Gọi số lượng dầu ban đầu trong thùng thứ hai là x (®k: x > 0) lượng dầu trong thùng thứ nhất là 2x Khi đó số lượng dầu trong thùng thứ hai là: x + 25 Theo gt: 2x - 25 = x + 25 2x - x = 25 + 25 x = 50 Vậy lúc đầu lượng dầu trong thùng thứ nhất là 100 lít và thùng thứ hai là 50lít. Bài 8: Học sinh khối 8 nhắt được 65kg kim loại vôn. Trong đó đồng nhiều hơn nhôm 15kg, kẽm ít hơn tổng số khối lượng nhôm và đồng 1kg. Hỏi khối 8 đã nhặt được bao nhiêu kg mỗi loại Giải: Gọi số lượng nhôm nhặt được là x (kg) (x > 0) Số lượng đồng nhặt được là x + 15 (kg) Số lượng kẽm nhặt được là x + x + 15 - 1 = 2x + 14 (kg) Tổng số kim loại vôn nhặt được là x + x + 15 + 2x + 14 = 4x + 29 Theo bài ra: 4x + 29 = 65 x = 9 Vậy khối 8 nhặt được: 9 kg nhôm 9 + 15 = 24 kg đồng 9 + 24 - 1 = 32 kg kẽm Tiết 28: Bài 9: Một xí nghiệp dệt thảm được giao làm một số thảm xuất khẩu trong 20 ngày. Xí nghiệp đã tăng năng suất 20% nên sau 18 ngày không những đã làm xong 36
37. số thảm được giao mà còn làm thêm được 24 chiếc nữa. Tính số thảm xí nghiệp đã làm được trong 18 ngày. Giải: Gọi số thảm xí nghiệp đã làm được trong 18 ngày là x chiếc (x nguyên dương) Một ngày đã làm được x chiếc. 18 Số thảm xí nghiệp được giao trong 20 ngày là: x - 20 chiếc. Một ngày phải làm x 24 chiếc. 20 Do tăng năng suất 20% nên trong một ngày số thảm xí nghiệp đã làm so với số thảm xí nghiệp phải làm bằng 100% + 20% = 120% = 1,2 Theo bài ra ta có phương trình: x x 21 1,2. 18 20 Giải PT tìm được x = 324 Vậy số thảm xí nghiệp đã làm trong 18 ngày là 324 chiếc. Bài 10: Một lớp học tham gia trồng cây ở một lâm trường trong thời gian đã định với năng suất 300 cây trong một ngày. Nhưng thực tế mỗi người đã trồng thêm được 100 cây nên đã trồng thêm được tất cả 600 cây và hoàn thành kế hoạch trước một ngày. Tính số cây dù định trồng. Giải: Gọi số cây dù định trồng là x cây (x nguyên dương) Khi đó số ngày dự định để trồng cây là : x ngày 300 Nhưng thực tế mỗi ngày đã trồng 400 cây (vì thêm 100 cây) Nên số cây đã trồng được tất cả x + 600 và số ngày là: x 600 400 Theo bài ra ta có phương trình: x x 600 1 300 400 Giải ra ta được: x = 3000 cây Vậy số cây dù định trồng là 3000 cây. Chủ đề 10: Tam giác đồng dạng A. Mục tiêu: 37
