Kế hoạch ôn thi vào lớp 10 THPT - Năm học 2016-2017 - Nguyễn Văn Tiến

.
b) Vẽ MPBC (PBC).C/m 
c)Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.
?Để c/m tứ giác AIMK nội tiếp ta cần c/m điều gì?
?Tứ giác AIMK có đặc điểm gì?
?Muốn c/m ta cần c/m điều gì?
?Em có nhận xét gì về tứ giác MPCK?
?Từ đó em hãy cho biết quan hệ giữa hai góc và ?
?Hãy cho biết và có bằng nhau không ?Vì sao?
?Tương tự câu b) ta có hai góc nào bằng nhau?
Bài 1:
HS : a) Ta có (GT)
 ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF. 
b) Vì AB CD nên 
Xét ACF và AEC có chung ;
 (c/m trên)
ACF AEC
AE.AF = AC2
c) Ta có : (c/m trên)
 AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp CEF (1)
Mặt khác: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AC CB (2).
Từ (1) và (2) CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC. 
Bài 2 :
a) (Do MI AB , MKAC)
Suy ra tứ giác AIMK nội tiếp trong đường tròn đường kính AM.
b) Tứ giác MPCK nội tiếp trong đường tròn đường kính MC 
vì )
suy ra (1) (góc nội tiếp cùng chắn cung MK)
Xét (O;R) : (2) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MC)
Từ (1) và (2) suy ra (3)
c) Tương tự b) ta có tứ giác BIMP nội tiếp suy ra hay (4).
Từ (3) và (4) suy ra: 
Tương tự .
Suy ra MIP MPK (g.g)
MI.MK=MP2
MI.MK.MP=MP3.
Để MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất thì MP lớn nhất .
Goi H là hình chiếu của O trên BC ta có OH là hằng số (do BC cố định).
MP+OHOM=R MP R-OH.
Do đó MP lớn nhất bằng R-OH (=OM-OH)
Khi và chỉ khi O,H,M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC.
Vậy MI.MK.MP lớn nhất bằng (R-OH)3 khi và chỉ khi M nằm chính giữa cung nhỏ BC.
Dặn dò:
-Xem lại lý thuyết .
-Nắm chắc các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, Về nhà tự luyện các bài tập trong SBT – Sách hướng dẫn ôn luyện thi vào 10 môn toán
Ngày soạn: 23 /5 /2017	Ngày dạy: 31/ 5 / 2017
Buổi 17– Tiết 45-46-47 
ÔN TẬP TỨ GIÁC NỘI TIẾP 
I. Mục tiêu:
- HS được củng cố và khắc sâu các kiến thức tứ giác nội tiếp
- HS chứng minh được một tứ giác là tứ giác nội tiếp.
- Nghiêm túc chú ý học tập, có hứng thú với môn học
II. Chuẩn bị của GV – HS:
- GV: Nghiên cứu soạn giáo án.
- HS: Học bài và làm BTVN
III. Tiến trình dạy học:
Hoạt động của GV
Hoạt động của HS
T45
?Nêu định nghĩa tứ giác nội tiếp?
?Nêu các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp?
HS: Trả lời 
2.Luyện tập
Bài 1:Cho nửa đường tròn đường kính AB và dây AC .Từ một điểm D trên AC vẽ DEAB. Hai đường thẳng DE và BC cắt nhau tại F. CMR:
a)Tứ giác BCDE nội tiếp được đường tròn.
b).
?Để c/m tứ giác BCDE nội tiếp ta cần chỉ ra điều gì?
? Tứ giác BCDE có đặc điểm gì?
?Muốn c/m ta cần chứng minh điều gì?
?Em có nhận xét gì về tứ giác AECF ?
GV: Tứ giác AECF nội tiếp thì ta có điều gì?
Bài 2:Cho tam giác ABC các đường phân giác trong của góc B và C cắt nhau tại S, các đường phân giác ngoài của góc B và góc C cắt nhau tại E. Chứng minh tứ giác BSCE nội tiếp.
?Tia phân giác của hai góc kè bù có tính chất gì?
