Chuyên đề luyện thi vào lớp 10

CHỦ ĐỀ I

RÚT GỌN BIỂU THỨC CÓ CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI CĂN BẬC HAI

a

.

x là căn bậc hai của số không âm a  x2 = a. Kí hiệu: x

A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Khái niệm 2.Điều kiện xác định của biểu thức A Biểu thức A xác định  A 0 . 3.Hằng đẳng thức căn bậc hai 

A khi A 0

2



A

A





A khi A 0

   







+)

A. B

A.B

4.Các phép biến đổi căn thức 

 A 0; B 0







+)



 A 0; B 0

A B





+)

A B  2A B A B B 0









+)

 A.B A.B 0; B 0



A B

1 B



B



2





+)

 B 0; A

B

2





B

m 

A

B



B

 m. A A  n. A

 







+)

 A 0; B 0; A B





 A B

n 

A

B





 





+)

A 2 B

m 2 m.n n

 m n

 m n



2

  m n A

với

 m.n B

  

BÀI TẬP

Bài 1: Thực hiện phép tính:  



125

80

605

;

4)

;



2)

;

8 

1) 2 5  5

10 2 10  2

1

5



;

 

 

     12 48 5 30 27 162

3 3

2 2

3 3







216

33 12 6

3) 15

;

1

2 8 18 5) 2 2

1

1



;

14)





2

3

6

6)

;

16 3

4 75









2

2

3

2

2

3





6 4 2

6 4 2



2 27 6

75

7)

;



15)

;

1 27 4 3  3 5







2

6 4 2

2





8 5

 5 2



8)

;

16)

  5 3



192

;





24 12 3

;





2

2

3

5

10)

;

 5. 3  9) 8 3 2 25 12 4   





18)

;

 6 4 2 2  2 5 4 17) 14 8 3 4  3 1

3

6  3 3 3



 2 1

 2 1







5

3

5

;

 1  3 2 

19) 





3

3

11) 3 12)



20)

.





1

 3 1

1

 3 1





4

;







5 2 6

;

 4 13) 

 10 2 5  5 2 6 49 20 6

 10 2 5 

x

x





A =

10 2

Bài 2: Cho biểu thức

x 2

1 2 x

 x  x 1

 x  x 1

       

   

    a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm giá trị của x để A > - 6.





Câu I(2,5đ): HN Cho biểu thức A =

, với x (cid:0) 0 và x (cid:0) 4.

x 

x

4

1  x

2

1  x

2

1/ Rút gọn biểu thức A. 2/ Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25. 3/ Tìm giá trị của x để A = -1/3.

 1 1 x x x  

Câu I: (1,5đ) C Tho Cho biểu thức A =

1/ Rút gọn biểu thức A. 2/ Tìm giá trị của x để A > 0.

     x x 1 x x 1 1 x

Câu III: HCM

Thu gọn các biểu thức sau:



A =

4 

8 

 5 1

15 5

5





x

y

x

y



B =

 x xy  xy 1





1

xy

1

xy

  

  :     

3    

Bài 1: (2,0đ) KH (Không dùng máy tính cầm tay)

2

2

a. Cho biết A = 5 + 15 và B = 5 - 15 hãy so sánh tổng A + B và tích A.B. Bài 2:Cho biểu thức: Hà Tĩnh x

xx

1







P

2

với x >0





x

1

xx

x

x

  

   

      

1.Rút gọn biểu thức P

2.Tìm giá trị của x để P = 0

Cho

  x x    P

Bài 1: (1,5 điểm) BÌNH ĐỊNH  x 1  1 x

và x#1

1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa

 2  1  1 1 x x

a)

x x a. Rút gọn P b. Chứng minh P <1/3 với Bài 1 (2.0 điểm ) QUẢNG NAM

b)

1 1x 

2. Trục căn thức ở mẫu

a)

b)

3 2

1 3 1

Bài 2 (2,0 điểm) NAM ĐỊNH 2

x 

(2

1)

1) Tìm x biết :

  1 9

2) Rút gọn biểu thức : M =



12

4 

3

5

3) Tìm điều kiện xác định của biểu thức: A =

x



Câu I: (3,0đ). NGHỆ AN Cho biểu thức A =

  1

2 6   9 x x  x 1 1 

1. Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A. 2. Tính giá trị biểu thức A khi x = 9/4. 3. Tìm tất cả các giá trị của x để A <1.

x x  x x 1

b)

 

 : 1  

Bài 1. (2,0 điểm) QUẢNG NINH Rút gọn các biểu thức sau : a) 2 3 3 27 1 x



A

1. Tính HẢI PHÒNG

x x 1 x 1 x 1)    300   

2

 5 2

5

3

 1  ( 1 

Bài 2: (2,0 điểm) KIÊN GIANG

1

1

x



3

x



2

A







Cho biểu thức :

x



3

x

x



2

x



3

  

  :     

   

a) Với những điều kiện được xác định của x hãy rút gọn A .

b) Tìm tất cả các giá trị của x để A nhỏ hơn 1 .

Bài 1: (1,5 điểm) AN GIANG 1/.Không dùng máy tính, hãy tính giá trị biểu thức sau :

A =

+

:

14- 7 2-1

15 - 5 3-1

1 7 - 5

   

   

2/.Hãy rút gọn biểu thức:

, điều kiện x > 0 và x  1

x 2x- x B = - x -1 x- x

Bài 1 (2,5 điểm) THÁI BÌNH







A

Cho biểu thức

, với x(cid:0)0; x (cid:0) 4

x 

x

4

1  x

2

1  x

2

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tính giá trị của biểu thức A khi x=25.

3) Tìm giá trị của x để

A   .

1 3

Bài 1. (2,0 điểm) THÁI BÌNH



1. Rút gọn các biểu thức sau: a)

3 

13 

2

 3 4

3

6 3



x y

y x



b)

với x > 0 ; y > 0 ; x  y

xy

 x y  x

y

2







A 

2 48

75

(1

3)

Câu 6: VĨNH PHÚC Rút gọn biểu thức:







Cho biểu thức

K

1 

Bài 1. ( 3 điểm ) ĐÀ NẲNG a  a 1

a

a

1  a 1

2   a 1 

  

  :    

4

a) Rút gọn biểu thức K. b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2 2 c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0.

a) PHÚ YÊN Trục căn ở mẫu :

2 A  ; B = 25  7 2 6 4+2 3

a) Rút gọn biểu thức: A = 27

 12

Bài 1: (1,5 điểm) HƯNG YÊN Bài 1 (1,5 điểm) QUẢNG TRỊ







x 9

27

x

 3

4

x

12

Cho biểu thức A =

với x > 3

1 2

a/ Rút gọn biểu thức A. b/ Tìm x sao cho A có giá trị bằng 7.

Bài 3 (1,5 điểm). QUẢNG TRỊ





1

1

a

1

a

2



 a ,1

4





:

Rút gọn biểu thức: P =

với a > 0, a

.







a

1

a

a

2

a

1

  

   

   

   Câu 1 (2,0 điểm) QUẢNG TRỊ

1. Rút gọn (không dùng máy tính cầm tay) các biểu thức: a)







1

5

b)

  12

. 34 2

5 1) Rút gọn biểu thức: HẢI D ƯƠNG





với x > 0 và x  1

A

:

1 



x

x

1  x 1

 x 1  x 2 x 1

  

  

a) Rút gọn biểu thức: A =

với x  0 và x  4.



27  2

Câu 2:(2.0 điểm) HẢI DƠNG CHÍNH THỨC  2( x 2)  x 4

x  x 2

Bài 2(2,0 điểm): HÀ GIANG Cho biểu thức : M =

a, Rút gọn biểu thức M. b, Tính giá trị của M khi a = 1 9

 1 1  1  1  1a a 1 a            

Bài 3: (2điểm) BÌNH THUẬN

Rút gọn các biểu thức: 15

1/

5

  15 4 4  A   4 15 4 15



a

2

a





B

1

2/

 a  1

a a



2

a

   

     1   

   

Câu 1: (2đ) Rút gọn biểu thức Long An





A 

 2 8 3 27

128

300

a/

1 2

Câu2: (2đ) Long An

Cho biểu thức

(với a>0)

2 a 

a/Rút gọn P.



Cho biểu thức: A =

 

 1 3 11 x 2  x x 9

  2 a a    P 1 a  a 1 a a

b/Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Câu 3: (2 điểm) BẮC NINH 2 x x   3 3 x a/ Rút gọn biểu thức A. b/ Tìm x để A < 2. c/ Tìm x nguyên để A nguyên.



B Câu III: (1,0 điểm) BẮC GIANG  x

x

x

x



x

;0  x

1







A

1

1

Rút gọn:

Với





x

1

x

1

   

   

2

2





A

 ( 3 2)

 ( 3 2)

        Bài 2: (2,0 điểm) ĐĂK LĂK

1/ Rút gọn biểu thức



 x 2

 x 1

3 x 1

1









B

2/ Cho biểu thức





 x 1

 x 3 ( x 1)( x 3)

 x 1

  

   

  : 1     

A. Rút gọn biểu thức B. B. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức B nhận giá trị nguyên .

 

Bài 1 (2,0 điểm): Quảng Bình Cho biểu thức: 1

N=

; với n  0, n  1.

n n 1    1 n n

1 a. Rút gọn biểu thức N. b. Tìm tất cả các giá trị nguyên của n để biểu thức N nhận giá trị nguyên.

Bài 3: (1,0 di m) ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN

6







y x

x x y

y







P

(x 0; y 0)

xy

1





 

B =

x 2

Rút g n bi u th c .

ài 3: Cho biểu thức

2 

x  x 4 2

x

1  x 2

 10 x  x 2

  

   

  :     

a) Rút gọn biểu thức B; b) Tìm giá trị của x để A > 0.

1

3

1





C =

Bài 4: Cho biểu thức



 x 1

 x x 1

x

 x 1

a) Rút gọn biểu thức C; b) Tìm giá trị của x để C < 1.

Bài 5: Rút gọn biểu thức :

2

2

 



 



x

x 2

4 x 2

x

4

Q =

:



D =

c)

;

a)

;

2

2

2

1 

x

x x x

 x 1   x

x

 

 



x

4 x 2

x

4

x

x

 







1

H =

b)

;

d)

 x  x 1

 x  x 1

x 1 2 x 2   x 2 1

x 2  P = 1   

        

   



M =

:

Bài 6: Cho biểu thức

1 



a

a

1  a 1

 a 1  a 2 a 1

  

   a) Rút gọn biểu thức M; b) So sánh M với 1.







3x

x 2x 2



Q =

P =

Bài 7: Cho các biểu thức

và

 2x 3 x 2  x 2

 x 2

a) Rút gọn biểu thức P và Q; b) Tìm giá trị của x để P = Q.



P =

Bài 8: Cho biểu thức



 2x 2 x x 1  x

 x

x

 x x 1  x x

chỉ nhận đúng một

a) Rút gọn biểu thức P b) So sánh P với 5. c) Với mọi giá trị của x làm P có nghĩa, chứng minh biểu thức 8 P

giá trị nguyên.



3x

1





P =

:

Bài 9: Cho biểu thức

1  x 1



x

 9x 3  x 2

 x 1

1  x 2

   

   

7

là số tự nhiên;

a) Tìm điều kiện để P có nghĩa, rút gọn biểu thức P; b) Tìm các số tự nhiên x để 1 P

c) Tính giá trị của P với x = 4 – 2 3 .







P =

: 2

Bài 10: Cho biểu thức :



 x 2  x 5 x 6 2

 x 3  x

 x 2  x 3

x  x 1

   

       

   

a) Rút gọn biểu thức P;

b) Tìm x để

1 P

5   . 2

CHỦ ĐỀ II

HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ

I..Tính chất của hàm số bậc nhất y = ax + b (a (cid:0)0)

a  .

-Đồng biến khi a > 0; nghịch biến khi a < 0. -Đồ thị là đường thẳng nên khi vẽ chỉ cần xác định hai điểm thuộc đồ thị. +Trong trường hợp b = 0, đồ thị hàm số luôn đi qua gốc tọa độ. +Trong trường hợp b (cid:0) 0, đồ thị hàm số luôn cắt trục tung tại điểm b. -Đồ thị hàm số luôn tạo với trục hoành một góc  , mà tg -Đồ thị hàm số đi qua điểm A(xA; yA) khi và chỉ khi yA = axA + b.

yA = f(xA).

Điểm A(xA; yA) thuộc đồ thị hàm số y = f(x) Ví dụ 1: Tìm hệ số a của hàm số: y = ax2 biết đồ thị hàm số của nó đi qua điểm

II.Điểm thuộc đường – đường đi qua điểm. A(2;4).

a = 1

Giải: Do đồ thị hàm số đi qua điểm A(2;4) nên: 4= a.22 Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ cho A(-2;2) và đường thẳng (d) có phương trình: y

= -2(x + 1). Đường thẳng (d) có đi qua A không?

Giải:

Ta thấy -2.(-2 + 1) = 2 nên điểm A thuộc v ào đường thẳng (d)

III.Quan hệ giữa hai đường thẳng. Xét hai đường thẳng: (d1): y = a1x + b1 ; (d2): y = a2x + b2 với a1 (cid:0) 0; a2 (cid:0) 0. -Hai đường thẳng song song khi a1 = a2 và b1 (cid:0) b2. -Hai đường thẳng trùng nhau khi a1 = a2 và b1 = b2. -Hai đường thẳng cắt nhau khi a1 (cid:0) a2.

+Nếu b1 = b2 thì chúng cắt nhau tại b1 trên trục tung.

Bước 1: Tìm hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình f(x) = g(x) (II) Bước 2: Lấy nghiệm đó thay vào 1 trong hai công thức y = f(x) hoặc y = g(x) để tìm

Chú ý: Số nghiệm của phương trình (II) là số giao điểm của hai đường trên.

Bước 1: Giải hệ phương trình gồm hai đường thẳng không chứa tham số để tìm (x;y). Bước 2: Thay (x;y) vừa tìm được vào phương trình còn lại để tìm ra tham số .

+) Nếu a > 0 thì parabol có điểm thấp nhất là gốc tọa độ. +) Nếu a < 0 thì Parabol có điểm cao nhất là gốc tọa độ. 2.