38. - Học sinh hiểu và biết vận dụng định lý Ta lét, định lý Ta lét đảo và hệ quả của định lý ta lét vào giải toán. - Nắm được các trường hợp đồng dạng của tam giác và vận dụng nó trong các bài toán thực tế. B. Thời lượng: 6 tiết (tiết 39, 30, 31, 32, 33, 34) C. Thực hiện: Tiết 29: Câu hỏi: 1. Hãy phát biểu định lý Ta lét, định lý Ta lét đảo, hệ quả của định lý Ta lét. 2. Thế nào là hai tam giác đồng dạng, tính chất của hai tam giác đồng dạng. 3. Nêu các trường hợp đồng dạng của hai tam giác. Bài 1: Cho hình thang ABCD, có đáy lớn là CD, đáy nhỏ là AB. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC c¨t đường chéo BD ở E, qua B kẻ đường thẳng song song với AD c¨t đường chéo AC ở F. a. Chứng minh tứ giác DEFC là hình thang cân. b. Tính độ dài đoạn EF nếu biết AB = 5cm, CD = 10cm. Giải: a. Do AE // BC (gt) OE OA Theo định lý TalÐt ta có: (1) OE OC Do BF // AD (gt) Theo định lý ta lét ta có: OB OF (2) OD OA OE OB OA OF OE OF Từ (1) và (2) . . hay OB OD OC OA OD OC Theo định lý đảo của định lý TalÐt ta lại có: EF // DC Tứ giác DEFC là hình thnag (dấu hiệu nhận biết) Xét tam giác ABC và tam giác BAD có: AB là cạnh chung BC = AD (gt); AC = BD (gt) ABC BAD (c.c.c) góc <C1 = <D1 (2 góc tương ứng) mà góc <D = <C (gt) nên <C2 = <D2 Hình thang DEFC có hai góc kÌ một đáy bằng nhau nên là hình thang cân. b. Theo câu a, ta có: EF // CD mà CD // AB (gt) 38
39. EF // CD // AB. Do đó EF // AB. Theo định lý Ta lét ta có: AB OB OB OC AB OC mà (3) EF OE OE OA EF OA DC OC Do CD // AB, theo định lý Ta lét ta có: (4) AB OA AB DC Từ (3), (4) AB2 = EF . DC AF AB AB 2 52 25 Do đó: EF = 2,5 cm CD 10 10 Tiết 30: Bài 2: Cho hình thang ABCD (AB // CD) có AB = 14cm, CD = 35cm, AD= 17,5cm. Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho DE = 5cm. Qua E vÊ đường thẳng song song với AB cắt BC ở F. Tính độ dài EF. D A Giải: Gọi giao điểm của AC với EF là I Do IE // CD F E EI AE Theo định lý TalÐt ta có: C B CD AD CD.AE 35.12,5 EI = 25cm AD 17,5 Do IF // AB theo định lý TalÐt ta có IF CI CI DE 5 mà AB CA CA DA 17,5 IF 5 14.5 Do đó: IF = 4cm AB 17,5 17,5 Vậy EF = EI + IF = 25 + 4 = 29cm Bài 3: Cho hình thang cân ABCD (AD //BC). Đường cao BE cắt đường chéo AC tại F. Hai đường thẳng AB và CD cắt nhau ở M. Tính độ dài đoạn BM, biết AB= AF 2 20cm, và . FC 3 Giải: B C Vì ABCD là hình thang cân nên ta chứng minh được: AD = BC + 2AE F 2AE 4 Từ đó suy ra: A E D BC 3 2AE BC 4 3 AD 7 Do đó: hay BC 3 BC 3 39
40. Mặt khác trong tam giác MAD, do BC // AD nên ta có: MA AD 7 MB MA 7 MB BC 3 MB 3 Mà AB = 20 MB = 15cm Tiết 31: Bài 4: Cho hình thang ABCD (AB // CD), M là trung điểm cạnh CD. Gọi I là giao điểm của AM và BD, K là giao điểm của BM và AC. a. Chứng minh: IK // AB b. Đường thẳng IK cắt AD và BC theo thứ tự ở E và F Chứng minh: EI = IK = KF Giải: A B §ÆtAB = m, MC = MD = n E F a. Do AB // CD ta có: MI MD n (1) D M C IA AB m MK MC n (2) KB AB