BS là phân giác trong của góc B, BE là phân giác ngoài của góc B nên ta có điều gì?
Tương tự xét tại đỉnh C ta có điều gì?
GV:Bổ sung hãy c/m 
Tiết 46
Bài 3: Cho đường tròn (O) đường kính AB, tâm O và điểm M là một điểm trên đường tròn (M khác A,B, MA < MB). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt đường thẳng BM tại C. Đường kính vuông góc với AB cắt MC tại N.
a) Chứng minh rằng tứ giác AMNO là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng 
và MA2 = MB.MC .
c) Chứng minh rằng BM.BN không đổi khi điểm M thay đổi trên đường tròn (O) (với MA < MB)
Bài 4 :
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. C là trung điểm của đoạn thẳng AO, đường thẳng Cx vuông góc với AB, Cx cắt nửa đường tròn tại I. K là một điểm bất kì nằm trên đoạn CI ( K khác C, I), tia AK cắt nửa đường tròn đã cho tại M. Tiếp tuyến với nửa đường tròn tâm O tại M cắt Cx tại N, tia BM cắt Cx tại D.
a) Chứng minh rằng bốn điểm A, C, M, D cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng 
Tiết 47
Bài 5: :Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H .
a)C/m : AEHF và BCEF là cá tứ giác nội tiếp đường tròn.
b)Gọi M, N thứ tự à giao điểm thứ của (O;R) với BE và CF .C/m : MN//EF.
GV yêu cầu hs vẽ hình
Nêu cách chứng minh câu a
HS nêu cách cm
b) Muốn cm 2 đoạn thẳng song song ta làm thế nào?
HS: Tìm hai góc ở vị trí so le trong bằng nhau.
 Bài 6/ Cho tam giác ABC vuông tại A . Trên cạnh AC lấy điểm M , dựng đường tròn (O) đường kính MC. Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) tại D, Đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) tại S.
a) Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp và CA là tia phân giác của góc BCS.
b) Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy.
c) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE.
GV yêu cầu hs vẽ hình, giải toán
Hãy cm tứ giác nội tiếp?
Muốn chứng minh 3 đường đồng quy em làm ntn?
Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của các đường nào?
HS suy nghĩ làm toán
Bài 1: HS: 
a)Tứ giác BCDE có :
 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 (vì DEAB)
+
Nên tứ giác BCDE nội tiếp được trong đường tròn đường kính BD.
b) Tứ giác AECF có (vì )
và (vì DEAB)
hai đỉnh E và C cùng nhìn đoạn AF dưới 1 góc vuông nên tứ giác AECF nội tiếp được trong đường tròn đường kính AF.
 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE)
Bài 2:
BS là phân giác
trong của góc B;
BE là phân giác 
của góc ngoài 
tại B nên 
Tương tự:
+
Từ đó suy ra tứ giác BSCE nội tiếp được trong đường tròn đường kính SE
Bài 3:
a) Ta có ON AB 
 (Góc nội tiếp chắn đường tròn)
Xét tứ giác AMNO có = 1800 nên tứ giác AMNO nội tiếp đường tròn.
b) Xét tam giác MOB có OM = OB (=R)
MOB cân tại O (1)
Vì AC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Nên sđ) (2)
Từ (1) và (2) .
Vì AC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Nên AC AB hay 
Ta có (Góc nội tiếp chắn đường tròn) AM BC.
Xét ABC có ; AM BC
 MA2 = MB.MC (hệ thức lượng trong 
Tam giác vuông)
c) Ta có (2 góc nt cùng chắn ).
Xét BOM và BNA có chung;
 (cmt) 
BOM BNA (g.g)
Mà AB.BO không đổi nên BM.BN không đổi .
Vậy BM.BN không đổi khi điểm M thay đổi trên đường tròn (O)
Bài 4 :
a) Vì AC CD 
Ta có : (Góc nt chắn nửa đường tròn ) 
Xét tứ giác ACMD có 
Cùng nhìn đoạn thẳng AD dưới một góc vuông tứ giác ACMD nội tiếp đường tròn đường kính AD.
