Giáo án ôn thi vào Lớp 10 THPT môn Toán

Buổi 1. 
Chủ Đề 1: rút gọn và tính giá trị của biểu thức.
Ngày soạn: 12.05.10.
Ngày dạy: 15.05.10.
I. Phương pháp.
1. Phương pháp rút gọn bằng cách phân tích thành nhân tử.
- Sử dụng HĐT.
- Sử dụng các phương pháp phân tích thành nhân tử.
2. Phương pháp nhân với biểu thức liên hợp.
Các biểu thức liên hợp thường gặp: và ; a + b và a2 - ab + b2; a - b và a2 + ab + b2.
ii. bài tập.
Bài 1. Cho biểu thức: A=Với xạ;±1
a. Rút gọn biểu thức A. b. Tính giá trị của biểu thức khi cho x = . c. Tìm giá trị của x để A = 3
Giải. a. Rút gọn A =
b. Thay x= vào A ta được A = . c. A = 3 x2 - 3x - 2 = 0 x =
Bài 2: Cho biểu thức: P = 
a. Rút gọn P. b. Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.
Giải. a. ĐK: x . Rút gọn: P = = 
b. P = . Để P nguyên thì nguyên suy ra là ước của 2 suy ra với x = thì P có giá trị nguyên.
Bài 3: Cho biểu thức: 
a. Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P. b. Tìm x, y nguyên thỏa mãn phương trình P = 2.
Giải. a. Điều kiện để P xác định là : .
b. P = 2 = 2
Ta có: 1 + ị ị x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn.
Bài 4: Cho biểu thứcA = với x > 0 và x ạ 1
a. Rút gọn A. b. Tìm giá trị của x để A = 3
Giải. a. Ta có: A = = = = = 
= = 	
b. A = 3 = 3 3x + - 2 = 0 x = 4/9. 	
Bài 5: Cho P = + - . a. Rút gọn P. b. Chứng minh: P < với x 0 và x 1.
Giải. Điều kiện: x 0 và x 1. P = + - = + - = = = 	
b. Với x 0 và x 1 . Ta có: P < < 
 3 0 ) x - 2 + 1 > 0 ( - 1)2 > 0. (x 0 và x 1)
 Bài 6: a. Xác định x R để biểu thức: A = là một số tự nhiên
b. Cho biểu thức: Biết x.y.z = 4 , tính .
Giải.	 a.
P là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x = (trong đó k Z và k 0 )
b. Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hợp với x.y.z = 4 ta được x, y, z > 0 và 
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi ta được: 
P = 	
Bài 7: Cho biểu thức: D = :
a. Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D. b. Tính giá trị của D với a = . c. Tìm GTLN của D.
Giải: a. Điều kiện xác định của D là . D = := 
b. a = . Vậy D = 
c. áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có . Vậy giá trị của D là 1.
Bài 8: Cho biểu thức 
A = . a. Tìm điều kiện của x để A xác định. b. Rút gọn A.
Giải: Điều kiện x thỏa mãn: Û 	Û x > 1 và x ạ 2
b. Rút gọn A = = 	
+ Với 1 2 ta có A = 	
Kết luận: Với 1 2 thì A = 	
Bài 9: Cho biểu thức M =
a. Tìm ĐK của x để M có nghĩa và rút gọn M. b. Tìm x để M = 5. c. Tìm x Z để M Z.
Giải: M = 
a. ĐK . M = 
Biến đổi ta có kết quả: M = = 
 c. M = . Do M Z nên là ước của 4 nhận các giá trị: 
- 4; - 2; - 1; 1; 2; 4 do 
Bài 10: Cho biểu thức: A = + 	 
a. Rút gọn biểu thức A. b. Tìm những giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A cũng có giá trị nguyên.
Giải: a. Điều kiện: x 0	
+ Với x 2 : 	 
b. Tìm x nguyên để A nguyên: A nguyên x2 + 3 3 x = 
Bài 11: Cho biểu thức: P = 
a. Rút gọn P. b. Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Giải: Điều kiện: x ³ 0; x ạ 1
a. Thực hiện được biểu thức trong ngoặc bằng: . KQ: P = 	
b. Viết P = lập luận tìm được GTNN của P = -1/4 khi x = 0. 	