-Nếu a > 0 thì hàm số nghịch biến khi x < 0, đồng biến khi x > 0. Nếu a < 0 thì hàm số đồng biến khi x < 0, nghịch biến khi x > 0. -Đồ thị hàm số là một Parabol luôn đi qua gốc tọa độ: -Đồ thị hàm số đi qua điểm A(xA; yA) khi và chỉ khi yA = axA

+Nếu a1.a2 = -1 thì chúng vuông góc với nhau. IV.Cách tìm giao điểm của hai đường y = f(x) và y = g(x). tung độ giao điểm. V.Tìm điều kiện để 3 đường thẳng đồng qui. VI.Tính chất của hàm số bậc hai y = ax2 (a (cid:0) 0) VII.Vị trí của đường thẳng và parabol

-Xét đường thẳng x = m và parabol y = ax2:

+) luôn có giao điểm có tọa độ là (m; am2).

-Xét đường thẳng y = m và parabol y = ax2:

+) Nếu m = 0 thì có 1 giao điểm là gốc tọa độ.



+) Nếu am > 0 thì có hai giao điểm có hoành độ là x =

m a

+) Nếu am < 0 thì không có giao điểm.

VIII.Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P).

Bước 1: Tìm hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình:

cx2= ax + b (V)

Bước 2: Lấy nghiệm đó thay vào 1 trong hai công thức y = ax +b hoặc y = cx2 để

Chú ý: Số nghiệm của phương trình (V) là số giao điểm của (d) và (P).

phương trình (V) có hai nghiệm phân biệt. phương trình (V) có nghiệm kép. phương trình (V) vô nghiệm .

tìm tung độ giao điểm. IV.Tìm điều kiện để (d) và (P). a) (d) và (P) cắt nhau b) (d) và (P) tiếp xúc với nhau c) (d) và (P) không giao nhau X.Viết phương trình đường thẳng y = ax + b biết. 1.Quan hệ về hệ số góc và đi qua điểm A(x0;y0)

Bước 1: Dựa vào quan hệ song song hay vuông góc tìm hệ số a. Bước 2: Thay a vừa tìm được và x0;y0 vào công thức y = ax + b để tìm b.

2.Biết đồ thị hàm số đi qua điểm A(x1;y1) và B(x2;y2).

Do đồ thị hàm số đi qua điểm A(x1;y1) và B(x2;y2) nên ta có hệ phương trình:

Giải hệ phương trình tìm a,b. 3.Biết đồ thị hàm số đi qua điểm A(x0;y0) và tiếp xúc với (P): y = cx2 (c 0).

+) Do đường thẳng đi qua điểm A(x0;y0) nên có phương trình :

y0 = ax0 + b

(3.1) +) Do đồ thị hàm số y = ax + b tiếp xúc với (P): y = cx 2 (c 0) nên:

Pt: cx2 = ax + b có nghiệm kép (3.2)

+) Đồng nhất hệ số của phương trình trên với 0 giải hệ tìm ra x0;y0.

+) Giải hệ gồm hai phương trình trên để tìm a,b. XI.Chứng minh đường thẳng luôn đi qua 1 điểm cố định ( giả sử tham số là m). +) Giả sử A(x0;y0) là điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua với mọi m, thay x0;y0 vào phương trình đường thẳng chuyển về phương trình ẩn m hệ số x0;y0 nghiệm đúng với mọi m. XII.Một số ứng dụng của đồ thị hàm số. 1.Ứng dụng vào phương trình. 2.Ứng dụng vào bài toán cực trị.

BÀI TẬP VỀ HÀM SỐ.

Câu IV: (1,5đ) C tho Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P).

tại điểm A có

1. Tìm a, biết rằng (P) cắt đờng thẳng (d) có phơng trình y = -x - 3 2

hoành độ bằng 3. Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm đợc.

2. Tìm toạ độ giao điểm thứ hai B (B khác A) của (P) và (d).

Bài 2: (2,25đ) hue

a) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song với

x2 có hoàng độ bằng -2.

đờng thẳng y = -3x + 5 và đi qua điểm A thuộc Parabol (P): y = 1 2

b) Không cần giải, chứng tỏ rằng phơng trình ( 3 1 )x2 - 2x - 3 = 0 có hai nghiệm

phân biệt và tính tổng các bình phơng hai nghiệm đó.

Câu II: HCM

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y =

và đuờng thẳng (d): y = x + 4 trên cùng một hệ

2 x 2

trục toạ độ.

b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.

Bài 2: (2,50 điểm) KH

Cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d): y = mx – 2 (m là tham số, m (cid:0) 0 )

a. Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng Oxy.

b. Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm của (p) và (d).

c. Gọi A(xA; yA), B(xB; yB) là hai giao điểm phân biệt của (P) và (d). tìm các giá trị của

m sao cho yA + yB = 2(xA + xB) – 1

Bàì 1: Hà Tĩnh

1. Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + 3 đi qua điểm M(-2;2). Tìm hệ

số a

Bài 2: (2,0 điểm) BÌNH ĐỊNH Đề chính thức

1.

2.

Cho hàm số y = ax + b. tìm a, b biết đồ thị hàm số đẫ cho đi qua hai điểm A(-2; 5) và B(1; -4). Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 2 a. tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghịch biến. b. Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2  3

Bài 2 (3.0 điểm ) QUẢNG NAM

Cho hàm số y = x2 và y = x + 2 a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ các giao điểm A,B của đồ thị hai hàm số trên bằng phép tính c) Tính diện tích tam giác OAB

Bài 3. (1,5 điểm) QUẢNG NINH

Cho hàm số : y = (2m – 1)x + m + 1 với m là tham số và m #

. Hãy xác định m trong mỗi tr-

1 2

ờng hơp sau :

a) Đồ thị hàm số đi qua điểm M ( -1;1 ) b) Đồ thị hàm số cắt trục tung, trục hoành lần lợt tại A , B sao cho tam giác OAB cân.



y

 x m

HẢI PHÒNG Tìm m để đường thẳng y = 3x – 6 và đường thẳng

cắt nhau tại một

3 2

điểm trên trục hoành Bài 3: (3,0 điểm) KIÊN GIANG

a) Cho hàm số y = -x2 và hàm số y = x – 2. Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng hệ trục tọa

độ. Tìm tọa độ giao điểm của hai đô thị trên bằng phương pháp đại số .

y



b) Cho parabol (P) :

m – 1. Tìm m để (D) tiếp

và đường thẳng (D) : y = mx - 3 2

2x 4

xúc với (P) . Chứng minh rằng hai đường thẳng (D1) và (D2) tiếp xúc với (P) và hai

đường thẳng ấy vuông góc với nhau .

Bài 2: (1,5 điểm) AN GIANG 1/. Cho hai đường thẳng

1d : y = (m+1) x + 5 ;

2d : y = 2x + n. Với giá trị nào của m,

n thì

1d trùng với

2d ?

2/.Trên cùng mặt phẳng tọa độ , cho hai đồ thị (P): y 

; d: y = 6  x . Tìm tọa độ

2x 3

giao điểm của (P) và d bằng phép toán .

Bài 2 (2 điểm) THÁI BÌNH Cho Parabol (P) : y= x2 và đường thẳng (d): y = mx-2 (m là

tham số m  0)

a/ Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng toạ độ xOy.

b/ Khi m = 3, hãy tìm toạ độ giao điểm (P) và (d) .

c/ Gọi A(xA; yA), B(xA; yB) là hai giao điểm phân biệt của (P) và ( d). Tìm các giá trị

của m sao cho : yA + yB = 2(xA + xB ) -1 .

Bài 3. (2,0 điểm) THÁI BÌNH





y

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d):

 (k là tham số) và



 k 1 x 4

2

parabol (P):

.

2  , hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P);

1. Khi k 2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại

hai điểm phân biệt;

3. Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao

y x

cho:

.

2

2

  y y 1 y y 1

Bài 2 (1,5 điểm) QUẢNG TRỊ Cho hàm số y = ax + b.

Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đi qua điểm (2, -1) và cắt trục hoành tại điểm có

hoành độ bằng

3 . 2 Bài 3 (2,5 điểm) THANH HÓA

.x2 = - 1, từ đó suy

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1) 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k. 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. 3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 ra tam giác EOF là tam giác vuông.

Cho hàm số bậc nhất y = mx + 2 (1) a) Vẽ đồ thị hàm sỉ khi m = 2 b) Tìm m để đơ thị hàm sỉ (1) cắt trục Ox và trục Oy lèn lợt tại A và B sao cho tam

Bài 2: (1,5 điểm) Hưng Yên giác AOB cân. Câu 2 (1,5 điểm) QUẢNG TRỊ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = -2x + 4 có đồ thị là đường thẳng (d).

a) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục toạ độ b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ.

Câu II : (2,0 điểm) HẢI D ƯƠNG



1) Cho hàm số y = f(x) =

f 2 ;

f

2

. Tính f(0);  

;  f



21 x 2

1 2

  

  

Cho ba đờng thẳng (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = 4 và (d3): nx - y = n - 1;

a) Tìm tọa độ giao điểm N của hai đờng thẳng (d1) và (d2). b) Tìm n để đờng thẳng (d3) đi qua N.

2

y x  có đồ thị (P) và hàm số y = 2x + m có đồ thị (d) .

Bài 1: (2điểm) BÌNH THUẬN Cho hai hàm số y = x – 1 và y = –2x + 5 1/ Vẽ trên cùng một mặt phẳng toạ độ đồ thị của hai hàm số đã cho. 2/ Bằng phép tính hãy tìm toạ độ giao điểm của hai đồ thị trên. 2. BẮC GIANG Hàm số y=2009x+2010 đòng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao 2. BẮC GIANG Cho hàm số y = x -1. Tại x = 4 thì y có giá trị là bao nhiêu? Bài 2 (1,5 điểm): quảng bình n là tham số. Bài 2: (3,0 điểm) ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN

Cho hàm số : 1/ Khi m = 1. Vẽ đồ thị (P) và (d) trên cùng một hệ trục toạ độ. 2/ Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) toạ độ và bằng phép toán khi m = 1.

3/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt

A

A



A(x ; y ) và

 6

B

B

1 2 x A

1 2 x B

B(x ; y ) sao cho

a. Tìm hoành độ giao điểm của (P) với đường thẳng y= 3x-1. b. Tìm toạ độ giao điểm của (P) với đường thẳng y=6x-9/2. c. Tìm giá trị của a,b sao cho đường thẳng y=ax+b tiếp xúc với (P) và đi qua A(0;-2). d. Tìm phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) tại B(1;2). e. Biện luận số giao điểm của (P) với đường thẳng y=2m+1. ( bằng hai phương pháp đồ thị và đại số). f. Cho đường thẳng (d): y=mx-2. Tìm m để

+(P) không cắt (d). +(P)tiếp xúc với (d). tìm toạ độ điểm tiếp xúc đó? + (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt. +(P) cắt (d).

BÀI TẬP 1. Cho parabol y= 2x2. (P)

a. Viết phương trình đường thẳng AB. Tìm toạ độ giao điểm AB với (P) đã cho. b. Viết phương trình đường thẳng d song song với AB và tiếp xúc với (P). c. Viết phương trình đường thẳng d1 vuông góc với AB và tiếp xúc với (P). d. Chứng tỏ rằng qua điểm A chỉ có duy nhất một đường thẳng cắt (P) tại hai điểm phân biệt C,D sao cho CD=2.

BÀI TẬP 2. Cho hàm số (P): y=x2 và hai điểm A(0;1) ; B(1;3).

Cho (P): y=x2 và hai đường thẳng a,b có phương trình lần lượt là

y= 2x-5 y=2x+m

a. Chứng tỏ rằng đường thẳng a không cắt (P). b. Tìm m để đường thẳng b tiếp xúc với (P), với m tìm được hãy:

+ Chứng minh các đường thẳng a,b song song với nhau. + Tìm toạ độ tiếp điểm A của (P) với b.

+ lập phương trình đường thẳng (d) đi qua A và có hệ số góc bằng -1/2. Tìm toạ độ giao điểm của (a) và (d).

BÀI TẬP 3.



y

x

Cho hàm số

(P)

1 2

a. Vẽ đồ thị hàm số (P).

BÀI TẬP 4.

b. Với giá trị nào của m thì đường thẳng y=2x+m (d) cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A,B. Khi đó hãy tìm toạ độ hai điểm A và B. c. Tính tổng tung độ của các hoành độ giao điểm của (P) và (d) theo m.

a. Khi m=1, tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (d). b. Tính tổng bình phương các hoành độ giao điểm của (P) và (d) theo m. c. Tìm mối quan hệ giữa các hoành độ giao điểm của (P) và (d) độc lập với m.

BÀI TẬP5. Cho hàm số y=2x2 (P) và y=3x+m (d)

a. Chứng minh rằng với mọi giá trị của k thì đường thẳng (d) luôn cắt đồ thị (P) tại hai điểm A,B. Tìm k cho A,B nằm về hai phía của trục tung. b. Gọi (x1;y1); (x2;y2) là toạ độ của các điểm A,B nói trên, tìm k cho tổng S=x1+y1+x2+y2 đạt giá trị lớn nhất.

BÀI TẬP 6. Cho hàm số y=-x2 (P) và đường thẳng (d) đI qua N(-1;-2) có hệ số góc k.

a. Tìm tập xác định của hàm số. b. Tìm y biết: + x=4 + x=(1- 2 )2 + x=m2-m+1 + x=(m-n)2

c. Các điểm A(16;4) và B(16;-4), điểm nào thuộc đồ thị hàm số, điểm nào không

thuộc đồ thị hàm số? tại sao.

d. Không vẽ đồ thị hãy tìm hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với đồ thị

hàm số y= x-6

BÀI TẬP7. Cho hàm số y= x

a.Tìm hoành độ của các điểm thuộc (P) biết tung độ của chúng y=(1- 2 )2. b.Chứng minh rằng (P) với (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Tìm toạ độ giao điểm của chúng. Với giá trị nào của m thì tổng các tung độ của chúng đạt giá trị nhỏ nhất. BÀI TẬP 9. Cho hàm số y= mx-m+1 (d).

a. Chứng tỏ rằng khi m thay đổi thì đường thẳng (d) luôn đI qua điểm cố định. Tìm

điểm cố định ấy.

b. Tìm m để (d) cắt (P) y=x2 tại 2 điểm phân biệt A và B, sao cho AB= 3 .

BÀI TẬP 8. Cho hàm số y=x2 (P) và y=2mx-m2+4 (d)

BÀI TẬP 10.