Vậy bốn điểm A, C, M, D cùng nằm trên một đường tròn.
b) Xét tứ giác BMKC : có Tứ giác BMKC nội tiếp
(cùng bù ) (1)
Ta có : sđ (2)
Từ (1) và (2) 
hay 
Bài 5:
a)Tứ giác AEHF nội tiếp được trong đường tròn đường kính AH vì có tổng 2 góc đối bàng 1800.
()
Tứ giác BCEF nội tiếp được trong đường 
tròn đường kính BC vì có đỉnh E và đỉnh F cùng nhìn BC dưới một góc vuông.
b)Do tứ giác BCEF
 nội tiếp nên :
 (góc nội tiếp cùng chắn cung EC)
Xét (O;R) có (góc nội tiếp cùng chắn cung MC).
Suy ra =. Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên MN//EF
Bài 6
HD: 
a) Tứ giác ABCD nội tiếp vì có góc A và góc D cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc 90 không đổi.
b) Giả sử BA cắt DC tại H, khi đó M là trực tâm của tam giác HBC, lại có ME vuông góc với BC từ đó suy ra H, M, E thẳng hàng hay 3 đường BA, EM, CD đồng quy
c) Chỉ ra AC là phân giác của góc EAD, MD là phân giác của góc ADE từ đó M là gia điểm của 2 đường phân giác trong tam giác AED suy ra M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AED
Dặn dò:
-Xem lại lý thuyết .
-Nắm chắc các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, Về nhà tự luyện các bài tập trong SBT – Sách hướng dẫn ôn luyện thi vào 10 môn toán
Soạn 23/5/2017. Dạy 31/5/2017
Buổi 18– Tiết 48 
ÔN TẬP TỨ GIÁC NỘI TIẾP 
I. Mục tiêu:
- HS được củng cố và khắc sâu các kiến thức tứ giác nội tiếp
- HS chứng minh được một tứ giác là tứ giác nội tiếp.
- Nghiêm túc chú ý học tập, có hứng thú với môn học
II. Chuẩn bị của GV – HS:
- GV: Nghiên cứu soạn giáo án.
- HS: Học bài và làm BTVN
III. Tiến trình dạy học:
Hoạt động của giáo viên và học sinh
Nội dung cơ bản
Cho hai ®­êng trßn (O) vµ (O’) c¾t nhau t¹i Avµ B. Qua A vÏ hai c¸t tuyÕn CAD vµ EAF (C,E Î (O); D,F Î (O’)). §­êng th¼ng CE c¾t ®­êng th¼ng DF t¹i P. Chøng minh tø gi¸c BEPF néi tiÕp
HS vẽ hình, suy nghĩ cách giải bài toán
GV gợi ý: Chứng minh tổng 2 góc đối bằng 180 độ,
GV Lưu ý: §Ó chøng minh tæng hai gãc ®èi cña mét tø gi¸c cã sè ®o b»ng 1800 ta cã thÓ nghÜ tíi tæng ba gãc trong mét tam gi¸c.
C¸ch 1: Ta cã (gãc ngoµi V) mµ(gãc ngoµi cña tø gi¸c ABCE néi tiÕp)
 nªn 
Mµ tø gi¸c ABFD néi tiÕp nªn 
Þ Þ BEPF lµ tø gi¸c néi tiÕp.
	C¸ch 2: Cã 
(Tæng 3 gãc trong tam gi¸c ABC)
B2. Cho tø gi¸c ABCD néi tiÕp ®­êng trßn (O) ®­êng kÝnh AD. Gäi I lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD. H lµ ch©n ®­êng vu«ng gãc h¹ tõ I xuèng AD. M lµ trung ®iÓm cña ID. Chøng minh r»ng:
C¸c tø gi¸c ABIH, HICD néi tiÕp
Tia CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BCH suy ra I lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp DBCH
Tø gi¸c BCMH néi tiÕp
Yêu cầu hs vẽ hình
Nêu cách chứng minh câu a
HS sử dụng cách cm tổng các góc đối bằng 180 độ
b) HS sử dụng các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau để chứng minh
Chỉ ra BD là phân giác HBC và kết luận I là giao điểm của 2 đường phân giác, từ đó suy ra điều phải cm,
c. HS suy nghĩ sử dụng cách chứng minh hai góc bằng nhau cùng nhìn 1 cung thì tứ giác nội tiếp. 