m MI MK Từ (1), (2) AI KB Theo định lý đảo của định lý talÐt đối với tam giác MAB ta có: IK // AB b. Do EF // CD ta có: IE AI EI AI hay (3) DM AM n AM IK IM IK AI hay (4) MC AM n AM Từ (3), (4) EI = IK KF AI Tương tự ta cũng có: MC AM Từ đó ta có: EI = IK = KF (®pcm) Bài 5: Cho hình bình hành ABCD. Gọi G là một điểm trên cạnh CD, K là một DG 1 BK 3 điểm trên cạnh CB sao cho và . GC 2 KC 2 Gọi giao điểm của DB với AG và AK lần lượt là E và F. Tính độ dài các đoạn thẳng DE, EF, FB nếu biết BD = 24cm 40
41. Giải: A B DE DG Do DG // AB nên K EB AB mà AB = CD do đó E DE DG 1 DE 1 D G C EB DC 3 DB 4 Vậy DE = 1 DB = 6cm 4 Tương tự: BF = 3 BD = 9cm 8 Từ đó ta có: EF = 9cm Tiết 32: Bài 6: Qua trọng tâm G của tam giác ABC, kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB và BC lần lượt tại D và E. Tính độ dài đoạn DE, biết AD + EC = 16cm, chu vi của tam giác ABC bằng 75cm. Giải: A KG 1 BG 2 Ta có: , D BK 3 BK 3 AD EC GK 1 Do đó: DE // AC nên K AB BC BG 3 AD EC 1 AB BC 3 Vì AD + EC = 16cm và AB + BC = 75 - AC B E C 16 1 Từ đó ta có: 75 AC 3 Do đó AC = 27cm DE 2 DE 2 Ta lại có: hay DE = 18cm AC 3 27 3 Bài 7: Hình thang ABCD (AB // CD) có AB = 2,5cm, AD = 3,5cm, BD = 5cm và góc <DAB = <DBC a. Chứng minh: tam giác ADB đồng dạng với tam tam giác BCD b. Tính độ dài các cạnh BC, CD. c. Sau khi tính hãy vẽ lại hình chính xác bằng thước và compa Giải: 41
42. a. Ta có: góc <ABD = <BDC (2 góc so le trong) Góc <DAB = <DBC (gt) A B Vậy ABD đồng dạng với BDC (c.c.c) AB AD BD b. Ta có: BD BC DC 2,5 3,5 5 5.5 hay DC = 10cm D C 5 BC CD 2,5 5.3,5 BC = 7cm 2,5 c. Vẽ hình thang ABCD - B1: Vẽ tam giác ABD theo độ dài cho trước của mỗi cạnh. - B2: Lấy B làm tâm quay cung tròn có bán kính 7cm, lấy D làm tâm quay cùng tròn có bán kính 10cm, hai cung tròn này cắt nhau tại điểm C (khác phía với A so với BD) Tiết 33: Bài 8: Cho tam giác vuông ABC (góc A = 900). Dựng AD vuông góc với BC (D FD EA thuộc BC). đường phân giác BE cắt AD tại F. Chứng ming: . FA EC Giải: Do BE là đường phân giác của tam giác ABD (tại đỉnh B) nên ta có: A FD BD (1) E FA BA BE là đường phân giác của tam giác ABC tại đỉnh B dã đó ta có: EA BA (2) B D C EC BC Tam giác DBA đồng dạng với tam giác ABC (g.g) BD BA FD EA Ta lại có: (3). Từ (1), (2), (3) AB BC FA EC Bài 9: Đường cao của một tam giác vuông xuất phát từ đỉnh góc vuông chia cạnh huyền thành hai đoạn thẳng có độ dài là 9cm và 16cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác vuông đó. Giải: Giả sử tam giác ABC vuông ở A, có đường cao AH 42