Bài 12: Cho biểu thức: = 
a. Tìm ĐKXĐ của và rút gọn. b. Chứng minh . c. So sánh với 
Giải. a. ĐKXĐ: x 0, y 0, x y
= 
b. x + y 2 (Côsi), mà x y x + y > 2 
 x - + y > 0 x - + y > 0. Vậy Q = và x y
c. Theo câu b, ta có 	x - + y > 	(1). Chia 2 vế của (1) cho x - + y > 0 . Vậy 0 Q < 1
+ Nếu Q = 0 Q = . 
+ Nếu 0 < Q < 1 ( - 1) < 0 Q - < 0 Q < x, y 0 và x y 
Buổi 2. 
Chủ Đề 2: rút gọn và tính giá trị của biểu thức.
Ngày soạn: 12.05.10.
Ngày dạy: 16.05.10.
I. Phương pháp.
1. Định lí Talet: 
a. Định lí. Các đường thẳng // định ra trên hai đường thẳng không // với chúng những đoạn thẳng tỉ lệ.
b. Hệ quả: Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và // với cạnh còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba cạnh của tam giác đã cho.
2. Tính chất đường phân giác trong tam giác.
Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy.
3. Các trường hợp đồng dạng của tam giác.
a. Trường hợp c.c.c: Nếu ba cạnh của tam giác này tỉ lệ với ba cạnh của tam giác kia thì hai tam giác đó ĐD.
b. Trường hợp c.g.c: Nếu hai cạnh của tam giác này tỉ lệ với hai cạnh của tam giác kia và hai góc tạo bởi các cặp cạnh đó bằng nhau thì hai tam giác đó đồng dạng.
c.Trường hợp g.g:Nếu hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia thì hai tam giác đó ĐD
d. Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này tỉ lệ với cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó đồng dạng.
e. Hai tam giác đồng dạng thì tỉ số hai diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng.
ii. bài tập.
Bài 1: Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của BC, AC. Gọi O là giao điểm các đường trung trực của tam giác.
1. Chứng minh rằng OMN đồng dạng với HAB. Tìm tỉ số đồng dạng.
2. So sánh độ dài AH và OM.
3. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng HAG đồng dạng với OMG.
4. Chứng minh ba điểm H, G, O thẳng hàng và GH = 2GO.
HD giải.
a. Ta có MN // AB (MN là đường trung bình). Mặt khác ta có AH // OM (cùng vuông góc với BC) do dó góc BAH = góc OMN (cặp góc có cạnh tương ứng //). Tương tự ta có góc ABH = góc ONM. Suy ra AHB đồng dạng MON, tỉ số k = 2.
b. Theo câu a, ta có hay AH = 2OM.
c. Gọi G’ là giao điểm của AM và HO, ta có AG’H đồng 
dạng MG’O hay . Từ đó ta có G trùng G’ 
hay HAG đồng dạng OMG.
d. Từ câu c, suy ra H, G, O thẳng hàng. Ta có nên GH = 2.GO.
Bài 2: Cho hình thang vuông ABCD (góc A = góc D = 900), E là trung điểm của AD và góc BEC = 900. Cho biết AD = 2a. Chứng minh rằng:
a. AB.CD = a2.
b. EAB và CEB đồng dạng.
c. BE là tia phân giác của góc ABC.
HD giải. a. EAB đồng dạng CDE (g.g) suy ra ĐPCM.
b. Theo câu a ta có suy ra ABE đồng dạng EBC (c.g.c).
c. Từ câu b, suy ra BE là tia phân giác của góc ABC.
Bài 3: Tam giác ABC cân tại A có BC = 2a, M là trung điểm của BC. Lấy D thuộc AB, E thuộc AC sao cho góc DME góc B.
a. Chứng minh rằng BD.CE không đổi.
b. Chứng minh rằng DM là tia phân giác của góc BDE.