HD: 
a) Sö dông ph­¬ng ph¸p 1 “tæng hai gãc ®èi b»ng 1800 ”
b) ChØ ra b»ng c¸ch:
 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AB) vµ (do tø gi¸c CDHI néi tiÕp)
T­¬ng tù chøng minh BI lµ ph©n gi¸c Þ §iÓm I lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c BCH.
c) Sö dông ph­¬ng ph¸p 3:
 ChØ ra b»ng c¸ch:
 vµ 
Soạn 23/5/2017. Dạy 31/5/2017
Buổi 18– Tiết 49 
ÔN TẬP PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
I. Mục tiêu:
1. Kiến thức: HS được ôn tập và củng cố các dạng PT quy về PT bậc hai.
2. Kỹ năng: HS được rèn luyện kỹ năng giải PT bậc hai, PT trùng phương, PT chứa ẩn ở mẫu và PT tích.
3. Thái độ: Rèn luyện cho HS tính cẩn thận, chính xác
II. Chuẩn bị của GV – HS:
- GV: Nghiên cứu soạn giáo án.
- HS: Học bài và làm BTVN
III. Tiến trình dạy học:
Hoạt động của GV
Hoạt động của HS
Nội dung
T 49- Bài tập 1
GV yêu cầu HS làm bài tập 1
GV gọi 2 HS lên bảng làm câu a, b
GV quan sát HS dưới lớp làm bài tập
GV nx bài làm của HS sau đó gọi 2 HS khác lên bảng làm câu c, d
Gv nx bài làm của HS, sau đó nhấn mạnh cách giải PT trùng phương.
HS ghi bài tập vào vở
2 HS lên bảng làm bài tập
HS1: a. 9x4 – 10x2 + 1 = 0
+ Đặt x2 = t (ĐK: t 0), PT đã cho trở thành :
9t2 – 10t + 1 = 0
Ta có: 
a + b + c = 9 – 10 + 1 = 0
PT có 2 nghiệm: 
t1 = 1 (tm ĐK) ; 
t2 = (tm ĐK)
+ Thay t = t1 = 1 vào x2 = t ta được:
x2 = 1 = (1)2
x = 1
x1 = 1 ; x2 = – 1
+ Thay t = t2 = vào x2 = t ta được: 
x2 = = ()2
x = 
x3 =  ; x4 = – 
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: x1 = 1; x2 = – 1; x3 = ; 
x4 = – 
HS2: b. x4 – 8x2 – 9 = 0
+ Đặt x2 = t (ĐK: t 0), PT đã cho trở thành :
t2 – 8t – 9 = 0
Ta có: a – b + c = 1 – (– 8) – 9 = 0
PT có 2 nghiệm: t1 = – 1 (không tm ĐK) ; 
t2 = (tm ĐK)
+ Thay t = t2 = 9 vào x2 = t ta được:
x2 = 9 = (3)2
x = 3
x1 = 3 ; x2 = – 3
Vậy PT đã cho có 2nghiệm: 
x1 = 3 ; x2 = – 3
HS lớp nx, chữa bài
2 HS lên bảng
HS3: c. y4 – 1,16y2 + 0,16 = 0
+ Đặt y2 = t (ĐK: t 0), PT đã cho trở thành :
t2 – 1,16t + 0,16 = 0
Ta có: a + b + c = 1 – 1,16 + 0,16 = 0
PT có 2 nghiệm: t1 = 1 (tm ĐK) ; 
t2 = (tm ĐK)
+ Thay t = t1 = 1 vào y2 = t ta được:
y2 = 1 = (1)2
y = 1
y1 = 1 ; y2 = – 1
+ Thay t = t2 = 0,16 vào y2 = t ta được: 