Trên hệ trục toạ độ Oxy cho các điểm M(2;1); N(5;-1/2) và đường thẳng (d) y=ax+b.

a. Tìm a và b để đường thẳng (d) đI qua các điểm M, N. b. Xác định toạ độ giao điểm của đường thẳng MN với các trục Ox, Oy.

a. Chứng minh với bất kỳ giá trị nào của m đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm

phân biệt.

b. Gọi y1, y2 kà các tung độ giao điểm của đường thẳng (d) và (P) tìm m để có biểu thức

y1+y2= 11y1.y2

BÀI TẬP 11. Cho hàm số y=x2 (P) và y=3x+m2 (d).

a. Vẽ đồ thị hàm số (P). b. Trên (P) lấy 2 điểm A, B có hoành độ lần lượt là 1 và 3. Hãy viết phương trình

đường thẳng AB.

c. Lập phương trình đường trung trực (d) của đoạn thẳng AB. d. Tìm toạ độ giao điểm của (d) và (P).

BÀI TẬP 12. Cho hàm số y=x2 (P).

a. Viết phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) y=2x2 tại điểm A(-1;2). b. Cho hàm số y=x2 (P) và B(3;0), tìm phương trình thoả mãn điều kiện tiếp xúc với (P) và đi qua B. c. Cho (P) y=x2. Lập phương trình đường thẳng đi qua A(1;0) và tiếp xúc với (P). d. Cho (P) y=x2 . Lập phương trình d song song với đường thẳng y=2x và tiếp xúc với (P). e. Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y=-x+2 và cắt (P) y=x2 tại điểm có hoành độ bằng (-1). f. Viết phương trình đường thẳng vuông góc với (d) y=x+1 và cắt (P) y=x2 tại điểm có tung độ bằng 9.

CHỦ ĐỀ III

BÀI TẬP 13..

§5.PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH (Bậc nhất)

A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Phương trình bậc nhất một ẩn

-Đưa về dạng ax + b = 0 (a (cid:0) 0)



-Nghiệm duy nhất là

x

 b a

2.Phương trình chứa ẩn ở mẫu

-Tìm ĐKXĐ của phương trình.

-Quy đồng và khử mẫu. -Giải phương trình vừa tìm được. -So sánh giá trị vừa tìm được với ĐKXĐ rồi kết luận.

Để giái phương trình tích ta chỉ cần giải các phương trình thành phần của nó. Chẳng

3.Phương trình tích hạn: Với phương trình A(x).B(x).C(x) = 0



0





0



0

  A x   B x   C x

    

Dạng phương trình này sau khi biến đổi cũng có dạng ax + b = 0. Song giá trị cụ thể

4.Phương trình có chứa hệ số chữ (Giải và biện luận phương trình) của a, b ta không biết nên cần đặt điều kiện để xác định số nghiệm của phương trình.



-Nếu a (cid:0) 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất

.

x

 b a -Nếu a = 0 và b = 0 thì phương trình có vô số nghiệm. -Nếu a = 0 và b (cid:0) 0 thì phương trình vô nghiệm.

5.Phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối

Cần chú ý khái niệm giá trị tuyệt đối của một biểu thức



A khi A 0

A





A khi A 0

   

Cách giải chủ yếu dựa vào hai phương pháp cộng đại số và thế. Chú ý phương pháp

Với bất phương trình bậc nhất thì việc biến đổi tương tự như với phương trình bậc

6.Hệ phương trình bậc nhất đặt ẩn phụ trong một số trường hợp xuất hiện các biểu thức giống nhau ở cả hai phương trình. 7.Bất phương trình bậc nhất nhất. Tuy nhiên cần chú ý khi nhân và cả hai vế với cùng một số âm thì phải đổi chiều bất phương trình.

BÀI TẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Bài 1: : Giải các HPT sau: 1.1. 2

b.

a.

     x y 3 2 x 3 y 2

    x y 7 x 2 y 6   5 

  3  Giải:

a. Dùng PP thế:

        2 x y 3 y x 3 x 2 x 2 y       2  3     x y 7 x 3 2 x 3 7 y  2.2 3 y 1 10   3          

Vậy HPT đã cho có nghiệm là:

2

1 2 x    x 5   x   y

Dùng PP cộng:

     2 x y 3 5 x x x 2      10    x y 7 3 x y 7 3.2 2   y 7 y 1   3          

Vậy HPT đã cho có nghiệm là:

2

1  x   y

- Để giảI loại HPT này ta thường sử dụng PP cộng cho thuận lợi.   

Vậy HPT có nghiệm là

          10 y y 2 2 2 3 x x     22  y     2     2.( 2 6) 6 6 4 y y 2 2 5 x x x y 2  10 15 x    10 x  11   5    5    

- Đối với HPT ở dạng này ta có thể sử dụng hai cách giảI sau đây:



  1

1

1.2.



  1

1

3 y 5 y

2    x  2    x

 

x

1,

y

+ Cách 1: Sử dụng PP cộng. ĐK:

 . 0





  1

2

y

1

y

1

1

2 y

 

x

   1

x











1 2

3 2

 

1

4





y

1

y

1







  1

1

 2 

 2 

    

    

x

1

5   1

x

1

    

    

1

3 y 5 y

1

5 y

2    x  2    x

    2    x

 

x

Vậy HPT có nghiệm là

3 2

1

     y

 

x

1,

y

 . 0

b



a

 . HPT đã cho trở thành:

;

+ Cách 2: Sử dụng PP đặt ẩn phụ. ĐK: Đặt 1  x

1

1 y

 

2

2   2 y  y 12  x  y 

 

x

1





(TMĐK)

3 2



1

1

     y

1    x  1   y

         a 2 b 3 1 a 2 b 5 1 5.1 1 a 2    a 2      1 b 1 a 2 b 5 1 b 2 2      b       

 

x

Vậy HPT có nghiệm là

3 2

1

     y

Lưu ý: - Nhiều em còn thiếu ĐK cho những HPT ở dạng này. - Có thể thử lại nghiệm của HPT vừa giải. Bài 2: Giải các hệ phương trình sau (bằng pp thế)

    x 7 5 b ) a )

1.1:

2

3  x y  2 y 4   3 x 

b )

1.2.





y

1

  x y 

 2 1 





 2 2 y 5 a )   y 2 2 x 3 y   2   2 1 4 x y  x   x   

y

2

c

)

2.1.





x

y

3

2 3

1 3

x 3    

       Bài 3: Giải các hệ phương trình sau (bằng pp cộng đại số) 10     x y 3 4 x 6 a ) b )   y 3   2 x y 7 2 x y 4 3      

2.2.

 x  2 3 y 1 5 x 3   y 2 2 b ) a )    2  x y 2 2 x 6 y  2 2    



x

y

1

Giải hệ phương trình

trong mỗi trường hợp sau





 y m 2

 3 2 m (

1)

6

x

    Bài 4:

   a) m = -1 b) m = 0 c) m = 1 Bài 5:

a) Xác định hệ số avàb, biết rằng hệ phương trình

có nghiệm là (1; -2)

 2

4   5



 

  x y  3 y

2 1

 2 1; 2

 x by    bx ay  b) Cũng hỏi như vậy nếu hệ phương trình có nghiệm   Bài 6: Giải hệ phương trình sau: 2   x 

a) Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình

  2

   1 1 n  1 n 3 n  n 1 m 2    m 1  m    m 

Bài 7: Giải các hệ phương trình sau:

;

;

;

;

;

           2 x y 4 x 5 5 0 x 2





2

x

3

y

6

5

  x y  1  2 y   x y    0, 2  3 y  x y 1 2 y 3 x y 1 3 0 x y x 15 y 10   3    3 x    3  3      





5

x

;

;

;

;

    x









x

y

5

x

y

y 2   x y

2

6

5 3

5 2

    

   

   

  x y 2 3 3 4 2

15 2

3 2 y   2  2 4 y x 2007 y 3 x 9 6    x y 3     

)3;2

  ay 2 x b Bài 8: Cho hệ phương trình   by ax 1

   a) Giải hệ khi a=3 ; b=-2 b) Tìm a;b để hệ có nghiệm là (x;y)=(

Bài 9: GiảI các hệ phương trình sau



2









x

4

y

8

x

42

y

32

 yxyx

b)

c)

(đk x;y  2 )

a)







x

y

2

x

 2

y

12

2

2

 3   

 3   



3

1  5 

2  4 

 yxyx

      



 

3

y

5

2

x

1 3

;

;

;

;

  x 6 6 y 5 xy   2 x 3 y 5   (  2 ) 0 y





x

    x y 1

2

y

5

  y   

  x   

 1 )( x y x   y 5 x 3    2 2 3 3 5        4 3  x y     

   3 y 3 2 3         x ( y ( x 5)( y 2) ( x 2)( y 1) ; ; .       1) 2(   1) ( x y  2) 5  2) 1 ( x 4)( y 7) ( x 3)( y 4)  2 x 3 y   6 2   3(    













2

4,5

2

x

3

y

3

5 8

2

1

     1)( y ( x 1)( y x ( ; ;     3) 4  3)( y 2)   1) ( x 3)( y 5) 1  x y  x y  ) 5(  ) 2(  x y  x y  ) 12  ) 11 5( x ( 3(      3 x      







 





3

4

2  4 

1  3 

4 5 1 5

 x y x y

5  x y 5  x y

3 8

2

5   x y 2   x y

1

2

x

3

y

3

1 1    x y   1 1    x y

1     x y x y   5    

      

7     x y   3     x y 

; ; ;

CHỦ ĐỀ IV

………………………………………………………………………………

GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH.

II, Lí thuyết cần nhớ: * Bước 1: + Lập HPT - Chọn ẩn, tìm đơn vị và ĐK cho ẩn. - Biểu diễn mối quan hệ còn lại qua ẩn và các đại lượng đã biết. - Lập HPT.

HPT:

 1 2 1  x y

1 3

* Bước 2: Giải HPT. * Bước 3: Đối chiếu với ĐK để trả lời. III, Bài tập và hướng dẫn: Bài 1. Hai ô tô cùng khởi hành một lúc từ hai tỉnh A và B cách nhau 160 km, đi ngược chiều nhau và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của mỗi ô tô biết rằng nếu ô tô đi từ A tăng vận tốc thêm 10 km/h sẽ bằng hai lần vận tốc ôtô đi từ B. Bài 2. Một người đi xe máy đi từ A đến B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng14 km/h thì đến B sớm hơn 2 giờ. nếu vận tốc giảm 2 km/h thì đến B muộn 1 giờ. Tính quãng đường AB, vận tốc và thời gian dự định. Bài 3. Hai ca nô cùng khởi hành từ hai bến A, B cách nhau 85 km , đi ngược chiều nhau và gặp nhau sau 1 giờ 40 phút.Tính vận tốc riêng của mỗi ca nô biết rằng vận tốc của ca nô xuôi dòng lớn hơn vận tốc của ca nô ngược dòng là 9 km/h (có cả vận tốc dòng nước) và vận tốc dòng nước là 3 km/h. Bài 4. Một ca nô xuôi dòng 108 km và ngược dòng 63 km hết 7 giờ. Một lần khác ca nô xuôi dòng 81 km và ngược dòng 84 km cũng hết 7 giờ. Tính vận tốc của dòng nước và vận tốc thật của ca nô. Bài 5. Một ô tô dự định đi từ A đến B dài 120 km. Đi được nửa quãng đường xe nghỉ 30 phút nên để đến nơi đúng giờ xe phải tăng vận tốc thêm 5 km/h nữa trên quãng đường còn lại. Tính thời gian xe chạy. Bài 6. Hai người đi ngược chiều về phía nhau.M đi từ A lúc 6 giờ sáng về phía B. N đi từ B lúc 7 giờ sáng về phía A. Họ gặp nhau lúc 8 giờ sáng. Tính thời gian mỗi người đi hết quãng đường AB. Biết M đến B trước N đến A là 1 giờ 20 phút.       y x 

Bài 7. Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ A và B ngược chiều về phía nhau. Tính quãng đường AB và vận tốc của mỗi xe. Biết rằng sau 2 giờ hai xe gặp nhau tại một điểm cách chính giữa quãng đường AB là 10 km và xe đi chậm tăng vận tốc gấp đôi thì hai xe gặp nhau sau 1 giờ 24 phút.

 

x y

10

HPT:



(

x

 2 ) 2(

y

 x y )

2 5

   1 

Bài 8. Hai lớp 9A và 9B có tổng cộng 70 HS. nếu chuyển 5 HS từ lớp 9A sang lớp 9B thì số HS ở hai lớp bằng nhau. Tính số HS mỗi lớp.

khu đất. Nừu máy ủi thứ nhất

Bài 9. Hai trường A, B có 250 HS lớp 9 dự thi vào lớp 10, kết quả có 210 HS đã trúng tuyển. Tính riêng tỉ lệ đỗ thì trường A đạt 80%, trường B đạt 90%. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu HS lớp 9 dự thi vào lớp 10. Bài 10. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước sau 2 giờ 55 phút thì đầy bể. Nếu chảy riêng thì vòi thứ nhất cần ít thời gian hơn vòi thứ hai là 2 giờ. Tính thời gian để mỗi vòi chảy riêng thì đầy bể. Bài 11. Hai tổ cùng làm chung một công việc hoàn thành sau 15 giờ. nếu tổ một làm trong 5 giờ, tổ hai làm trong 3 giờ thì được 30% công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi tổ hoàn thành trong bao lâu. Bài 12. Một thửa ruộng có chu vi 200m . nếu tăng chiều dài thêm 5m, giảm chiều rộng đi 5m thì diện tích giảm đi 75 2m . Tính diện tích thửa ruộng đó. Bài 13. Một phòng họp có 360 ghế được xếp thành từng hàng và mỗi hàng có số ghế ngồi bằng nhau. Nhưng do số người đến họp là 400 nên phải kê thêm 1 hàng và mỗi hàng phải kê thêm 1 ghế mới đủ chỗ. Tính xem lúc đầu phòng họp có bao nhiêu hàng ghế và mỗi hàng có bao nhiêu ghế. Câu II (2,5đ):HN Giải bài toán bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình: Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai may trong 5 ngày thì cả hai tổ may đợc 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất may đợc nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may đợc bao nhiêu chiếc áo? Câu III: (1,0đ) C tho Tìm hai số a, b sao cho 7a + 4b = -4 và đờng thẳng ax + by = -1 đi qua điểm A(-2;-1). Bài 3: (1,5đ) hue Hai máy ủi làm việc trong vòng 12 giờ thì san lấp đợc 1 10

làm một mình trong 42 giờ rồi nghỉ và sau đó máy ủi thứ hai làm một mình trong 22 giờ thì cả hai máy ủi san lấp đợc 25% khu đất đó. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi máy ủi san lấp xong khu đất đã cho trong bao lâu. Bài 3: (1,50 điểm) KH

Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6(m) và bình phương độ dài

đường chéo gấp 5 lần chu vi. Xác định chiều dài và chiều rộng mảnh đất đó.