HD giải:
a. DBM đồng dạng MCE (g.g) suy ra ĐPCM.
b. Theo câu a, suy ra do đó DME đồng dạng DBM (c.g.c) suy ra ĐPCM.
Bài 4: Cho ABC có hai góc nhọn B và C, BC = a, đường cao AH = h. Một hình vuông MNPQ nội tiếp tam giác sao cho: M thuộc AB, N thuộc AC, P và Q thuộc BC. Hãy tính MP theo a và h.
HD giải: Ta có (tỉ số 2 đường cao của hai đồng dạng bằng tỉ số đồng dạng). 
Gọi MN = x, ta có: . 
Ta có MP = MN. (theo Pitago), suy ra MP = .
Bài 5: Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H. Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng qua H và vuông góc với MH cắt AB và AC theo thứ tự ở I và K. 
a. Qua C kẻ đường thẳng // với IK, cắt AH và AB theo thứ tự ở N và D. CMR: NC = ND.
b. CMR: HI = HK.
HD giải.
a. Ta có NM vuông góc với CH (đường cao thứ 3 của tam giác CNH) 
suy ra NM // AD (cùng CH). Tam giác CBD có CM = MB (GT), MN // BD suy ra ND = NC.
b. Sử dụng Ta let vào hai cặp tam giác đồng dạng: AIH và AND, AKH và CAN, suy ra IH = KH.
Bài 6: Cho cân ABC (AB = BC). Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho . Trên cạnh BC lấy điểm N sao cho . Đường thẳng MN cắt đường cao BH tại O. Từ N hạ NK vuông góc BH. Từ M hạ MP vuông góc với BH. Cho BH = 35cm. 
a. CM BKN đồng dạng BHC, tính BK.
b. Tính BP, OB, HO.
c. Giả sử ; . Tính theo m và n.
HD giải.
a. Hai tam giác đồng dạng với nhau theo TH (g.g) suy ra BK = 5 (cm).
b. Theo câu a, ta có, OB = .
c. Từ BKN đồng dạng BHC ta có: BK = , MBP đồng dạng ABH ta có: BP = 
suy ra = .
Bài 7. Cho hai tam giác đều ABC và DEF mà A thuộc DF, E thuộc BC. Gọi I là giao điểm của AC và EF, K là giao điểm của AB và DE.
a. CMR IFC đồng dạng AIE, KDB đồng dạng KAE.
b. CM BD // CF.
HD giải.
a. Ta có AIF đồng dạng EIC (g.g), suy ra IFC đồng dạng AIE(c.g.c). 
Tương tự KDB đồng dạng KAE (c.g.c).
Bài 8: Hình thang vuông ABCD (góc A = góc D = 900) có hai đường chéo vuông góc với nhau tại O, 
AB = 4cm, CD = 9cm.
a. CMR các tam giác AOB và DAB đồng dạng. b. Tính độ dài AD.
c. CMR các tam giác OAB và OCD đồng dạng. d. Tính tỉ số diện tích của tam giác OAB và OCD.
HD giải.
a. AOB và DAB đồng dạng (g.g).
b. AD = 6cm.
c. OAB và OCD đồng dạng (g.g).
d. .
Bài 9: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, BC = 100cm, AH = 40cm. Gọi D là hình chiếu của H trên AC, E là hình chiếu của H trên AB.
a. CMR ADE đồng dạng ABC.
b. Tính diện tích tam giác ADE.
HD giải:
a. Ta có góc C = góc BAH = góc AED, 
suy ra ADE đồng dạng ABC (g.g).
b. . Tính diện tích tam giác ABC từ đó suy ra SADE = 320 (cm2)
Bài 10: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 1, AC = 3. Trên cạnh AC lấy các điểm D, E sao cho AD = DE = EC.
a. Tính độ dài BD. b. CMR các tam giác BDE và CDB đồng dạng.
c. Tính tổng góc DEB và DCB.
Đáp số:
a. BD = 
b. ; , nên , tam giác BDE và CDB đồng dạng (c.g.c).
c. Góc DEB + góc DCB = góc DBC + góc DCB = góc ADB = 450.