y2 = 0,16 = (0,4)2
x = 0,4
x3 = 0,4 ; x4 = – 0,4
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: 
y1 = 1; y2 = – 1; y3 = 0,4; 
y4 = – 0,4
HS4: d. z4 – 7z2 – 144 = 0
+ Đặt z2 = t (ĐK: t 0), PT đã cho trở thành:
t2 – 7t – 144 = 0
Ta có : 
= ( – 7)2 – 4.1.(– 144) 
= 49 + 576 = 625 > 0 
PT có 2 nghiệm phân biệt
t1= (tm ĐK)
t2 = (không tm ĐK)
+ Thay t = t1 = 16 vào z2 = t ta được :
z2 = 16 = (4)2
z = 4
z1 = 4 ; z2 = – 4
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm: 
z1 = 4 ; z2 = – 4
HS lớp nx, chữa bài
1. Bài 1: Giải các PT trùng phương sau:
a. 9x4 – 10x2 + 1 = 0
b. x4 – 8x2 – 9 = 0
c. y4 – 1,16y2 + 0,16 = 0
d. z4 – 7z2 – 144 = 0
Giải:
a. 9x4 – 10x2 + 1 = 0
+ Đặt x2 = t (ĐK: t 0), PT đã cho trở thành :
9t2 – 10t + 1 = 0
Ta có: 
a + b + c = 9 – 10 + 1 = 0
PT có 2 nghiệm: 
t1 = 1 (tm ĐK) ; 
t2 = (tm ĐK)
+ Thay t = t1 = 1 vào x2 = t ta được:
x2 = 1 = (1)2
x = 1
x1 = 1 ; x2 = – 1
+ Thay t = t2 = vào x2 = t ta được: 
x2 = = ()2
x = 
x3 =  ; x4 = – 
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: 
x1 = 1; x2 = – 1; x3 = ; 
x4 = – 
b. x4 – 8x2 – 9 = 0
+ Đặt x2 = t (ĐK: t 0), PT đã cho trở thành :
t2 – 8t – 9 = 0
Ta có: a – b + c = 1 – (– 8) – 9 = 0
PT có 2 nghiệm: t1 = – 1 (không tm ĐK) ; 
t2 = (tm ĐK)
+ Thay t = t2 = 9 vào x2 = t ta được:
x2 = 9 = (3)2
x = 3
x1 = 3 ; x2 = – 3
Vậy PT đã cho có 2nghiệm: 
x1 = 3 ; x2 = – 3
c. y4 – 1,16y2 + 0,16 = 0
+ Đặt y2 = t (ĐK: t 0), PT đã cho trở thành :
t2 – 1,16t + 0,16 = 0
Ta có: a + b + c = 1 – 1,16 + 0,16 = 0
PT có 2 nghiệm: t1 = 1 (tm ĐK) ; 
t2 = (tm ĐK)
+ Thay t = t1 = 1 vào y2 = t ta được:
y2 = 1 = (1)2
y = 1
y1 = 1 ; y2 = – 1
+ Thay t = t2 = 0,16 vào y2 = t ta được: 
y2 = 0,16 = (0,4)2
x = 0,4
x3 = 0,4 ; x4 = – 0,4
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: 
y1 = 1; y2 = – 1; y3 = 0,4; 
y4 = – 0,4
d. z4 – 7z2 – 144 = 0
+ Đặt z2 = t (ĐK: t 0), PT đã cho trở thành:
t2 – 7t – 144 = 0
Ta có : 
= ( – 7)2 – 4.1.(– 144) 
= 49 + 576 = 625 > 0 
PT có 2 nghiệm phân biệt
t1= (tm ĐK)
t2 = (không tm ĐK)
+ Thay t = t1 = 16 vào z2 = t ta được :
z2 = 16 = (4)2
z = 4
z1 = 4 ; z2 = – 4
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm: 