Bài 3: Hà Tĩnh Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì 1 xe phải điều đi làm công việc khác, nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn 0,5 tấn hàng so với dự định. Hỏi thực tế có bao nhiêu xe tham gia vận chuyển. (biết khối lượng hàng mỗi xe chở như nhau)

Một người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Quy Nhơn. Sau đó 75 phút, trên cùng

Câu 3: (2,5 điểm) BÌNH ĐỊNH Hai vòi nước cùng chảy vào 1 cái bể không có nước trong 6 giờ thì đầy bể. Nếu để riêng vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ, sau đó đóng lại và mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 3 giờ nữa thì được 2/5 bể. Hỏi nếu chảy riêng thì mỗi vòi chảy đầy bể trong bao lâu? Bài 3: (2,0 điểm) BÌNH ĐỊNH Đề chính thức tuyến đường đó một ôtô khởi hành từ Quy Nhơn đi Hoài Ân với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là 20 km/giờ. Hai xe gặp nhau tại Phù Cát. Tính vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng Quy Nhơn cách Hoài Ân 100 km và Quy Nhơn cách Phù Cát 30 km. Câu III: (1,5đ). NGHỆ AN Một thửa ruộng hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45m. Tính diện tích thửa ruộng, biết rằng nếu chiều dài giảm đi 2 lần và chiều rộng tăng 3 lần thì chu vi thửa ruộng không thay đổi. Bài 4. QUẢNG NINH (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình: Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợc dòng từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc dòng nớc là 5 Km/h . Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi nớc đứng yên ) Câu 7 VĨNH PHÚC (1,5 điểm) Một người đi bộ từ A đến B với vận tốc 4 km/h, rồi đi ô tô từ B đến C với vận

tốc 40 km/h. Lúc về anh ta đi xe đạp trên cả quãng đường CA với vận tốc 16 km/h. Biết

rằng quãng đường AB ngắn hơn quãng đường BC là 24 km, và thời gian lúc đi bằng thời

gian lúc về. Tính quãng đường AC.

Câu 2 : PHÚ YÊN ( 2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương

trình

Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng . Hôm làm việc có 5 xe được điều đi làm

nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 5 tấn . Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu

chiếc ? ( biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau )

Một đội xe cần chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành đội đợc điều thêm 3 xe nữa nên

Bài 3: (1,0 điểm) HƯNG YÊN mỗi xe chở ít hơn dự định 8 tấn. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở nh nhau. Câu 4 (1,5 điểm) QUẢNG TRỊ

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720m2, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính kích thước (chiều dài và chiều rộng) của mảnh vườn

2) HẢI D ƯƠNG Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10 km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đờng AB là 300 km.

b) HẢI DƠNG CHÍNH THỨC Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm

và diện tích của nó là 15 cm2. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó. Bài 3 HÀ GIANG ( 2,0 điểm): Một ngời đi xe đạp phải đi trong quãng đờng dài 150 km với vận tốc không đổi trong một thời gian đã định. Nếu mỗi giờ đi nhanh hơn 5km thì ngời ấy sẽ đến sớm hơn thời gian dự định 2,5 giờ. Tính thời gian dự định đi của ngời ấy. Câu 3: (2đ) Long An Hai người đi xe đạp cùng xuất phát một lúc từ A đến B với vận tốc hơn kém nhau 3km/h. Nên đến B sớm ,mộn hơn kém nhau 30 phút. Tính vận tốc của mỗi người .Biết quàng đường AB dài 30 km. Câu 4: (1,5 điểm) BẮC NINH

thì số sách ở giá thứ hai sẽ bằng

Hai giá sách có chứa 450 cuốn. Nếu chuyển 50 cuốn từ giá thứ nhất sang giá thứ hai 4 số sách ở giá thứ nhất. Tính số sách lúc đầu trong mỗi 5

giá sách. Câu IV(1,5 điểm) BẮC GIANG Một ôtô khách và một ôtô tải cùng xuất phát từ địa điểm A đi đến địa điểm B đờng dài 180 km do vận tốc của ôtô khách lớn hơn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút.Tính vận tốc của mỗi ôtô. Biết rằng trong quá trình đi từ A đến B vận tốc của mỗi ôtô không đổi. Bài 3: (1,5 điểm) ĐĂK LĂK Một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 8m . Nếu tăng một cạnh góc vuông của tam giác lên 2 lần và giảm cạnh góc vuông còn lại xuống 3 lần thì được một tam giác vuông mới có diện tích là 51m2 . Tính độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông ban đầu. Bài 2: (2,0 điểm) BÌNH DƯƠNG

Một hình chữ nhật có chu vi là 160m và diện tích là 1500m2. Tính chiều dài và chiều

rộng hình chữ nhật ấy .

CHỦ ĐỀ V

PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI+HỆ THỨC VI-ÉT

TÓM TẮT LÍ THUYẾT:

PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ax2 + bx + c = 0 (a (cid:0)0) (1) *Trong trường hợp giải và biện luận, cần chú ý khi a = 0 phương trình trở thành bậc nhất một ẩn (§5). A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Các dạng và cách giải

Dạng 1: c = 0 khi đó

2

 

  ax

bx 0

  0

  1

 x ax+b



b a

 x 0     x 

Dạng 2: b = 0 khi đó

2

2

     c 0

ax

x

  1

 

-Nếu

.

 thì 0

x

 c a  c a

-Nếu

 thì phương trình vô nghiệm.

0

 c a  c a

Dạng 3: Tổng quát

 

 



4ac

ac

CÔNG THỨC NGHIỆM THU GỌN 2 ' b'

' 0  : phương trình có 2 nghiệm phân biệt

b

b

b'

'

'

b'









x

;

x

x

;

x

1

2

1

2

   2a

   2a

   a

   a

0  : phương trình có nghiệm kép

' 0  : phương trình có nghiệm kép









x

x

x

x

1

2

1

2

 b 2a

 b' a

0  : phương trình vô nghiệm

' 0  : phương trình vô nghiệm

Cần chú ý dạng trùng phương, phương trình vô tỉ và dạng đặt ẩn phụ, còn

CÔNG THỨC NGHIỆM TỔNG QUÁT 2b  0  : phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Dạng 4: Các phương trình đưa được về phương trình bậc hai dạng chứa ẩn ở mẫu và dạng tích đã nói ở §5. 3.Hệ thức Viet và ứng dụng

-Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a (cid:0) 0) có hai nghiệm x1, x2 thì:

 



x

2

b a



c a

  S x  1    P x x 1 2 

  u v S

-Nếu có hai số u và v sao cho

thì u, v là hai nghiệm của

4P

2S





 uv P

  

phương trình x2 – Sx + P = 0.

.

-Nếu a + b + c = 0 thì phương trình có nghiệm là x1 = 1; x2 =

c a

-Nếu a – b + c = 0 thì phương trình có nghiệm là x1 = -1; x2 =

c  . a

4.Điều kiện có nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (a (cid:0)0)

-(1) có 2 nghiệm

0  .

0  ; có 2 nghiệm phân biệt 0

-(1) có 2 nghiệm cùng dấu

.

    P 0 0

-(1) có 2 nghiệm dương

    P 0   S 0 0

-(1) có 2 nghiệm âm

    P 0   S 0 -(1) có 2 nghiệm trái dấu ac < 0 hoặc P < 0.

5.Tìm điều kiện của tham số để 2 nghiệm của phương trình thỏa mãn điều kiện nào đó.

2

2

 







a)

x

;

 x m;

c)

n

   x 1

2

b) x 1

2

1 x

1 x

1

2

2

2

3

3









d) x

x

h;

x

t;...

1

2

e) x 1

2

Trong những trường hợp này cần sử dụng hệ thức Viet và phương pháp giải hệ

phương trình.

§12.CỰC TRỊ

Tìm giá trị lớn nhất (max) hay giá trị nhỏ nhất (min) của biểu thức là xác định giá trị

, trong đó M là hằng số. Khi đó maxA = M.

-Giá trị lớn nhất của biểu thức A: maxA. Để tìm maxA cần chỉ ra A M -Giá trị nhỏ nhất của biểu thức A: minA. Để tìm minA cần chỉ ra A m

, trong đó m là hằng số. Khi đó minA = m.

A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Định nghĩa của biến để biểu thức đó đạt giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất. 2.Các dạng toán thường gặp

2.1. Biểu thức A có dạng đa thức bậc chẵn (thường là bậc hai):

Nếu A = B2 + m (đa thức 1 biến), A = B2 + C2 + m (đa thức hai biến), … thì A có giá

Nếu A = - B2 + M (đa thức 1 biến), A = - B2 – C2 + M (đa thức hai biến), … thì A có

trị nhỏ nhất minA = m. giá trị lớn nhất maxA = M.

2.2. Biểu thức A có dạng phân thức:



2.2.1. Phân thức

, trong đó m là hằng số, B là đa thức.

A

m B

-Nếu mB > 0 thì A lớn nhất khi B nhỏ nhất; A nhỏ nhất khi B lớn nhất. -Nếu mB < 0 (giả sử m < 0) thì A lớn nhất khi B lớn nhất; A nhỏ nhất khi B nhỏ

nhất.

2.2.2. Phân thức A =

, trong đó B có bậc cao hơn hoặc bằng bậc của C.

B C

Khi đó ta dùng phương pháp tách ra giá trị nguyên để tách thành

 

 

trong đó m, n là hằng số; D là đa thức có bậc nhỏ hơn bậc C.

A n

; A n

m C

D C

2.2.3. Phân thức A =

, trong đó C có bậc cao hơn bậc của B.

B C

Cần chú ý tính chất: nếu A có giá trị lớn nhất thì

có giá trị nhỏ nhất và ngược lại.

1 A











a,b

b

a

2.3. Biểu thức A có chứa dấu giá trị tuyệt đối, chứa căn thức bậc hai: -Chia khoảng giá trị để xét. -Đặt ẩn phụ đưa về bậc hai. -Sử dụng các tính chất của giá trị tyệt đối: a b

  ; a a b

b

. Dấu “=” xảy ra khi ab 0 .

-Sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc.

n



 



Bất đẳng thức Côsi:

dấu

  0

a

... a





a ,a ,...,a 1 2

n

a 1

2

n

a a ...a 1 2

n

1 n



2

2

1

2

2

2

2

2

2

 





 



 



... a

a

Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski: 

a ,a ,...,a ;b ,b ,...,b n 1 n 2 dấu “=” xảy ra khi

... b n

b 2

b 1

n

... a b n n

a b 2 2

a b 1 1

a 1

2







.

  ...

“=” xảy ra khi a1 = a2 = …= an. có a 1 b 1

a n b n

a 2 b 2

Bài tập 1:

GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI SAU

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

TT Các phương trình cần giải theo  ' 1. x2 - 4x + 2 = 0 2. 9x2 - 6x + 1 = 0 -3x2 + 2x + 8 = 0 3. 4. x2 - 6x + 5 = 0 5. 3x2 - 6x + 5 = 0 6. 3x2 - 12x + 1 = 0 7. 5x2 - 6x - 1 = 0 8. 3x2 + 14x + 8 = 0 -7x2 + 6x = - 6 9. 10. x2 - 12x + 32 = 0 11. x2 - 6x + 8 = 0 12. 9x2 - 38x - 35 = 0 13. x2 - 2 3 x + 2 = 0 14. 4 2 x2 - 6x - 2 = 0 15. 2x2 - 2 2 x + 1 = 0

TT Các phương trình cần giải theo  6 x2 - 25x - 25 = 0 1. 6x2 - 5x + 1 = 0 7x2 - 13x + 2 = 0 3x2 + 5x + 60 = 0 2x2 + 5x + 1 = 0 5x2 - x + 2 = 0 x2 - 3x -7 = 0 x2 - 3 x - 10 = 0 4x2 - 5x - 9 = 0 9. 10. 2x2 - x - 21 = 0 11. 6x2 + 13x - 5 = 0 12. 56x2 + 9x - 2 = 0 13. 10x2 + 17x + 3 = 0 14. 7x2 + 5x - 3 = 0 15. x2 + 17x + 3 = 0 Bµi tËp 2:

BIẾN ĐỔI CÁC PHƯƠNG TRÌNH SAU THÀNH PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI RỒI GIẢI

a) 10x2 + 17x + 3 = 2(2x - 1) - 15 b) x2 + 7x - 3 = x(x - 1) - 1 c) 2x2 - 5x - 3 = (x+ 1)(x - 1) + 3 d) 5x2 - x - 3 = 2x(x - 1) - 1 + x2 e) -6x2 + x - 3 = -3x(x - 1) - 11 f) - 4x2 + x(x - 1) - 3 = x(x +3) + 5 g) x2 - x - 3(2x + 3) = - x(x - 2) - 1 h) -x2 - 4x - 3(2x - 7) = - 2x(x + 2) - 7 i) 8x2 - x - 3x(2x - 3) = - x(x - 2) k) 3(2x + 3) = - x(x - 2) - 1

Cho phơng trình (ẩn x): x2 – 2(m+1)x + m2 +2 = 0

2

2 = 10.

Câu III (1,0đ): HN 1/ Giải phơng trình đã cho khi m = 1. 2/ Tìm giá trị của m để phơng trình đã cho có nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn hệ thức x1 + x2

Bài 3: (2,0 điểm) AN GIANG Cho phương trình x2 +2 (m+3) x +m2 +3 = 0

1/ Tìm m để phương trình có nghiệm kép ? Hãy tính nghiệm kép đó.

2/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1 – x2 = 2 ?

Bài 4 : (1,5 điểm) AN GIANG Giải các phương trình sau :



2

1/

2/ x4 + 3x2 – 4 = 0

1 

3 

x

 2 6

x





x

3

.

2. THÁI BÌNH Giải phương trình:

4  x 2

Câu II: (2,0đ) C tho Giải bất phơng trình và các phơng trình sau:

x +1 = x - 5



2



3

3. 36x4 - 97x2 + 36 = 0 4.