Bài 11: Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c, đường phân giác AD.
a. Tính độ dài BD, DC.
b. Tia phân giác của góc B cắt AD ở I. Tính tỉ số AI : ID.
c. Cho BC bằng trung bình cộng của AB và AC, gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. CMR: IG // BC.
HD giải: a. . b. AI : ID = .
c. CM: , từ đó suy ra IG // DM (Talét đảo), tức là IG // BC.
Bài 12: Tam giác ABC cân tại A có BC = 2a, M là trung điểm của BC. Lấy các điểm D, E theo thứ tự thuộc các cạnh AB, AC sao cho góc DME = góc B.
a. CMR: BD.CE không đổi. b. CMR: DM là tia phân giác của góc BDE.
c. Tính chu vi tam giác ADE nếu tam giác ABC là tam giác đều.
HD giải: a. CM tam giác BDM đồng dạng tam giác CME (g.g) suy ra ĐPCM.
b. Theo câu a, ta có , tam giác DME đồng dạng tam giác DBM (c.g.c) suy ra góc MDE = góc BDM.
c. DM là phân giác BDE, EM là phân giác CDE. Kẻ MH vuông góc DE, MI vuông góc AB, MK vuông góc AC. Ta có DH = DI, EH = EK, do đó chu vi tam giác ADE = AI + AK = 2AK.
Lại có CK = , AC = 2a nên AK = 1,5a. Vậy chu vi tam giác ADE = 3a. 
Buổi 3. 
Chủ Đề 3: bất đẳng thức.
Ngày soạn: 15.05.10.
Ngày dạy: 20.05.10.
I. Phương pháp.
HS nắm vững:
1. Các tính chất cơ bản của BĐT.
1.1: a > b a + c > b + c.
1.2: a > b 
1.3: a > b, b> c a > c.
1.4: a > b, c > d a + c > b + d.
1.5: a > b > 0, c > d > 0 ac > bd.
1.6: a > b > 0 an > bn.
1.7: a > b > 0 > .
2. Bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm, bất đẳng thức Bunhiacopxki và một số bất đẳng thức khác.
2.1: Bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm: Với a 0, b 0 khi đó: . Dấu “=” xảy ra a = b
2.2: Bất đẳng thức Bunhiacopxki: (ax + by)2 (a2 + b2)(x2 + y2). Dấu “=” xảy ra tồn tại số k sao cho x = ka, y = kb (*), nếu a, b 0 thì (*) được viết là: .
ii. bài tập.
Bài 1: Cho hai số dương a, b. CMR: a + b .
HD giải: Ta có: (BĐT Cosi)(a + b)(1 + ab) 4ab suy ra ĐPCM. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hay a = b = 1.
Bài 2: Cho 4 số a, b, c, d. CMR: (a2 + b2)(c2 + d2) (ac + bd)2 (Bất đẳng thức Bunhiacopxki)
HD giải: Khai triển hai vế và đưa về: (bc - ad)2 0 (luôn đúng) suy ra BĐT cần chứng minh luôn đúng.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi bc = ad .
Bài 3: Tìm hai số a, b biết rằng: 
HD giải: Ta có: 25 = (2a + 3b)2 = ()2 [()2 + ()2].[()2 + ()2] = 5.(2a2 + 3a2)
Suy ra 2a2 + 3a2 5. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hay a = b. Vậy a = b = 1.
Bài 4: Cho a, b, k là các số dương, a < b. CMR: (1).
HD giải: Xét hiệu VT - VP ta được: k(a - b) < 0 a < b. BĐT này đúng, vậy (1) đúng.
Bài 5: CMR: a2 + b2 + 4 ab + 2(a + b) (1).
HD giải: Xét hiệu VT - VP ta được: (a - b)2 + (a - 2)2 + (b - 2)2 0 đúng. Dấu “=” xảy ra khi a = b = 2.
Bài 6: CMR a > b > 0, m > n, ta có: (1).