z1 = 4 ; z2 = – 4
Dặn dò: Về nhà xem lại các bài tập đã chữa
Tìm các bài tập PT quy về PT bậc hai trong sách hướng dẫn ôn tập vào 10
Làm các bài tập trong SBT
Soạn: 23.5.17	Buổi 19– Tiết 50-51 	Dạy 1.6.2017
ÔN TẬP PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
I. Mục tiêu:
1. Kiến thức: HS được ôn tập và củng cố các dạng PT quy về PT bậc hai.
2. Kỹ năng: HS được rèn luyện kỹ năng giải PT bậc hai, PT trùng phương, PT chứa ẩn ở mẫu và PT tích.
3. Thái độ: Rèn luyện cho HS tính cẩn thận, chính xác
II. Chuẩn bị của GV – HS:
- GV: Nghiên cứu soạn giáo án.
- HS: Học bài và làm BTVN
Hoạt động của GV
Hoạt động của HS
Nội dung
T50: Ôn tập
GV y/c HS làm bài tập 1
GV gọi 1 HS lên bảng làm câu a
GV đánh giá, nx bài làm càu HS. Sau đó gọi 1 HS khác lên bảng làm câu b
GV đánh giá, nx bài làm càu HS. Sau đó gọi 1 HS khác lên bảng làm câu c
GV đánh giá, nx bài làm càu HS. Sau đó gọi 1 HS khác lên bảng làm câu d
GV đánh giá, nx bài làm càu HS. Sau đó gọi 1 HS khác lên bảng làm câu e
GV đánh giá, nx bài làm càu HS. Sau đó gọi 1 HS khác lên bảng làm câu f
GV đánh giá, nx bài làm càu HS. Sau đó nhấn mạnh lại cách giải từng dạng PT
HS ghi bài tập vào vở
HS1:
a. 4x4 + 7x2 – 2 = 0
+ Đặt x2 = t (đk: t 0), PT đã cho trở thành:
4t2 + 7t – 2 = 0
Ta có: = b2 – 4ac
= 72 – 4.4.(– 2)
= 49 + 32 = 81 > 0 
Vậy PT có 2 nghiệm pbiệt:
 (tm)
 (loại)
+ Với t = t1 = x2 = 
x = 
Vậy PT có 2 no : 
x1 = ; x2 = 
HS lớp nx, chữa bài
HS2:
b. x4 – 13x2 + 36 = 0 
+ Đặt x2 = t (đk: t 0), PT đã cho trở thành:
t2 – 13t + 36 = 0
Ta có: = b2 – 4ac
= ( – 13)2 – 4.1.36
= 169 – 144 = 25 > 0 
Vậy PT có 2 nghiệm pbiệt:
t1 = = (tm)
t2 = = (tm)
+ Với t = t1 = 9, thay vào x2 = t ta được :
x2 = 9 = (3)2
x = 
x1 = 3 ; x2 = – 3
+ Với t = t2 = 4, thay vào x2 = t ta được :
x2 = 4 = (2)2
x = x3 = 2 ; x4 = – 2
Vậy PT có 4 no : x1 = 3 ; 
x2 = – 3; x3 = 2 ; x4 = – 2
HS lớp nx, chữa bài
HS3:
c. 
ĐKXĐ: x 1
Suy ra: 
2(x + 1) + 12 = (x – 1)(x + 1)
x2 – 1 – 2x – 2 – 12 = 0
x2 – 2x – 15 = 0
Ta có: = b’2 – ac 
= (– 1)2 – 1.(– 15) 
= 1 + 15 = 16 > 0 
Vậy PT có 2 nghiệm pbiệt:
x1 = = 5 (tm)
x2 = = – 3 (tm)
Vậy S = {– 3; 5}
HS lớp nx, chữa bài
HS4:
d. 