1. 6 - 3x (cid:0) -9 2. 2 3 22  x 2 x

3 x  1

Bài 1: (2,25đ) hue

Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy giải các phơng trình sau: y 4

a) 5x2 + 13x - 6=0

b) 4x4 - 7x2 - 2 = 0

c)

  17

  x 2 y 11 3 x   5 

Câu I: HCM Giải các phơng trình và hệ phơng trình sau:

a) 8x2 - 2x - 1 = 0





3

y

3

b)





y

12

2 x   5 x 

6 c) x4 - 2x2 - 3 = 0 d) 3x2 - 2 6 x + 2 = 0 Bài 2: (2,0 điểm) BÌNH ĐỊNH Cho phương trình:

(1)

a. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt. b. Gọi

là 2 nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

không phụ thuộc vào m.

và

c. Tìm hệ thức giữa Bài 2 NAM ĐỊNH (1,5 điểm) Cho phơng trình: x2 + (3 - m)x + 2(m - 5) = 0 (1), với m là tham số.

1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phơng trình (1) luôn có nghiệm x1 = 2.

2) Tìm giá trị của m để phơng trình (1) có nghiệm x2 = 1 + 2 2

CâuII: (2,5đ). NGHỆ AN Cho phơng trình bậc hai, với tham số m: 2x2 – (m+3)x + m = 0 (1).

1. Giải phơng trình (1) khi m = 2. 2. Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn: x1

x1x2.

+ x2 = 5 2 3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phơng trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

=

x 1

x 2

Bài 2 ( 2 điểm) HẢI PHÒNG Cho phương trình x2 + mx + n = 0 ( 1) 1.Giải phương trình (1) khi m =3 và n = 2





x

3

2.Xác định m ,n biết phương trình (1) có hai nghiệm x1.x2 thoả mãn





2 x

9

3 2

x 1 3 x 1

2 x

2 m x m 1)

   2 0

 2(

Bài 3 (1,5 điểm THÁI BÌNH)Cho phương trình:

1) Giải phương trình đã cho với m =1.

2) Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn hệ

10

thức:

x  .

2 x 1

2 2

    (ẩn x)

Bài 2. (2,0 điểm) THÁI BÌNH



 

Cho hệ phương trình:

(m là tham số)



 m 1 x y 2      mx y m 1 

1. Giải hệ phương trình khi m 2 ; 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x ; y ) thoả

mãn: 2 x + y  3 .

 

Câu 5( 2,5 điểm). VĨNH PHÚC 1

Cho hệ phương trình

( m là tham số có giá trị thực) (1)

mx y 2

a, Giải hệ (1) với m = 1

b, Tìm tất cả các giá trị của m để hệ (1) có nghiệm duy nhất

Bài 1 (1,5 điểm) THANH HÓA

Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số. 1.Giải phương trình (1) khi n = 3. 2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.

  2 x 4 y 3   

Bài 2 (1,5 điểm) THANH HÓA

Giải hệ phương trình:

  x 5

  mx y 1

y 2   2 x y 7   

Bài 2. ĐÀ NẲNG ( 2 điểm ) Cho hệ phương trình:

334

   

y x   2 3

a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1. b) Tìm giá trị của m để phương trình vô nghiệm.

Câu 3 : PHÚ YÊN ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x2 – 4x – m2 + 6m – 5 = 0 với m là tham

số

a) Giải phương trình với m = 2

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm

c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 , hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức



3  P x 1

3 x 2

Bài 4 (2 điểm). QUẢNG TRỊ Cho phương trình bậc hai ẩn số x:

x2 - 2(m + 1)x + m - 4 = 0. (1)

a/ Chứng minh phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b/ Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1).

Tìm m để 3( x1 + x2 ) = 5x1x2.

Câu 3 (1,5 điểm). QUẢNG TRỊ Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m-1)x + 2m – 3 = 0. (1)

2

2

x

a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.  x ,x thỏa mãn





  . Tìm giá trị  . 8

2

1

 2(m 1)x m 1 0 2 x x x 1 2 1

 2 x 2

2) HẢI D ƯƠNG Cho phơng trình (ẩn x): của m để phơng trình có hai nghiệm Câu IV: HCM Cho phơng trình x2 - (5m - 1)x + 6m2 - 2m = 0 (m là tham số)

2 =1.

a) Chứng minh phơng trình luôn có nghiệm với mọi m. b) Gọi x1, x2 là nghiệm của phơng trình. Tìm m để x1

2 + x2

Cho phương trình x2 – 2mx + m 2 – m + 3 có hai nghiệm x1 ; x 2 (với m là tham

2 đạt giá trị nhỏ nhất.

2 + x2

Bài 3 (1.0 điểm ) QUẢNG NAM số ) . Tìm m để biểu thức x1

a) b)

Câu 3: (2,0 điểm) HẢI DƠNG CHÍNH THỨC Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x) Giải phương trình với m = 3. Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và

2 – 2x2 + x1x2 = - 12

thỏa mãn điều kiện: x1 Câu 5: (1,5 điểm) BẮC NINH

Cho phơng trình: (m+1)x2 -2(m - 1)x + m - 2 = 0 (1) (m là tham số)

a/ Giải phơng trình (1) với m = 3.

b/ Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn



3  2

1 x 1

1 x 2

Câu III: (1,0 điểm) BẮC GIANG Lập phơng trình bậc hai nhận hai số 3 và 4 là nghiệm? Bài 3: (1,5 điểm) BÌNH DƯƠNG Cho phơng trình x2 + 2(m+1)x + m2 + 4m + 3 = 0 (với x là ẩn số, m là tham số )

a) Tìm giá trị của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt . b) Đặt A = x1.x2 – 2(x1 + x2) với x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phơng trình trên.

Chứng minh : A = m2 + 8m + 7

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A và giá trị của m tơng ứng .

Bài 3 (1,5 điểm): quảng bình

Cho phơng trình: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - 3 = 0 (1), với n là tham số. a) Tìm n để phơng trình (1) có một nghiệm x = 3. b) Chứng minh rằng, với mọi n  - 1 thì phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân

biệt.

a) Giải phương trình với m lần lượt bằng các giá trị:

m = -5;

m = 7; m = - 4

m = 3; b) Tìm các giá trị của m để phương trình có một nghiệm x lần lượt bằng x = 6;

x = 5;

x = 2;

x = -1

c) Tìm các giá trị của m để phương trình trên có nghiệm kép.

m = - 2; m = 5; x = -3;

a) Giải phương trình với m lần lượt bằng các giá trị:

m = 7;

m = -7; m = - 8

m = - 4;

m = 3;

m = 2; b) Tìm các giá trị của m để phương trình có một nghiệm x lần lượt bằng

Bài tập 3: Cho phương trình: x2 - 2(3m + 2)x + 2m2 - 3m + 5 = 0 m = 2; x = 3; Bài tập 4: Cho phương trình: x2 - 2(m - 2)x + m2 - 3m + 5 = 0 m = -2;

x = -3

x = 6;

x = -7;

x = -2;

x = - 4;

c) Tìm các giá trị của m để phương trình trên có nghiệm kép.

a) Giải phương trình với m lần lượt bằng các giá trị:

Cho phương trình: x2 - 2(m - 2)x + 2m2 + 3m = 0

m = 7;

m = - 4;

m = -7; m = - 8

x = -3

x = 6;

x = -2;

m = 2; b) Tìm các giá trị của m để phương trình có một nghiệm x lần lượt bằng x = -7;

m = 3; x = - 4;

c) Tìm các giá trị của m để phương trình trên có nghiệm kép.

Cho phương trình : ( m + 1) x2 + 4mx + 4m - 1 = 0 a) Giải phương trình với m = -2 b) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt c) Với giá trị nào của m thì phương trình đã cho vô nghiệm d) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thoã mãn điều kiện x1 = 2x2

Cho phương trình : 2x2 - 6x + (m +7) = 0 a) Giải phương trình với m = -3 b) Với giá trị nào của m thì phương trình có một nghiệm x = - 4 c) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt d) Với giá trị nào của m thì phương trình đã cho vô nghiệm e) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thoã mãn điều kiện x1 = - 2x2

Cho phương trình : x2 - 2(m - 1 ) x + m + 1 = 0 a) Giải phương trình với m = 4 b) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt c) Với giá trị nào của m thì phương trình đã cho vô nghiệm d) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thoã mãn điều kiện x1 = 3x2

x = 1; Bài tập 5: m = -2; x = 1; Bài tập 6: Cho phương trình: x2 - 2(m + 3)x + m2 + 3 = 0 a) Giải phương trình với m = -1và m = 3 b) Tìm m để phương trình có một nghiệm x = 4 c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt d) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thoã mãn điều kiện x1 = x2 Bài tập 7: Bài tập 8: Bài tập 9:

Biết rằng phương trình : x2 - 2(m + 1 )x + m2 + 5m - 2 = 0 ( Với m là tham số ) có

Biết rằng phương trình : x2 - 2(3m + 1 )x + 2m2 - 2m - 5 = 0 ( Với m là tham số )

Biết rằng phương trình : x2 - (6m + 1 )x - 3m2 + 7 m - 2 = 0 ( Với m là tham số )

Biết rằng phương trình : x2 - 2(m + 1 )x + m2 - 3m + 3 = 0 ( Với m là tham số ) có

a) Giải phương trình với m = - 5 b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu d)Tìm hệ thức giữa hai nghiệm của phương trình không phụ thuộc vào m e) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

Bài tập 10: một nghiệm x = 1. Tìm nghiệm còn lại Bài tập 11: có một nghiệm x = -1 . Tìm nghiệm còn lại Bài tập 12: có một nghiệm x = 1. Tìm nghiệm còn lại Bài tập 13: một nghiệm x = -1. Tìm nghiệm còn lại. Bài tập 14: Cho phương trình: x2 - mx + 2m - 3 = 0 Bài tập 15: Cho phương trình bậc hai (m - 2)x2 - 2(m + 2)x + 2(m - 1) = 0 a) Giải phương trình với m = 3 b) Tìm m để phương trình có một nghiệm x = - 2 c) Tìm m để phương trình có nghiệm kép d) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m e) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt f) Khi phương trình có một nghiệm x = -1 tìm giá trị của m và tìm nghiệm còn lại

2 = 8

2 + x2

2

2 + x2

a) Giải phương trình với m = - 2 b) Tìm m để phương trình có một nghiệm x = - 2. Tìm nghiệm còn lại c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt d) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 và x2 thảo mãn: x1 e) Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x1

a) Tìm m để phương trình có nghiệm kép b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình có hiệu hai nghiệm bằng 2 d) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1và x2 không phụ thuộc m

2 + x2

Bài tập 16:Cho phương trình: x2 - 2(m- 1)x + m2 - 3m = 0 Bài tập 17: Cho phương trình: mx2 - (m + 3)x + 2m + 1 = 0 Bài tập 18: Cho phương trình: x2 - (2a- 1)x - 4a - 3 = 0 a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của a b) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào a 2 c) Tìm giá trị nhỏ nhật của biểu thức A = x1 Bài tập 19: Cho phương trình: x2 - (2m- 6)x + m -13 = 0

2

2 - x2

a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x1. x2 - x1 GI ẢI 

2 + x2

2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ nhất

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Tìm m để A = x1 c) Tìm m để B = x1 + x2 - 3x1x2 đạt giá trị lớn nhất d) Tìm m để C = x1

2 - x1x2

2 + x2

2 x2 + x2

2x1

  16x + 16 4x + 4 9x + 9 16 - x + 1

Bài tập 20: Cho phương trình: x2 - 2(m+4)x + m2 - 8 = 0 Bài tập 21: Cho phương trình: ( m - 1) x2 + 2mx + m + 1 = 0

a) Giải phương trình với m = 4 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn: A = x1 d) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m

Bài tập 22: Tìm giá trị của m để các nghiệm x1, x2 của phương trình



1

 x

mx2 - 2(m - 2)x + (m - 3) = 0 thoả mãn điều kiện

2 x 1

2 2

Bài tập 23:

Cho phương trình x2 - 2(m - 2)x + (m2 + 2m - 3) = 0. Tìm m để phương trình có 2

x 1

x 2





nghiệm x1, x2 phân biệt thoả mãn

 5

1 x 1

1 x 2

Bài tập 24:

Cho phương trình: mx2 - 2(m + 1)x + (m - 4) = 0 (m là tham số).

a) Xác định m để các nghiệm x1; x2 của phương trình thoả mãn

x1 + 4x2 = 3

b) Tìm một hệ thức giữa x1; x2 mà không phụ thuộc vào m

Bài tập 25: Cho phương trình x2 - (m + 3)x + 2(m + 1) = 0

(1)

Tìm giá trị của tham số m để phương trình có (1) có nghiệm x1 = 2x2.

Bài tập 26: Cho phương trình mx2 - 2(m + 1)x + (m - 4) = 0

a) Tìm m để phương trình có nghiệm.

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. Khi đó trong hai nghiệm, nghiệm

nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn?

c) Xác định m để các nghiệm x1; x2 của phương trình thoả mãn: x1 + 4x2 = 3.

d) Tìm một hệ thức giữa x1, x2 mà không phụ thuộc vào m.

Bài tập 27:

a) Với giá trị nào m thì hai phương trình sau có ít nhật một nghiệm chung. Tìm

nghiệm chung đó?

x2 - (m + 4)x + m + 5 = 0

(1)

x2 - (m + 2)x + m + 1 = 0

(2)

b) Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình (1) là nghiệm của phương trình

(2) và ngược lại.

Bài tập 28: Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình:

x2 - (2m - 1)x + m – 2 = 0

Tìm m để

có giá trị nhỏ nhất

2 x  1

2 x 2

Bài tập 29: Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình:

2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =x1x2 - 2x1 - 2x2

Bài tập 30: Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình.

x2 + 2(m - 2)x - 2m + 7 = 0

2

Tìm m để

có giá trị nhỏ nhất.

x  1 x

2 2

Bài tập 31: Cho phương trình: x2 - m + (m - 2)2 = 0

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

A = x1x2 + 2x1 + 2x2

Bài tập 32: Cho phương trình: x2 - 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0 (m là tham số). Tìm m sao cho

đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá

x  1 x 2

2 2

2 nghiệm x1; x2 của phương trình thoả mãn 10x1x2 +

trị đó.