HD giải: (1) . Chia VT cho bn, chia VP cho bm
Ta được .
Bài 7: (TH 04 - 05). Cho 0 < x < 1. 
1. CMR: x(1 - x) (1). 2. Tìm GTNN của A = .
HD giải. 1. (1) luôn đúng.
2. Từ x(1 - x) x2(1 - x) x suy ra A .
A 16x + 2. = 2.8 = 16 (BĐT Cosi). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 16x = x = , mà 
Cho 0 < x < 1 suy ra x = .
Bài 8. (TH 09 - 10). Cho x, y, z thoả mãn y2 + yz + z2 = 1 - . 
Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: A = x + y + z.
HD giải. y2 + yz + z2 = 1 - 2y2 + 2yz + 2z2 = 2 - 3x2 (x + y + z)2 + (x - y)2 + (x - z)2 = 2
(x + y + z)2 = -[(x - y)2 + (x - z)2] + 2 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
- x + y + z . Vậy GTLN là , GTNN là - khi x = y = z.
Bài 9: (TH 05 - 06). Cho x - y 0. CMR x2 + y2 + .
HD giải. x2 + y2 + = x2 - 2xy + y2 + 2(xy - 1) + = (x - y + )2 + 2 2.
Bài 10: (TH 06 - 07). Cho b > 0. CMR: 
HD giải. Ta có: = . 
Ta có (BĐT Cosi). Lại có b2 + 1 2b . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi b = 1. Vậy 1 + = .
Bài 11: CMR: a = 4b với a, b dương. (Sử dụng các tính chất của BĐT).
Bài 12: CMR: (a2 + 1)(b2 + 4) (2a + b)2. (Chuyển vế và chứng minh vế trái không âm).
Bài 13: CMR nếu 0 < x < b thì . (Tương tự bài 4)
Bài 14: CMR nếu a, b > 0 thì: . (Tương tự bài 6)
Buổi 4. 
Chủ Đề 4: Tứ giác - Đa giác.
Ngày soạn: 18.05.10.
Ngày dạy: 22.05.10.
I. kiến thức cần ghi nhớ.
1. Tổng các góc của một tứ giác bằng 3600.
2. Hình thang. HThang là tứ giác có hai cạnh đối song song.
- Hai góc kề cạnh bên của một hình thang bù nhau (tổng bằng 1800).
- Hình thang vuông là hình thang có một góc vuông.
- Hình thang cân là hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau.
+ Trong hình thang cân, hai cạnh bên bằng nhau.
+ Trong hình thang cân, hai đường chéo bằng nhau.
- Cách CM một tứ giác là thang cân: 
+ Hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau.
+ Hình thang có hai đường chéo bằng nhau.
- Đường trung bình của hình thang: Đoạn nối trung điểm hai cạnh bên. Đường trung bình có độ dài bằng nửa tổng hai đáy.
- DTHT bằng nửa tổng hai đáy và đường cao.
3. Hình bình hành: HBH là tứ giác có các cạnh đối //.
- Cách CM một tứ giác là là HBH.
3.1. Các cạnh đối //.
3.2. Các cạnh đối bằng nhau.
3.3. Một cặp cạnh đối // và bằng nhau.
3.4. Các góc đối bằng nhau hoặc các góc kề bù nhau.
3.5. Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
- DT HBH bằng đáy nhân chiều cao.
4. Hình chữ nhật: HCN là tứ giác có 4 góc vuông. Trong HCN hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
- Cách CM một tứ giác là là HCN.
4.1. Có 3 góc vuông.
4.2. HBH có một góc vuông.
4.3. HBH có hai đường chéo bằng nhau.
4.3. Hthang cân có một góc vuông.
- DT HCN bằng tích hai kích thước (dài nhân rộng).
5. Hình thoi: Hthoi là tứ giác có 4 cạnh bằng nhau. Trong hình thoi hai đường chéo vuông góc với nhau và hai đường chéo là các đường phân giác của các góc của hình thoi.
- Cách CM một tứ giác là là Hthoi.
5.1. 4 cạnh bằng nhau.