ĐKXĐ: x 3 ; x 1; x 2
 = 8
Suy ra: 
x2 – 2x – x + 2 + 2(x2 – 3x + x – 3) = 8(x2 – 2x – 3x + 6) 
x2 – 3x + 2 + 2x2 – 4x – 6 
= 8x2 – 40x + 48
5x2 – 33x + 52 = 0
Ta có: = b2 – 4ac
= ( – 33)2 – 4.5.52
= 1089 – 1040 = 49 > 0 
Vậy PT có 2 nghiệm pbiệt:
x1 = = 
 = (tm đk)
x2 = = 
= (tm đk)
Vậy S = {4; }
HS lớp nx, chữa bài
HS5:
e. x4 – 10x3 + 25x2 – 36 = 0
(x2)2 – 2.x2.5x + (5x)2 – 36 = 0
(x2 – 5x)2 – 62 = 0
(x2 – 5x + 6)(x2 – 5x – 6 ) = 0
x2 – 5x + 6 = 0 
hoặc x2 – 5x – 6 = 0
+) Giải PT: x2 – 5x + 6 = 0 (*)
Ta có: = b2 – 4ac
= (– 5)2 – 4.1.6
= 25 – 24 = 1 > 0 
PT (*) có 2 nghiệm pbiệt:
x1 = = = 
x2 = = = 
+) Giải: x2 – 5x – 6 = 0 (**)
Ta có: a – b + c = 1 – (– 5) – 6 = 0
PT(**) có 2 nghiệm: 
x1 = – 1 ; x2 = 6
Vậy PT đã cho có 4 no: 
x1 = 3; x2 = 2; x3 = – 1 ; 
x4 = 6
HS lớp nx, chữa bài
HS6:
f. (x2 – x)2 – 8(x2 – x) + 12 = 0
Đặt x2 – x = t (x2 – x) = t2, PT đã cho trở thành: 
t2 – 8t + 12 = 0
Ta có: = b’2 – ac 
= (– 4)2 – 1.12 
= 16 – 12 = 4 > 0 
Vậy PT có 2 nghiệm pbiệt:
t1 = = 
t2 = = 
+ Với t = t1 = 6 thay vào x2 – x = t, ta được: x2 – x = 6 
x2 – x – 6 = 0 (*)
Ta có: = b2 – 4ac
= (– 1)2 – 4.1.(– 6)
= 1 + 24 = 25 > 0 
PT (*) có 2 nghiệm pbiệt:
+ Với t = t2 = 2 thay vào x2 – x = t, ta được:
x2 – x = 2 x2 – x – 2 = 0 (**)
Ta có: a – b + c = 1 – (– 1) – 2 = 0
PT (**) có 2 nghiệm 
x1 = – 1; x2 = 2
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: 
x1 = 3; x2 = – 2 ; x3 = – 1; 
x4 = 2
HS lớp nx, chữa bài
1. Bài 1: Giải các PT sau:
a) 4x4 + 7x2 – 2 = 0
b) x4 – 13x2 + 36 = 0
c) 
d) 
e) x4 – 10x3 + 25x2 – 36 = 0
f) (x2 – x)2 – 8(x2 – x) + 12 = 0
Giải:
a) 4x4 + 7x2 – 2 = 0
+ Đặt x2 = t (đk: t 0), PT đã cho trở thành:
4t2 + 7t – 2 = 0
Ta có: = b2 – 4ac
= 72 – 4.4.(– 2)
= 49 + 32 = 81 > 0 
Vậy PT có 2 nghiệm pbiệt: (tm)
 (loại)
+ Với t = t1 = x2 = 
x = 
Vậy PT có 2 no : 
x1 = ; x2 = 
b) x4 – 13x2 + 36 = 0 
+ Đặt x2 = t (đk: t 0), PT đã cho trở thành:
t2 – 13t + 36 = 0
Ta có: = b2 – 4ac
= ( – 13)2 – 4.1.36
= 169 – 144 = 25 > 0 
Vậy PT có 2 nghiệm pbiệt:
(tm)
(tm)
+ Với t = t1 = 9 x2 = 9 
x = 
+ Với t = t2 = 4x2 = 4
x = 
Vậy PT có 4 no : x1 = 3 ; 
x2 = – 3; x3 = 2 ; x4 = – 2
c) 
ĐKXĐ: x 1
2(x + 1) + 12 = (x – 1)(x + 1)
x2 – 1 – 2x – 2 – 12 = 0
x2 – 2x – 15 = 0
Ta có: = b’2 – ac 
= (– 1)2 – 1.(– 15) 
= 1 + 15 = 16 > 0 
Vậy PT có 2 nghiệm pbiệt:
x1 = = 5 (tm)
x2 = = – 3 (tm)
Vậy S = {– 3; 5}
d. 