43. Và BH = 9cm, CH = 16cm A Xét tam giác vuông HBA và HAC có: Góc <BAH + <HAC = 1v (1) Góc <HCA + <HAC = 1v (2) Từ (1) và (2) <BHA = <HCA HBA đồng dạng với HAC (g.g) B H C HB HA nên HA2 = HB . HC = 6. 16 = 144 HA HC HA = 12cm áp dụng định lý Pitago ta vào các tam giác vuông HBA, HAC ta có: AB2 = HB2 + HA2 = 92 + 122 AB = 225 = 15cm AC2 = HC2 + HA2 = 162 + 122 = 400 AC = 400 = 20cm BC = BH + CH = 9 + 16 = 25cm Tiết 34: Bài 10:Cho hình thang vuông ABCD (<A = <D = 900), AB = 6cm, CD = 12cm, AD = 17cm. Trên cạnh AD đặt đoạn thẳng AE = 8cm. Chứng minh góc <BEC = 900. Giải: Ta có: DE = AD - AE = 17 - 8 = 9cm A B AB AE 6 8 Từ đó ta có: (vì ) DE DC 9 12 Vậy ABE đồng dạng với DEC E Do đó: góc <AEB = <DEC (1) Góc <ABE = <DEC (2) Từ (1), (2) góc <AEB + DEC = 900 D C nên <BEC = 900 Bài 11: Cho hình bình hành ABCD. Qua A kẻ một đường thẳng tuỳ ý cắt BD, BC, CD lần lượt ở E, K, G. Chứng minh: a. AE2 = EK . EG 1 1 1 b. AE AK AG c. Khi đường thẳng đi qua A thay đổi thì tích BK. DG có giá trị không đổi. Giải: EK BE a. Do BK // AD nên (1) AE ED 43
44. AE BE Do AB // DG nên (2) EG ED EK AE Từ (1) và (2) AE EG Do đó : AE2 = EK . EG AE DE AE DE b. Ta có: (3) EK EB AK DB AE BE Tương tự: (4) AG BD Cộng vỊ với vỊ của (3) và (4) ta có: AE AE DE BE BD 1 AK AG DB BD BD c. Đặt AB = a, AD = b BK a KC CG Như vậy: (*); và ( ) KC CG b DG Nhân vỊ với vỊ của (*) và ( ) ta có: BK a BK - DG = ab không đổi. b DG Chủ đề 11: Bất phương trình bậc nhất một ẩn. A. Mục tiêu - Học sinh nắm được liên hệ giữa thứ tự và phép cộng, giữa thứ tự và phép nhân. - Biết cách giải bất phương trình bậc nhất một ẩn và phương trình chứa giá trị tuyệt đối. - Rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải bài tập. B. Thời lượng: 6 tiết (tiết 35, 36, 37, 38, 39, 40) C. Thực hiện: Tiết 35: Câu hỏi: 1. Nhắc lại sự liên hệ giữa thứ tự và phép cộng, sự liên hệ giữa thứ thù và phép nhân. 2. Thế nào là bất phương trình bậc nhất một ẩn? Hai bất phương trình như thế nào gọi là tương đương? 3. Nêu quy tắc chuyển vỊ và quy tắc nhân của bất phương trình. 4. Nêu cách giải bất phương trình bậc nhất một ẩn. 5. Nêu định nghĩa giá trị tuyệt đối của một số. 44
45. Bài 1: Cho a, b là hai số bất kỳ, chứng tỏ rằng a b 2 2ab 2 Giải: Ta có: (a - b)2 0 a2 - 2ab + b2 0 a2 - 2ab + 4ab + b2 4ab a2 + 2ab + b2 4ab (a + b)2 4ab 1 1 (a + b)2 . 4ab 2 2 a b 2 2ab 2 Dấu “=” xảy ra khi a - b = 0 hay a - b. Bài 2: Chứng minh bất ®¼nh thức. a. a2 + b2 + 1 ab + a + b b. a2 + b2 + c2 a(b + c) Giải: a. Ta có: (a + b)2 0 và (a - 1)2 0 a2 + b2 2ab (1); a2 + 1 2a (2) Lại có: (b - 1)2 0 b2 + 1 2b (3) Cộng vế với vế của (2) và (3) ta có: 2(a2 + b2 + 1) 2(ab + a + b) 1 1 . 