5.2. HBH có hai cạnh kề bằng nhau.
5.3. HBH có hai đường chéo vuông góc.
5.4. HBH có một đường chéo là đường phân giác của một góc.
- DT hình thoi bằng: Tích hai đường chéo hoặc đáy nhân chiều cao.
6. Hình vuông: HV là tứ giác có 4 góc vuông và có 4 cạnh bằng nhau.
- Cách CM một tứ giác là là HV.
6.1. HCN có hai cạnh kề bằng nhau.
6.2. HCN có hai đường chéo vuông góc.
6.3. HCN có một đường chéo là đường phân giác của một góc.
6.4. Hthoi có một góc vuông.
6.3. Hthoi có hai đường chéo bằng nhau.
- DT hình vuông bằng cạnh nhân cạnh.
7. Đa giác. 
7.1. Tổng các góc của đa giác n cạnh bằng (n – 2).1800.
7.2. Trong một đa giác n cạnh, số đường chéo bằng .
7.3. Đa giác đều là đa giác có tất cả các cạnh bằng nhau và tất cả các góc bằng nhau. Số đo mỗi góc của đa giác đều n cạnh bằng .
Ii. bài tập.
Bài 1: Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q, E, F lần lượt là trung điểm của BD, AC, AB, DC, AD và BC.
CMR: PM = NQ.
CMR: MN, PQ,EF đồng quy (cùng đi qua một điểm).
HDẫn giải.
a. PM, NQ là các đường trung bình ứng với cạnh AD 
của các tam giác ABD và ACD.
b. MN và PQ là các đường chéo của HBH MPNQ, PQ và EF là 
các đường chéo của HBH EQFP, từ đó suy ra ĐPCM.
Bài 2: Hình thang ABCD (AB // CD) có AB = a, CD = b, BC = c, AD = d. Các tia phân giác của các góc A và D cắt nhau ở E, các tia phân giác của các góc B và C cắt nhau ở F. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AD và AD và BC.
CM AED và BFC là các tam giác vuông.
CM 4 điểm M, E, F, N thẳng hàng.
Tính MN, MF, FN theo a, b, c, d.
CMR nếu a + b = c + d thì E trùng F.
HDẫn giải.
CM ADK là tam giác cân đỉnh D, từ đó suy ra phân giác DE đồng thời là đường cao, do đó DE vuông góc AK hay AED vuông. Tương tự với trường hợp BFC.
CM cho ME, NF, MN cùng // AB hoặc CD.
MN = (a + b); FN = c; MF = (a + b - c).
Ta cũng có ME = d. Giả sử E trùng F ta có ME + FN = MN hay (c + d) = (a + b).
Bài 3: Cho hình thoi ABCD cạnh a có góc A = 600. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và CD.
Tính diện tích tam giác BEF.
Tính độ dài đoạn thẳng CE và Cos của góc ACE.
HDẫn giải.
a. Ta có ABD đều, BE là đường cao của đó, BE = BDsinD = , 
BK = BEcosEBK = ., từ đó tính được SBEF = .
b. Ta có MC = , EM = (dựa vào tam giác đồng dạng), từ đó ta có EC = (theo Pitago), suy ra cosECM = .
Bài 4: Cho tam giác ABC. Gọi I là giao điểm các tia phân giác trong của các góc B và C. Từ I hạ IM vuông góc AB, IN vuông góc BC. Từ A kẻ đường thẳng // với MN, nó cắt BC tại P. CMR:
a. IMB = INB.
b. Tứ giác MNPA là thang cân.
HDẫn giải.
a. IMB = INB (cạnh huyền - góc nhọn).
b. Chỉ ra tứ giác MNPA có góc AMN và PNM bằng nhau.
Bài 5: Cho hình thang vuông ABCD (AB // CD), góc A = góc D = 900 
và AD = CD = AB. Kẻ CH vuông góc với AB. Gọi O là giao điểm 
của AC và DH, O’ là giao điểm BD và CH. CMR:
a. ACB là vuông cân tại C. b. OO’ = CD = AB. c. OO’ thuộc đường trung bình của hình thang.