CHỦ ĐỀ VI

HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN

2

2

2

ABC







AB

BC

A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Định lý Pitago  vuông tại A AC 2.Hệ thức lượng trong tam giác vuông

A

B

C

H

1) AB2 = BH.BC; AC2 = CH.BC 2) AB.AC = AH.BC 3) AH2 = BH.HC

1



4)

2

2

2

1  AH AB

1 AC

Kết quả:





h

;

S

-Với tam giác đều cạnh là a, ta có:

a 3 2

2 a 3 4

  

3.Tỉ số lượng giác của góc nhọn

  khi đó:

 Đặt ACB

; ABC

 

 

 

 

cos

;

tg

;

cotg

sin

;

AC HC  BC AC

AB AH  AC HC

AC HC  AB AH

AB AH  BC AC 







b asinB acosC ctgB ccotgC









 

 

c acosB asinC bctgB btgC Kết quả suy ra:    cos ; 1) sin

 sin ;

cos

tg

cotg

 



 

 

 2) 0 sin

 1; 0 cos <1;

tg

cotg

;

   tg  cos  sin

 



 

 

  

2 3) sin

2   cos

1;

tg .cotg

1;

 1 cotg ;

tg

1



 cotg ;  sin  cos 1 2 sin

1 2  cos



4) Cho ABC

2

2









a

2 b

c

bcsinA

2bc.cosA;

S 

ABC

nhọn, BC = a; AC = b; AB = c khi đó: 1 2

B.MỘT SỐ VÍ DỤ VD1.Cho tam giác ABC có AB>AC, kẻ trung tuyến AM và đường cao AH. Chứng minh:

2

2

2

2







a) AB

AC

2AM

BC 2

2





2 b) AB AC

2BC.MH

a) Chứng minh AC vuông góc với BD. b) Tính diện tích hình thang.

VD2.Cho hình thang ABCD (AB//CD có AB = 3cm; CD = 14cm; AC = 15cm; BD = 8cm. VD3.Tính diện tích hình bình hành ABCD biết AD = 12; DC = 15;  ADC=700. C.MỘT SỐ BÀI TẬP CƠ BẢN 1.Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến BD. Gọi I là hình chiếu của C trên BD, H là hình chiếu của I trên AC. Chứng minh: AH = 3HI. 2.Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh bằng a, vẽ một đường thẳng cắt BC ở E và cắt đường thẳng DC ở F.





Chứng minh:

2

1 2 a

1 AE

. Kẻ các đường cao AE,

 

045

a) Tính các cạnh của tam giác BFC theo a và tỉ số lượng giác của góc  . b) Tính theo a, theo các tỉ số lượng giác của góc  và 2 , các cạnh của tam giác

1 2 AF 3.Cho tam giác cân ABC có đáy BC = a;  BAC = 2  ; BF. ABF, BFC.

c) Từ các kết quả trên, chứng minh các đẳng thức sau:

 



 

1) sin2

  2sin cos ;

2   2) cos2 =cos

2  sin ;

3) tg2

 2tg 2   tg

1 ------------------------------------------------------------------

CHỦ ĐỀ VII

§6.CHỨNG MINH BẰNG NHAU – SONG SONG, VUÔNG GÓC - ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG

A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Tam giác bằng nhau

        

A '; B

B'; C

A

C '



 

a) Khái niệm:

ABC

A 'B'C ' khi





 AB A 'B'; BC B'C '; AC A 'C '

  

b) Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác: c.c.c; c.g.c; g.c.g. c) Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác vuông: hai cạnh góc vuông; cạnh

d) Hệ quả: Hai tam giác bằng nhau thì các đường cao; các đường phân giác; các

-Dùng hai tam giác bằng nhau hoặc hai tam giác đồng dạng, hai góc của tam giác

-Dùng quan hệ giữa các góc trung gian với các góc cần chứng minh. -Dùng quan hệ các góc tạo bởi các đường thẳng song song, đối đỉnh. -Dùng mối quan hệ của các góc với đường tròn.(Chứng minh 2 góc nội tiếp cùng

-Sử dụng các yếu tố của đường tròn: hai dây cung của hai cung bằng nhau, hai đường

-Dùng tính chất đường trung bình của tam giác, hình thang, …

-Dùng mối quan hệ giữa các góc: So le bằng nhau, đồng vị bằng nhau, trong cùng

huyền và một cạnh góc vuông; cạnh huyền và một góc nhọn. đường trung tuyến tương ứng bằng nhau. 2.Chứng minh hai góc bằng nhau cân, đều; hai góc của hình thang cân, hình bình hành, … chắn một cung hoặc hai cung bằng nhau của một đường tròn, …) 3.Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau -Dùng đoạn thẳng trung gian. -Dùng hai tam giác bằng nhau. -Ứng dụng tính chất đặc biệt của tam giác cân, tam giác đều, trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông, hình thang cân, hình chữ nhật, … kính của một đường tròn, … 4.Chứng minh hai đường thẳng, hai đoạn thẳng song song phía bù nhau, …

-Dùng mối quan hệ cùng song song, vuông góc với đường thẳng thứ ba. -Áp dụng định lý đảo của định lý Talet.

-Áp dụng tính chất của các tứ giác đặc biệt, đường trung bình của tam giác. -Dùng tính chất hai dây chắn giữa hai cung bằng nhau của một đường tròn.

-Chứng minh chúng song song với hai đường vuông góc khác. -Dùng tính chất: đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song

-Dùng tính chất của đường cao và cạnh đối diện trong một tam giác. -Đường kính đi qua trung điểm của dây. -Phân giác của hai góc kề bù nhau.

-Dùng tiên đề Ơclit: Nếu AB//d; BC//d thì A, B, C thẳng hàng. -Áp dụng tính chất các điểm đặc biệt trong tam giác: trọng tâm, trực tâm, tâm đường

-Chứng minh 2 tia tạo bởi ba điểm tạo thành góc bẹt: Nếu góc ABC bằng 1800 thì A,

-Áp dụng tính chất: Hai góc bằng nhau có hai cạnh nằm trên một đường thẳng và hai

-Chứng minh AC là đường kính của đường tròn tâm B.

-Áp dụng tính chất các đường đồng quy trong tam giác. -Chứng minh các đường thẳng cùng đi qua một điểm: Ta chỉ ra hai đường thẳng cắt

5.Chứng minh hai đường thẳng vuông góc thì vuông góc với đường thẳng còn lại. 6.Chứng minh ba điểm thẳng hàng tròn ngoại tiếp, … B, C thẳng hàng. cạnh kia nằm trên hai nửa mặt phẳng với bờ là đường thẳng trên. 7.Chứng minh các đường thẳng đồng quy nhau tại một điểm và chứng minh đường thẳng còn lại đi qua điểm đó.

-Dùng định lý đảo của định lý Talet

***********************************************

CHỦ ĐỀ VII

§8.CHỨNG MINH HAI TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG HỆ THỨC HÌNH HỌC

A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Tam giác đồng dạng

        

A

A '; B

B'; C

C '







-Khái niệm:

ABC

A 'B'C ' khi





AB BC AC A 'B' A 'C ' B'C '

    -Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác: c – c – c; c – g – c; g – g. -Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông: góc nhọn; hai cạnh góc vuông;

cạnh huyền - cạnh góc vuông…

-Dùng định lí Talet, tính chất đường phân giác, tam giác đồng dạng, các hệ thức

*Tính chất: Hai tam giác đồng dạng thì tỉ số hai đường cao, hai đường phân giác, hai đường trung tuyến tương ứng, hai chu vi bằng tỉ số đồng dạng; tỉ số hai diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng. 2.Phương pháp chứng minh hệ thức hình học lượng trong tam giác vuông, …

Giả sử cần chứng minh MA.MB = MC.MD -Chứng minh hai tam giác MAC và MDB đồng dạng hoặc hai tam giác MAD và

-Trong trường hợp 5 điểm đó cùng nằm trên một đường thẳng thì cần chứng minh

Nếu cần chứng minh MT2 = MA.MB thì chứng minh hai tam giác MTA và MBT

Ngoài ra cần chú ý đến việc sử dụng các hệ thức trong tam giác vuông; phương tích

MCB. các tích trên cùng bằng tích thứ ba. đồng dạng hoặc so sánh với tích thứ ba. của một điểm với đường tròn.

*************************************************** CHỦ ĐỀ §10.CHỨNG MINH TỨ GIÁC NỘI TIẾP

A.KIẾN THỨC CƠ BẢN Phương pháp chứng minh

-Chứng minh bốn đỉnh của tứ giác cùng cách đều một điểm. -Chứng minh tứ giác có hai góc đối diện bù nhau. -Chứng minh hai đỉnh cùng nhìn đoạn thẳng tạo bởi hai điểm còn lại hai góc bằng







)

nhau. đó M AB CD; N AD BC

)





-Chứng minh tổng của góc ngoài tại một đỉnh với góc trong đối diện bù nhau. -Nếu MA.MB = MC.MD hoặc NA.ND = NC.NB thì tứ giác ABCD nột tiếp. (Trong  -Nếu PA.PC = PB.PD thì tứ giác ABCD nội tiếp. (Trong đó P AC BD -Chứng minh tứ giác đó là hình thang cân; hình chữ nhật; hình vuông; …

Nếu cần chứng minh cho nhiều điểm cùng thuộc một đường tròn ta có thể chứng minh lần lượt 4 điểm một lúc. Song cần chú ý tính chất “Qua 3 điểm không thẳng hàng xác định duy nhất một đường tròn”

DẠNG V BÀI TẬP HÌNH TỔNG HỢP

Cho đờng tròn (O;R) và điểm A nằm bên ngoài đờng tròn. Kẻ tiếp tuyến AB, AC với

Câu IV(3,5đ): HN đờng tròn (B, C là các tiếp điểm).

1/ Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp. 2/ Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA và OE.OA = R2. 3/ Trên cung nhỏ BC của đờng tròn (O;R) lấy điểm K bất kỳ (K khác B và C). Tiếp tuyến tại K của đờng tròn (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC. 4/ Đờng thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đờng thẳng AB, AC theo thứ tự tại các điểm M, N. Chứng minh PM + QN (cid:0) MN. Câu V: (4,0đ) C tho Cho tam giác ABC vuông ở A, có AB = 14, BC = 50. Đờng phân giác của góc ABC và đờng trung trực của cạnh AC cắt nhau tại E.

1. Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp đợc trong một đờng tròn. Xác định tâm O của

đờng tròn này.

2. Tính BE. 3. Vẽ đờng kính EF của đờng tròn tâm (O). AE và BF cắt nhau tại P. Chứng minh

các đờng thẳng BE, PO, AF đồng quy.

4. Tính diện tích phần hình tròn tâm (O) nằm ngoài ngũ giác ABFCE.

Bài 4: (2,75đ) hue Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R. Vẽ tiếp tuyến d với đờng tròn (O) tại B. Gọi C và D là hai điểm tuỳ ý trên tiếp tuyến d sao cho B nằm giữa C và D. Các tia AC và AD cắt (O) lần lợt tại E và F (E, F khác A). 1. Chứng minh: CB2 = CA.CE 2. Chứng minh: tứ giác CEFD nội tiếp trong đờng tròn tâm (O’). 3. Chứng minh: các tích AC.AE và AD.AF cùng bằng một số không đổi. Tiếp tuyến của (O’) kẻ từ A tiếp xúc với (O’) tại T. Khi C hoặc D di động trên d thì điểm T chạy trên đờng thẳng cố định nào? Câu V: HCM Cho tam giác ABC (AB

a) Chúng minh rằng AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đờng tròn. b) Vẽ đờng kính AK của đờng tròn (O). Chứng minh tam giác ABD và tam giác

.

AKC đồng dạng với nhau. Suy ra AB.AC = 2R.AD và S =

.

AB BC CA . R 4

c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh EFDM là tứ giác nội tiếp đờng tròn. d) Chứngminh rằng OC vuông góc với DE và (DE + EF + FD).R = 2 S.

Bài 4: (4,00 điểm) KH

Cho đường tròn (O; R). Từ một điểm M nằm ngoài (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA và MB (A,

B là hai tiếp điểm). Lấy điểm C bất kì trên cung nhỏ AB (Ckhác với A và B). Gọi D, E, F

lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên AB, AM, BM.

a. Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp.

b. Chứng minh:  CDE CBA

c. Gọi I là giao điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB và DF. Chứng minh

IK//AB.

d. Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ

nhất đó khi OM = 2R.

Bài 4: Cho đường tròn tâm O có các đường kính CD, IK (IK không trùng CD)

1. Chứng minh tứ giác CIDK là hình chữ nhật 2. Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn tâm O thứ tự ở G; H c. Chứng minh 4 điểm G, H, I, K cùng thuộc một đường tròn. d. Khi CD cố định, IK thay đổỉ, tìm vị trí của G và H khi diện tích tam giác DỊJ đạt giá

trị nhỏ nhất.



Bài 4: (3 điểm) BÌNH ĐỊNH Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O), I là trung điểm của BC, M là 1 điểm trên đoạn CI (M khác C và I). Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD tại P và cắt DC tại Q. a. Chứng minh DM . AI = MP . IB

Cho tam giác vuông ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Kéo dài

b. Tính tỉ số Bài 4: (3,0 điểm) BÌNH ĐỊNH Đề chính thức AC (về phía C) đoạn CD sao cho CD = AC.

1. 2.

3.

Chứng minh tam giác ABD cân. Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E. Kéo dài AE (về phía E) đoạn EF sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O).

Bài 4 (4.0 điểm ) QUẢNG NAM

Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC .Vẽ dây BD vuông góc với AC tại K ( K nằm giữa A và O).Lấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E không trùng C và D), AE cắt BD tại H.

c) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp. d) Chứng minh rằng AD2 = AH . AE. e) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O). f) Cho góc BCD bằng (cid:0) . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam

giác MBC cân tại M .Tính góc MBC theo (cid:0) để M thuộc đường tròn (O).

Bài 3. NAM ĐỊNH ( 3,0 điểm) Cho đờng tròn (O; R) Và điểmA nằm ngoài (O; R) .Đờng tròn đờng kính AO cắt đờng tròn (O; R) Tại M và N. Đờng thẳng d qua A cắt (O; R) tại B và C ( d không đi qua O; điểm B nằm giữa A và C). Gọi H nlà trung điểm của BC.

1) Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O; R) và H thuộc đờng tròn đờng kính AO. 2) Đờng thẳng qua B vuông góc với OM cắt MN ở D. Chứng minh rằng:

a) Góc AHN = góc BDN b) Đờng thẳng DH song song với đờng thẳng MC. c) HB + HD > CD

Câu IV: (3,0đ). NGHỆ AN Cho đờng tròn (O;R), đờng kính AB cố định và CD là một đ- ờng kính thay đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến của đờng tròn (O;R) tại B cắt các đờng thẳng AC và AD lần lợt tại E và F.