ĐKXĐ: x 3 ; x 1; x 2
 = 8
x2 – 2x – x + 2 + 2(x2 – 3x + x – 3) = 8(x2 – 2x – 3x + 6) 
x2 – 3x + 2 + 2x2 – 4x – 6 
= 8x2 – 40x + 48
5x2 – 33x + 52 = 0
Ta có: = b2 – 4ac
= ( – 33)2 – 4.5.52
= 1089 – 1040 = 49 > 0 
Vậy PT có 2 nghiệm pbiệt:
 (tm)
(tm)
Vậy S = {4; }
e. x4 – 10x3 + 25x2 – 36 = 0
(x2)2 – 2.x2.5x + (5x)2 – 36 = 0
(x2 – 5x)2 – 62 = 0
(x2 – 5x + 6)(x2 – 5x – 6 ) = 0
x2 – 5x + 6 = 0 
hoặc x2 – 5x – 6 = 0
+) Giải PT: x2 – 5x + 6 = 0 (*)
Ta có: = b2 – 4ac
= (– 5)2 – 4.1.6
= 25 – 24 = 1 > 0 
PT (*) có 2 nghiệm pbiệt:
x1 = = = 
x2 = = = 
+) Giải PT: x2 – 5x – 6 = 0 (**)
Ta có: a – b + c = 1 – (– 5) – 6 = 0
PT(**) có 2 nghiệm: 
x1 = – 1 ; x2 = 6
Vậy PT đã cho có 4 no: 
x1 = 3; x2 = 2; x3 = – 1 ; x4 = 6
f. (x2 – x)2 – 8(x2 – x) + 12 = 0
Đặt x2 – x = t (x2 – x) = t2, PT đã cho trở thành: 
t2 – 8t + 12 = 0
Ta có: = b’2 – ac 
= (– 4)2 – 1.12 
= 16 – 12 = 4 > 0 
Vậy PT có 2 nghiệm pbiệt:
t1 = = 
t2 = = 
+ Với t = t1 = 6 thay vào x2 – x = t, ta được:
x2 – x = 6 x2 – x – 6 = 0 (*)
Ta có: = b2 – 4ac
= (– 1)2 – 4.1.(– 6)
= 1 + 24 = 25 > 0 
PT (*) có 2 nghiệm pbiệt:
x1 = = 
= 
x2 = = 
= 
+ Với t = t2 = 2 thay vào x2 – x = t, ta được: x2 – x = 2 
x2 – x – 2 = 0 (**)
Ta có: 
a – b + c = 1 – (– 1) – 2 = 0
PT (**) có 2 nghiệm 
x1 = – 1; x2 = 2
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: 
x1 = 3; x2 = – 2 ; x3 = – 1; 
x4 = 2
T 51
GV yêu cầu HS làm bài tập 3
GV gọi 2 HS lên bảng làm câu a, b
GV quan sát HS dưới lớp làm bài tập
GV nx bài làm của HS sau đó gọi 2 HS khác lên bảng làm câu c, d
Gv nx bài làm của HS, sau đó nhấn mạnh cách giải PT tích.
HS suy nghĩ làm bài tập 3
2 HS lên bảng làm bài tập
HS1:
a. 1,2x3 – x2 – 0,2x = 0
12x3 – 10x2 – 2x = 0
x(12x2 – 10x – 2) = 0
x = 0 
hoặc 12x2 – 10x – 2 = 0
+) x1 = 0
+) 12x2 – 10x – 2 = 0
Ta có: 
a + b + c = 12 – 10 – 2 = 0
PT có 2 nghiệm: 
x2 = 1; x3 = 
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm: 
x1 = 0; x2 = 1; x3 = 
HS2:
b. x3 + 3x2 – 2x –