HDẫn giải. 
Tứ giác ADCH là hình vuông, suy ra AC vuông góc DH và AC = DH. Tứ giác BCDH là HBH do đó BC = DH, vậy BC = AC. Vì AC vuông góc DH, DH // BC suy ra AC vuông góc BC.
Theo tính chất đường trung bình của tam giác.
Gọi M, N lần lượt là giao điểm của OO’ với AD và BC. Chứng minh OM là đường trung bình của tam giác ADC.
Bài 6: Cho HCN ABCD, tâm O. Lấy điểm P tuỳ ý trên đoạn thẳng OB. Gọi M là điểm đối xứng của C qua P.
CMR AM // BD.
Gọi E, F lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, DA. 
CMR EF // AC.
CM 3 điểm F, E, P thẳng hàng.
HDẫn giải. 
OP là đường trung bình của tam giác ACM.
Chứng minh góc EFA = góc CAD.
Chứng minh IP và IE cùng // với AC (I là giao điểm hai đường chéo của HCN AEMF)
Bài 7: Cho HBH MNPQ với MQ vuông góc MP. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của MN và PQ.
CM MEPF là hình thoi.
Gọi Mx là tia đối của tia MN. CMR MQ là phân giác của góc FMx.
HDẫn giải. 
MEPF là hình bình hành (1 cặp cạnh đối // và bằng nhau) có hai đường chéo vuông góc.
Tam giác MQF là tam giác cân tại F, do đó góc FMQ = góc FQM, mà góc FQM = góc QMx (so le trong), từ đó suy ra ĐPCM.
Buổi 5. 
Chủ Đề 5: phương trình - bất phương trình bậc nhất.
Ngày soạn: 20.05.10.
Ngày dạy: 25.05.10.
I. kiến thức cần ghi nhớ.
1. Phương trình bậc nhất một ẩn. PT bậc nhất một ẩn có dạng: ax + b = 0 (x là ẩn, a và b là các số đã cho)
+ Nếu a 0, PT có nghiệm duy nhất x = -.
+ Nếu a = 0, b 0, PT vô nghiệm.
+ Nếu a = 0, b = 0, PT có vô số nghiệm.
2. Bất phương trình bậc nhất một ẩn. BPT bậc nhất một ẩn là BPT có dạng ax + b > 0 (hoặc ax + b < 0, 
ax + b 0, ax + b 0), trong đó x là ẩn, a và b là các số đã cho, a 0.
Ta xét BPT dạng ax + b > 0.
+ Nếu a > 0, BPT có nghiệm x > -.
+ Nếu a < 0, BPT có nghiệm x < -.
3. Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên.
C1. Phương pháp tách ra các giá trị nguyên.
C2. Phương pháp tìm nghiệm nguyên riêng. 
Định lí: Phương trình ax + by = c với a, b, c nguyên, (a; b) = 1.
Nếu (x0; y0) là một nghiệm nguyên thì phương trình có các nghiệm nguyên dạng: .
C3. Phương pháp bất đẳng thức.
C4: Phương pháp đưa về các ước số.
ii. bài tập.
Bài 1: Giải các phương trình sau.
a. (1) b. (2).
HDẫn giải. 
	a. Điều kiện: x - 1 0, x + 2 0. Quy đồng mẫu, khử mẫu và giải ta được x = 4.
	b. Điều kiện: x3 + x + 1 0. Quy đồng mẫu, khử mẫu và giải ta được x = -. Kiểm tra lại với ĐK.
Bài 2: Giải và biện luận phương trình sau theo m: (m - 2)x + m2 - 4 = 0 (1).
HDẫn giải. Xét các khả năng xảy ra với hệ số a = m - 2.
+ Nếu a 0. Ta có x = -(m + 2) + Nếu a = 0, PTVSN.
Bài 3: Tìm m nguyên để phương trình sau đây có nghiệm nguyên: (2m - 3)x + 2m2 + m - 2 = 0.
HDẫn giải.
T