2(a2 + b2 + 1) . 2(ab + a + b) 2 2 a2 + b2 + 1 ab + a + b a b 0 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 1 0 a b 1 b 1 0 b. Ta có: a2 + b2 + c2 a(b + c) 2a2 + 2b2 + 2c2 2ab + 2ac 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2ac 2ab + 2ac - 2ab - 2ac (a - b)2 + (a - c)2 + b2 + c2 0 (1) BĐT (1) luôn đúng nên ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 0 45
46. Tiết 36: Bài 3: Giải các bất phương trình sau: a. 3x - 5 > 2(x - 1) + x b. (x + 2)2 - (x - 2)2 > 8x - 2 c. 3(4x + 1) - 2(5x + 2) > 8x - 2 x 3 x 3 d. 1 + x - 4 3 x 4 x 2 x 3 e. 5 + 2(x - 1) + x 3x - 5 > 2x - 2 + x 3x - 3x > - 2 + 5 0x > 3 Vậy bất PT vô nghiệm. b. (x + 2)2 - (x - 2)2 > 8x - 2 x2 + 4x + 4 - x2 + 4x - 4 > 8x - 2 8x - 8x > - 2 0x > - 2 Vậy bất PT vô số nghiệm. x 3 x 3 d. 1 + x - 4 3 12(1 x) 3(x 3) 3(x 1) 4(x 2) 12 12 12(1 + x) - 3(x - 3) > 3(x + 1) - 4(x - 2) 12 + 12x - 3x + 9 > 3x + 3 - 4x + 8 9x + 21 > - x + 11 10x > - 10 x > - 1 Vậy nghiệm của bất PT là x > - 1 x 4 x 2 x 3 e. 5 + < x - 5 2 3 30.5 6(x 4) 30x 15(x 2) 10(x 3) 30 30 150 + 6x + 24 < 30x - 15x + 30 + 10x + 30 46
47. 6x + 15x - 30x - 10x 6 Vậy nghiệm của bất PT là x > 6 15(x 1) f. 2x2 + 2x + 1 - 2x(x + 1) 2 2(2x 2 2x 1) 15(x 1) 4x(x 1) 2 2 2(2x2 + 2x + 1) - 15(x - 1) 4x(x + 1) 4x2 + 4x + 2 - 15x + 15 4x2 + 4x 4x2 - 11x - 4x2 - 4x - 17 - 15x - 17 17 x 15 17 Vậy nghiệm của bất PT là x 15 Tiết 37: Bài 4: Cho các biểu thức sau: 2 A = x 2x 1 và B = 2x2 8x 10 x 2 4x 5 x 3 x 2 5x 3 a. Tìm điều kiện có nghĩa của B b. Tìm giá trị bé nhất của A và giá trị tương ứng của x. c. Tìm giá trị của x để A. B 0  x 47
48. (x 1) 2 Do đó: 0x hay A 0 (x 2) 2 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x + 1 = 0 x = - 1 x 2 2x 1 2x 2 8x 10 c. Ta có: A . B = . x 2 4x 5 x 3 x 2 5x 3 (x 1) 2 2(x 2 4x 5) 2 = . = x 2 4x 5 (x 3)(x 1) 2 x 3 2 0 x 3 Do đó A. B 0 x 2 Giải: a. VT = (x - 1) (x - 3)(x - 4)(x - 6) + 10 = (x - 1)(x - 6)(x - 3)(x - 4) + 10 = (x2 - 7x + 6)(x2 - 7x + 12) + 10 = (x2 - 7x + 9 - 3)(x2 - 7x - 9 + 3) + 10 48
49. = (x2 - 7x + 9)2 - 9 + 10 = (x2 - 7x + 9)2 + 1 1x Do đó (x - 1)(x - 3)(x - 4)(x - 6) + 10 1x 1995(x 2 2x 1995) 1995x 2 2x.1995 19952 b. A = 1995x 2 1995x 2 1994x 2 x 2 2x.1995 19952 1994 (x 1995) 2 = 1995x 2 1995 1995x 2 1994 (x 1995) 2 1994 Ta thấy x 1995 1995x 2 1995 Dấu “=” xảy ra khi x - 1995 = 0 hay x = 1995 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1994 khi x = 1995 1995 Bài 7: Giải các phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối sau. a. x 1 2 b. 5 x 2 x c. x 3 5x 7 d. x 3 5 x e. 3x 14 x 2 5 Giải: x 1 2 x 3 a. x 1 2 x 1 2 x 1 b. Xét 2 trường hợp TH1: Nếu x 0 thì PT 5 x 2 x trở thành 1 5x - 2 = x x = (thảo mãn đk x > 0) 2 TH2: Nếu x < 0 thì PT 5 x 2 x trở thành 1 - 5x - 2 = x x = - (thoả mãn đk x < 0) 3 Vậy phương trình có nghiệm: x = 1 và x = - 1 2 3 c. x 3 5x 7 - Nếu x - 3 0 hay x 3 ta có PT x - 3 - 5x = 7 x = - 2,5 (không thoả mãn đk x 3) - Nếu x - 3 < 0 hay x < 3 ta có PT 2 - x + 3 - 5x = 7 x = - (thoả mãn dk x < 3) 3 Vậy phương trình có nghiệm x = - 2 3 49
50. d. x 3 5 x Hai vế không âm bình phương hai vế ta có. (x + 3)2 = (5 - x)2 x2 + 6x + 9 = 25 - 10x + x2 x = 1 Vậy nghiệm của PT là: x = 1 e. 3x 14 x 2 5 - Xét x 2 ta có Pt: (14 - 3x) - (- x - 2) = 5 14 - 3x + x + 2 = 5 11 - 2x = - 11 x = (không thoả mãn ®k) 2 14 - Xét - 2 14 ta có PT 3 (3x - 14) - (x + 2) = 5 3x - 14 - x - 2 = 5 21 2x = 21 x = (thoả mãn ®k) 2 Vậy nghiệm của phương trình là: x = 7 và x = 21 4 2 Tiết 39: 2 x 3 x 2 x x Bài 8: Cho biểu thức A = : 1 x 3 2 2 x 2 5x 6 x 1 a. Rút gọn biểu thức A. b. Tìm giá trị của x để A > 1. Giải: 2 x 3 x 2 x x a. A = : 1 ®kx®: x 2 , x 3; x 1 x 3 2 2 x 2 5x 6 x 1 2 x 3 x 2 x x 1 x A = : x 3 x 2 (x 3)(x 2) x 1 2 x (x 2) (3 x)(x 3) 2 x x 1 A = . (x 3)(x 2) 1 4 x 2 9 x 2 2 x x 1 A = . (x 3)(x 2) 1 50
51. (x 3) x 1 A = . (x 3)(x 2) 1 A = x 1 x 2 x 2 b. Để a >1 x 3 x 1 1(1) x 2 x 1 x 1 x 1 x 2 Giải (1) 1 1 0 0 x 2 x 2 x 2 3 0 x + 2 1 x 3 Bài 9: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. A = - x2 - y2 + xy + x + y Và cá giá trị tương ứng của x và y Giải: A = - x2 - y2 + xy + x + y = - 1 (x2 - 2xy + y2) - 1 (x2 - 2x + 1) - 1 (y2 - 2y + 1) +1 2 2 2 1 = 1 -  x y 2 (x 1) 2 (y 1) 2  1 2 x y 0 1 1 0 x 1 Dấu “=” xảy ra khi x 1 0 x 1 y 1 y 1 0 y 1 x 1 Vậy giá trị lớn nhất là: A = 1 y 1 Tiết 40: Bài 10: Giải bất phương trình a. 3x3 + 4x2 + 5x + 6 > 0 x 3 b. 2 x 2 Giải: a. 3x3 + 4x2 + 5x + 6 > 0 3x3 - 2x2 + 6x2 - 4x + 9x - 6 > 0 51
52. x2(3x - 2) + 2x(3x - 2) + 3(3x - 2) >0 (3x - 2)(x2 + 2x + 3) > 0 2 Ta thấy x2 + 2x + 3 > 0 nên 3x - 2 > 0 x > 3 x 3 b. 2 x 2 x 3 x 3 2x 4 x 7 2 0 0 0 x 2 x 2 x 2 x 7 0 x 7 x 7 x 2 0 x 2 0 7 x 2 x 2 x 7 0 x 7 x 2 0 x 2 Vậy bất phương trình đã cho có các nghiệm là - 7 0 (x 1999) 2 Tìm giá trị lớn nhất đó. Giải: Đặt a = 1999 x (x x) 2 (x a) 2 4· Khi đó: A(x) = (x a) 2 4a(x a) 2 (x a) 2 (x a) 2 1 (x a) 2 1 = (với a> 0, x > 0) 4a(x a) 2 4a 4a(x a) 2 4a (x a) 2 Vì a > 0 nên 4a(x +a)2 0 - 0x 4a(x a) 2 1 A(x) = x a 4a 1 Thay x = 1999 ta có giá trị lớn nhất của A(x) = x 1999 4.1999 52