1. Chứng minh rằng BE.BF = 4R2. 2. Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn. 3. Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD. Chứng minh rằng tâm I luôn nằm

trên một đờng thẳng cố định. Bài 5. (3,0 điểm) QUẢNG NINH

Cho điểm M nằm ngoài đờng tròn (O;R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đờng tròn

(O;R) ( A; B là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp. b) Tính diện tích tam giác AMB nếu cho OM = 5cm và R = 3 cm. c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đờng tròn (O;R) tại hai điểm C và D ( C nằm giữa M và D ). Gọi E là giao điểm của AB và OM. Chứng minh rằng EA là tia phân giác của góc CED.

Bài 3 : (3 điểm) HẢI PHÒNG Cho tam giác ABC vuông tại A .Một đường tròn (O) đi qua B và C cắt các cạnh AB , AC của tam giác ABC lần lượt tại D và E ( BC không là đường kính của đường tròn tâm O).Đường cao AH của tam giác ABC cắt DE tại K . 1.Chứng minh  ADE ACB .  2.Chứng minh K là trung điểm của DE.

3.Trường hợp K là trung điểm của AH .Chứng minh rằng đường thẳng DE là tiếp tuyến chung ngoài của đường tròn đường kính BH và đường tròn đường kính CH.

Bài 4: (3,5 điểm) KIÊN GIANG

Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R. Trên tia đối của AB lấy điểm C sao cho

BC = R, trên đường tròn lấy điểm D sao cho BD = R, đường thẳng vuông góc với BC

tại C cắt tia AD ở M.

a) Chứng minh tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp .

b) Chứng minh tam giác ABM là tam giác cân .

c) Tính tích AM.AD theo R .

d) Cung BD của (O) chia tam giác ABM thành hai hần. Tính diện tích phần của tam

giác ABM nằm ngoài (O) .

Bài 5 : (3,5 điểm) AN GIANG Cho đường tròn (O ; R) đường kính AB và dây CD vuông góc với nhau (CA <

CB). Hai tia BC và DA cắt nhau tại E. Từ E kẻ EH vuông góc với AB tại H ; EH cắt CA ở

F. Chứng minh rằng :

1/ Tứ giác CDFE nội tiếp được trong một đường tròn.

2/ Ba điểm B , D , F thẳng hàng.

3/ HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Bài 4 (3,5 điểm) THÁI BÌNH Cho đường tròn (O; R) và A là một điểm nằm bên ngoài

đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).

1) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.

2) Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA

và OE.OA=R2.

3) Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O; R) lấy điểm K bất kì (K khác B và C). Tiếp

tuyến tại K của đường tròn (O; R) cắt AB, AC theo thứ tự tại các điểm P và Q. Chứng

minh tam giác APQ có chu vi không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.

4) Đường thẳng qua O, vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại

các điểm M, N. Chứng minh PM + QN (cid:0) MN.

Bài 4. (3,5 điểm) THÁI BÌNH

Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại H và K. 1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn; 2. Tính CHK ; 3. Chứng minh KH.KB = KC.KD;

1



4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh

.

2

2

1 AD

1  2 AM AN

Câu 8:( 3,0 điểm). VĨNH PHÚC

Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm giữa A và B. Trên cùng một nửa mặt phẳng có

bờ là AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm I, tia vuông

góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P ( P khác I)

a, Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp một đường tròn, chỉ rõ đường tròn này.

b, Chứng minh  CIP PBK

.

c, Giả sử A, B, I cố định. Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho diện tích tứ giác ABKI

lớn nhất.

Bài 4 (3,5 điểm) THANH HÓA

.

Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A avf B lần lượt tại C và D. 1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp được. 2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra CN DN  CG DG

Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và . Chứng tỏ rằng



3. Đặt BOD  tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc . Bài 3. ( 3,5 điểm ) ĐÀ NẲNG Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I

nằm giữa A và O sao cho AI =

AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm

2 3

tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.

a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh (cid:0)AME (cid:0)ACM và AM2 = AE.AC. c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2. d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.

Câu 4 : PHÚ YÊN ( 2,5 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn

đường kính AB = 2R . Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC

a) Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp được

b) Chứng minh rằng : DB.DC = DN.AC

c) Xác định vị trí của điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn

nhất và tính diện tích trong trường hợp này

Cho A là một điểm trên đờng tròn tâm O, bán kính R. Gọi B là điểm đối xứng với O

a) Bốn điểm B, H,M, E cùng thuộc một đờng tròn. b) OM.OE = R2 c) H là trung điểm của OA.

Bài 4: (3,0 điểm) HƯNG YÊN qua A. Kẻ đờng thẳng d đi qua B cắt đờng tròn (O) tại C và D (d không đi qua O, BC < BD). Các tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại C và D cắt nhau tại E. Gọi M là giao điểm của OE và CD. Kẻ EH vuông góc với OB (H thuộc OB). Chứng minh rằng: Bài 5 (3,5 điểm). QUẢNG TRỊ Cho tam giác ABC có góc A bằng 600, các góc B, C nhọn. vẽ các đường cao BD và CE của tam giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE.

a/ Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp. b/ Chứng minh tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB.

c/ Tính tỉ số

.

DE BC

d/ Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA vuông góc với DE.

Câu 5 (3,5 điểm) QUẢNG TRỊ

Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) không đi qua tâm O, cắt đường tròn (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC. 1. Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp được. 2. Chứng minh OH.OA = OI.OD. 3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O).

Câu IV : (3,0 điểm) HẢI D ƯƠNG

K AN

.



Cho đờng tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN  1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đờng tròn. 2) Chứng minh: MN là phân giác của góc BMK. 3) Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi E là giao điểm của HK và BN.

Xác định vị trí của điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất. Câu 4:(3 điểm) HẢI DƠNG CHÍNH THỨC

Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E và D.

Chứng minh: NE2 = EP.EM Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp. Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại

a) b) c)

K

( K không trùng với P). Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2.

Bài 4: HÀ GIANG (3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đờng tròn tâm O, ba đờng cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau ở H. Kéo dài AO cắt đờng tròn tại M, AD cắt đờng tròn O ở K ( K khác A, M khác A). Chứng minh rằng : a, MK song song BC. b, DH = DK. c, HM đi qua trung điểm I của BC. Bài 4: (3 điểm) BÌNH THUẬN

Cho tam giác ABC vuông tại A có các cạnh AB = 4,5 cm; AC = 6 cm.

1/ Tính độ dài đường cao AH và diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2/ Trên cạnh AC lấy điểm M và vẽ đường tròn (O) đường kính MC, BM cắt (O) tại D; DA cắt (O) tại S; (O) cắt BC tại N. Chứng minh: a/ Các tứ giác ABCD, ABNM nội tiếp.

b/ CA là phân giác góc SCB. Câu 4: (3đ) Long An Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là một điểm nằm giữa O và A Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt (O) tại P,Q.Tiếp tuyến tại D trên cung nhỏ BP, cắt PQ ở E; AD cắt PQ tại F .Chứng minh: a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp. b/ED=EF c/ED2=EP.EQ Câu 6: (3,0 điểm) BẮC NINH

Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đ-

ờng tròn vẽ tuyếp tuyến thứ hai MC(C là tiếp điểm). Hạ CH vuông góc với AB, đờng thẳng

MB cắt đờng tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC là I. Chứng

minh rằng:

a/ Tứ giác AMQI nội tiếp.

b/  AQI ACO 

c/ CN = NH.

Câu V:(3,0 điểm) BẮC GIANG 1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O. Các đờng cao BH và CK tam giác ABC cắt nhau tại điểm I. Kẻ đờng kính AD của đờng tròn tâm O, các đoạn thẳng DI và BC cắt nhau tại M.Chứng minh rằng.

a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc trong một đờng tròn. b/OM  BC.

2/Cho tam giác ABC vuông tại A,các đờng phân giác trong của goác B và góc C cắt các cạnh AC và AB lần lợt tại D và E. Gọi H là giao điểm của BD và CE, biết AD=2cm, DC= 4 cm tính độ dài đoạn thẳng HB. Câu V:(3,0 điểm) BẮC GIANG Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB cố định. H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O và trung điểm của OA). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. MN cắt AK tại E. 1. Chứng minh tứ giác HEKB nội tiếp. 2. Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM. 3. Cho điểm H cố định, xác định vị trí của K để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác MKE nhỏ nhất. Bài 4: (3,5 điểm) ĐĂK LĂK Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp trong đường tròn tâm O. Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm của AC với đường tròn (O). Chứng minh rằng:

2

.

1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp. 2/  DOK 2.BDH  3/  CK CA 2.BD Bài 4 (3,5điểm) BÌNH DƯƠNG Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax. Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F sao cho BF cắt đờng tròn tại C, tia phân giác của góc ABF cắt Ax tại E và cắt đờng tròn tại D .

a) Chứng minh OD // BC . b) Chứng minh hệ thức : BD.BE = BC.BF . c) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp. d) Xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi. Tính diện tích hình

thoi AOCD theo R .

Bài 4 (3,0 điểm): quảng bình Cho tam giác PQR vuông cân tại P. Trong góc PQR kẻ tia Qx bất kỳ cắt PR tại D (D không trùng với P và D không trùng với R). Qua R kẻ đờng thẳng vuông góc với Qx tại E. Gọi F là giao điểm của PQ và RE.

d) Chứng minh tứ giác QPER nội tiếp đợc trong một đờng tròn. e) Chứng minh tia EP là tia phân giác của góc DEF f) Tính số đo góc QFD. g) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng QE. Chứng minh rằng điểm M luôn nằm trên

cung tròn cố định khi tia Qx thay đổi vị trí nằm giữa hai tia QP và QR

Cho tam giác ABC ( AB < AC) có 3 góc nhọn. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E và D .

.

1/ Chứng minh AD.AC = AE.AB. 2/ Gọi H là giao điểm của DB và CE .Gọi K là giao điểm của AH và BC. Chứng minh AH BC 3/ Từ A kẻ các tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O) (M,N là các tiếp điểm).Chứng

. 

4/ Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng.

A

N

Bài 4: (4,0 điểm) ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN minh  ANM AKN Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P. Chứng minh rằng:

1

E

P

F

1 2

O

H -

1. Tứ giác CEHD, nội tiếp . 2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn. 3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. 4. H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

B

( (

C

1 2

D -

Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:

M

 CEH = 900 ( Vì BE là đường cao)  CDH = 900 ( Vì AD là đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

Theo giả thiết: BE là đường cao => BE  AC => BEC = 900.

CF là đường cao => CF  AB => BFC = 900.

Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.



Xét hai tam giác AEH và ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; Â là góc chung

AE AD

AH AC

=>  AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD.



* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C là góc chung

BE AD

BC AC

=>  BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC.

4. Ta có C1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ABC) C2 = A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) => C1 =  C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân tại C => CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn => C1 = E1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF) Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) E1 = E2 => EB là tia phân giác của góc FED.

Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đường cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE.

A 1

1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp . 2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

O

1 2

3. Chứng minh ED = BC.

E

1 2 3

H

4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). 5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.

Lời giải:

B

D

1

C

Xét tứ giác CEHD ta có:

 CEH = 900 ( Vì BE là đường cao)  CDH = 900 ( Vì AD là đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết:

BE là đường cao => BE  AC => BEA = 900. AD là đường cao => AD  BC => BDA = 900.

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính

AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến => D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 900 .

1 2

Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = BC.

Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác

AOE cân tại O => E1 = A1 (1).

1 2

Theo trên DE = BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2)

y

D

x

/

I

3. Chứng minh AC. BD = .

M

Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE tại E. Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E. 5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài 3 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1. Chứng minh AC + BD = CD. 2. Chứng minh COD = 900. 2AB 4

/

C

N

O

A

B

4. Chứng minh OC // BM 5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD. 6. Chứng minh MN  AB. 7. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải:

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM.

Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác

của góc BOM, mà AOM và BOM là hai góc kề bù => COD = 900.

Theo trên COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM  CD ( OM là tiếp tuyến ).

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM,

2AB 4

Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = .

Theo trên COD = 900 nên OC  OD .(1)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM  OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD).

Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có

IO là bán kính.

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại





có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB => IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD

CN BN

AC BD

CN BN

CM DM

6. Theo trên AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra

=> MN // BD mà BD  AB => MN  AB. 7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu

vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà

CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB. Bài 4 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.

A

1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn. 2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 3. Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24

Cm.

I

Lời giải: (HD)

1

2

1. Vì I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp

B

C

1 H

o

góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B Do đó BI  BK hayIBK = 900 .

Tương tự ta cũng có ICK = 900 như vậy B và C cùng nằm trên

K

đường tròn đường kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn.

Ta có C1 = C2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH. C2 + I1 = 900 (2) ( vì IHC = 900 ). I1 =  ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O)

2

12

Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (O).



= 16 ( cm)

2 20  2 12 2 16

2

2

2







CH2 = AH.OH => OH = = 9 (cm)

 HC

225

OH

12

Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. AH2 = AC2 – HC2 => AH = CH AH 2 9 = 15 (cm) OC =

Bài 5 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.

d

A

1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. 2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một

P

K

D

đường tròn .

N

H

M

O

I

3. Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2. 4. Chứng minh OAHB là hình thoi. 5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. 6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d

C

B

Lời giải: (HS tự làm). Vì K là trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đường kính

Và dây cung) => OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 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 OAM = 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

D

E

A

I

Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đường kính của đường tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đường tròn tại D cắt CA ở E.

1. Chứng minh tam giác BEC cân. 2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH. 3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đường tròn (A; AH). 4. Chứng minh BE = BH + DE. Lời giải: (HD)

2 1

B

H

C

 AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2).

Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của BEC => BEC là tam giác cân. => B1 = B2 2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB => AI = AH. 3. AI = AH và BE  AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I. 4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED

Bài 7 Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M.

J

X P

N 1 I

1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn. 2. Chứng minh BM // OP. 3. Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng

M

minh tứ giác OBNP là hình bình hành.

K

4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt

nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng.

1

1

(

Lời giải:

A

B

2 ( O

chắn cung AM => é ABM = (1) OP là tia phân giác é AOM ( (HS tự làm). Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; é AOM là góc ở tâm AOM 2

AOM 2

t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ) => é AOP = (2)

Từ (1) và (2) => é ABM = é AOP (3) Mà é ABM và é AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4)

Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : éPAO=900 (vì PA là tiếp tuyến ); éNOB = 900 (gt NOAB). => éPAO = éNOB = 900; OA = OB = R; éAOP = éOBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5)

Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau).

Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ

Ta cũng có PM  OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ. (6)

Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có éPAO = éAON = éONP = 900 => K là trung điểm

của PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật). (6)

AONP là hình chữ nhật => éAPO = é NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác éAPM => éAPO = éMPO (8). Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đường cao => IK  PO. (9) Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng.

Bài 8 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn ( M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K.

X

I

F

1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM . IB. 3) Chứng minh BAF là tam giác cân. 4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi. 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn.

M

H

E

Lời giải: 1. Ta có : éAMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )

K

1

2

2 1

O

B

A

=> éKMF = 900 (vì là hai góc kề bù). éAEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éKEF = 900 (vì là hai góc kề bù). => éKMF + éKEF = 1800 . Mà éKMF và éKEF là hai góc đối của

tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp. Ta cã IAB = 900 ( v× AI lµ tiÕp tuyÕn ) => AIB vu«ng t¹i A cã AM  IB ( theo trªn).

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => AI2 = IM . IB.

Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => éIAE = éMAE => AE = ME (lí do ……) => éABE =éMBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1) Theo trên ta có éAEB = 900 => BE  AF hay BE là đường cao của tam giác ABF (2). Từ (1) và (2) => BAF là tam giác cân. tại B .

BAF là tam giác cân. tại B có BE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E là trung

điểm của AF. (3)

Từ BE  AF => AF  HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia phân giác éHAK (5) Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E là trung điểm của HK. (6). Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường).

(HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI là hình thang.

Để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn thì AKFI phải là hình thang cân. AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB. Thật vậy: M là trung điểm của cung AB => éABM = éMAI = 450 (t/c góc nội tiếp ). (7) Tam giác ABI vuông tại A có éABI = 450 => éAIB = 450 .(8) Từ (7) và (8) => éIAK = éAIF = 450 => AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy bằng nhau).

Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn. Bài 9 Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đường tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lượt ở E, F (F ở giữa B và E).

1. Chứng minh AC. AE không đổi. 2. Chứng minh  ABD =  DFB. 3. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp.

Lời giải:

X E

C thuộc nửa đường tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường

tròn ) => BC  AE.

C

F

D

O

A

B

ABE = 900 ( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông tại B có BC là đường cao => AC. AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đường cao ), mà AB là đường kính nên AB = 2R không đổi do đó AC. AE không đổi.  ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ). => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác bằng 1800)(1)  ABF có ABF = 900 ( BF là tiếp tuyến ). => AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác bằng 1800) (2) Từ (1) và (2) => ABD = DFB ( cùng phụ với BAD)

Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 1800 .

ECD + ACD = 1800 ( Vì là hai góc kề bù) => ECD = ABD ( cùng bù với ACD). Theo trên ABD = DFB => ECD = DFB. Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì là hai góc kề bù) nên suy ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối của tứ giác CDFE do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp. Bài 10 Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn sao cho AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, M’A. Gọi P là chân đương vuông góc từ S đến AB.

S 1

1. Chứng minh bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn 2. Gọi S’ là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng tam giác

M 1 2

3

PS’M cân.

1

3. Chứng minh PM là tiếp tuyến của đường tròn .

P

B

H O

1 4 ( ) ) 2 ( 3 A

M'

1 S'

Lời giải: 1. Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AMS = 900 . Như vậy P và M cùng nhìn AS dưới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính AS.

Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn.

2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đường tròn nên M’ cũng nằm trên đường tròn => hai cung AM và AM’ có số đo bằng nhau => AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1)

Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’// SS’ ( cùng vuông góc với AB)

=> AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2).

=> Từ (1) và (2) => AS’S = ASS’. Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn => ASP=AMP (nội tiếp cùng chắn AP ) => AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân tại P. 3. Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS’ vuông tại M => B1 = S’1 (cùng phụ với S). (3) Tam giác PMS’ cân tại P => S’1 = M1 (4) Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B1 = M3 (5). Từ (3), (4) và (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mà M3 + M2 = AMB = 900 nên suy ra M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM tại M => PM là tiếp tuyến của đường tròn tại M Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường tròn (O) tại các điểm D, E, F . BF cắt (O) tại I , DI cắt BC tại M. Chứng minh :



1. Tam giác DEF có ba góc nhọn.

BD CB

BM CF

A

D

F

2. DF // BC. 3. Tứ giác BDFC nội tiếp. 4.

O

Lời giải: 1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AD = AF => tam giác ADF cân tại A => ADF = AFD < 900 => sđ cung DF < 1800 => DEF < 900 ( vì góc DEF nội tiếp chắn cung DE). Chứng minh tương tự ta có DFE < 900; EDF < 900. Như vậy tam giác DEF có ba góc nhọn.

AD AF  AB AC

I M

C

E

B

2. Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => => DF // BC.



3. DF // BC => BDFC là hình thang lại có  B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp được một đường tròn . 4. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác cân). BDM = BFD (nội tiếp cùng chắn cung DI);  CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF .

BD CB

BM CF

=> BDM CBF =>

Bài 12 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến Tam giác ONC cân tại O vì có tại N của đường tròn ở P. Chứng minh : ON = OC = R => ONC = OCN

1. Tứ giác OMNP nội tiếp. 2. Tứ giác CMPO là hình bình hành. 3. CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. 4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn thẳng

cố định nào.

Lời giải: 1. Ta có OMP = 900 ( vì PM  AB ); ONP = 900 (vì NP là tiếp tuyến ). Như vậy M và N cùng nhìn OP dưới một góc bằng 900 => M và N cùng nằm trên đường tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp. 2. Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM =  ONM (nội tiếp chắn cung OM)

C

O

M

A

B

N

P

D

B'

A'

=> OPM = OCM. Xét hai tam giác OMC và MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM lại có MO là cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1) Theo giả thiết Ta có CD  AB; PM  AB => CO//PM (2). Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành. 3. Xét hai tam giác OMC và NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C là góc chung => OMC NDC

CM CO  CD CN

=> CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =>

=2R2 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. 4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đường thẳng cố định vuông góc với CD tại D. Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A’ B’ song song và bằng AB. Bài 13 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, Nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F.

1. Chứng minh AFHE là hình chữ nhật. 2. BEFC là tứ giác nội tiếp. 3. AE. AB = AF. AC. 4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn .

A

1. Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn )

I

1

E 2

1 (

F

1

1 )

2 H

C

B

O2

O1

Lời giải: => éAEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1) éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éAFH = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) éEAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông).

2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp được một đường tròn =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn

cung AE) . Theo giả thiết AH BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2) => éB1 = éH1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) => éB1= éF1 => éEBC+éEFC = éAFE + éEFC mà éAFE + éEFC = 1800 (vì là hai góc kề bù) => éEBC+éEFC = 1800 mặt khác éEBC và éEFC là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp.

3. Xét hai tam giác AEF và ACB ta có éA = 900 là góc chung; éAFE = éABC ( theo Chứng minh

AE AF  AC AB

trên) => AEF ACB => => AE. AB = AF. AC.

* HD cách 2: Tam giác AHB vuông tại H có HE  AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông tại H có HF  AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC

4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân tại I => éE1 = éH1 .

E

O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => éE2 = éH2. => éE1 + éE2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900 => O1E EF . Chứng minh tương tự ta cũng có O2F  EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn . Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao điểm của EA, EB với các nửa đường tròn (I), (K).

N

1. Chứng minh EC = MN. 2. Chứng minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường

3

1

2

H

tròn (I), (K).

1

M

3. Tính MN. 4. Tính diện tích hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn

1

O

A

K

I

1 2 C

B

Lời giải: 1. Ta có: éBNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K) => éENC = 900 (vì là hai góc kề bù). (1) éAMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => éEMC = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay éMEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật ) 2. Theo giả thiết EC AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (I) và (K) => éB1 = éC1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => éC1= éN3 => éB1 = éN3.(4) Lại có KB = KN (cùng là bán kính) => tam giác KBN cân tại K => éB1 = éN1 (5)

Từ (4) và (5) => éN1 = éN3 mà éN1 + éN2 = CNB = 900 => éN3 + éN2 = MNK = 900 hay MN  KN tại N => MN là tiếp tuyến của (K) tại N.

Chứng minh tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M, Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn (I), (K). 3. Ta có éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm O) => AEB vuông tại A có EC  AB (gt)

=> EC2 = AC. BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trên EC = MN => MN = 20 cm.

4. Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) = . IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 = . 202 = 400.

1 2

Ta có diện tích phần hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn là S = ( S(o) - S(I) - S(k))

1 2

1 2

S = ( 625- 25- 400) = .200  = 100  314 (cm2)

Bài 15 Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn (O) có đường kính MC. đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại D. đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại S.

1. Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp . 2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB. 3. Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh rằng các đường thẳng BA, EM, CD

đồng quy.

4. Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE. 5. Chứng minh điểm M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE.

Lời giải:

C 2 1

C 1 3 2

O

O

3

E

D

S

1 2

M

E

M

2 1 S

D

2

1

1

1

F

2 1 1 2 3 A

B

F

2 B

2 3 A

H×nh a

H×nh b

1. Ta có éCAB = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); éMDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => CDB = 900 như vậy D và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp.

2. ABCD là tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp cùng chắn cung AB).

=> C2 = C3 (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung bằng nhau)

D1= C3 =>  SM EM => CA là tia phân giác của góc SCB.

 CE CS

=> D1= D2 => DM là tia phân giác của góc ADE.(1)

=> SCM = ECM => CA là tia phân giác của góc SCB.

3. Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC như vậy BA, EM, CD là ba đường cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy. 4. Theo trên Ta có  SM EM 5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => MEB = 900. Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đường tròn => A2 = B2 . Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp cùng chắn cung CD) => A1= A2 => AM là tia phân giác của góc DAE (2) Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu 2 : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS =>       SM EM Bài 16 Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đường tròn đường kính BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn tại F, G.

4. Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy.

Lời giải:

Chứng minh : 1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD. 2. Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp . 3. AC // FG.

B

O

E

1. Xét hai tam giác ABC và EDB Ta có BAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => DEB = BAC = 900 ; lại có ABC là góc chung => DEB   CAB . 2. Theo trên DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( vì ABC vuông tại A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà đây là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp .

1

F

1 G

D

1

C

S

A

* BAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay BFC = 900 như vậy F và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp. 3. Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà đây là hai góc so le trong nên suy ra AC // FG. 4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đường cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy tại S. Bài 17. Cho tam giác đều ABC có đường cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M không trùng B. C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB. AC.

1. Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

đó.

A

2. Chứng minh rằng MP + MQ = AH. 3. Chứng minh OH  PQ.

1

O

P

2

Lời giải: 1. Ta có MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC (gt) => AQM = 900 như vậy P và Q cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên P và Q cùng nằm trên đường tròn đường kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp. * Vì AM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm của AM.

1 2

Q

BC.AH. 2. Tam giác ABC có AH là đường cao => SABC =

M

B

H

C

AB.MP Tam giác ABM có MP là đường cao => SABM =

1 2 1 2

AC.MQ Tam giác ACM có MQ là đường cao => SACM =

1 2

1 2

1 2

AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH Ta có SABM + SACM = SABC =>

Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH.

(

3. Tam giác ABC có AH là đường cao nên cũng là đường phân giác => HAP = HAQ =>  HP HQ tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc POQ. Mà tam giác POQ cân tại O ( vì OP và OQ cùng là bán kính) nên suy ra OH cũng là đường cao => OH  PQ Bài 18 Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H không trùng O, B) ; trên đường thẳng vuông góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngoài đường tròn ; MA và MB thứ tự cắt đường tròn (O) tại C và D. Gọi I là giao điểm của AD và BC.

1. Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp . 2. Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I. 3. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp .

Lời giải:

M 1

1. Ta có : éACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn )

_

K

_

1 C 4 3 2

D

I

=> éMCI = 900 (vì là hai góc kề bù). éADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éMDI = 900 (vì là hai góc kề bù). => éMCI + éMDI = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID nên MCID là tứ giác nội tiếp.

1

2. Theo trên Ta có BC  MA; AD  MB nên BC và AD là hai

A

B

H

O

đường cao của tam giác MAB mà BC và AD cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác MAB. Theo giả thiết thì MH  AB nên MH cũng là đường cao của tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy tại I.

3. OAC cân tại O ( vì OA và OC là bán kính) => A1 = C4

KCM cân tại K ( vì KC và KM là bán kính) => M1 = C1 . Mà A1 + M1 = 900 ( do tam giác AHM vuông tại H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( vì góc ACM là góc bẹt) hay OCK = 900 . Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK và OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp. Bài 19. Cho đường tròn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ). Gọi M là trung điểm của đoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB. Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD.

D

3

1. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp . 2. Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi. 3. Chứng minh BI // AD. 4. Chứng minh I, B, E thẳng hàng. 5. Chứng minh MI là tiếp tuyến của (O’).

1

A

/

/

C

2

M

O

O'

I 2 1 1 B

1 E

Lời giải: 1. éBIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éBID = 900 (vì là hai góc kề bù); DE  AB tại M => éBMD = 900 => éBID + éBMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MBID nên MBID là tứ giác nội tiếp. 2. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE  AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan hệ đường kính và dây cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường .

3. éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DC; theo trên BI  DC => BI // AD. (1) 4. Theo giả thiết ADBE là hình thoi => EB // AD (2). Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đường thẳng song song với AD mà thôi.) 5. I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông tại I => IM là trung tuyến ( vì M là trung điểm của DE) =>MI = ME => MIE cân tại M => I1 = E1 ; O’IC cân tại O’ ( vì O’C và O’I cùng là bán kính ) => I3 = C1 mà C1 = E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 . Mà I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI  O’I tại I => MI là tiếp tuyến của (O’). Bài 20. Cho đường tròn (O; R) và (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngoài nhau tại C. Gọi AC và BC là hai đường kính đi qua điểm C của (O) và (O’). DE là dây cung của (O) vuông góc với AB tại trung điểm M của AB. Gọi giao điểm thứ hai của DC với (O’) là F, BD cắt (O’) tại G. Chứng minh rằng:

D 1

G

M

C

B

A

1

O'

O

1

3

2 F

1. Tứ giác MDGC nội tiếp . 2. Bốn điểm M, D, B, F cùng nằm trên một đường tròn 3. Tứ giác ADBE là hình thoi. 4. B, E, F thẳng hàng 5. DF, EG, AB đồng quy. 6. MF = 1/2 DE. 7. MF là tiếp tuyến của (O’).

Lời giải:

1 E

1. éBGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )

=> éCGD = 900 (vì là hai góc kề bù) Theo giả thiết DE  AB tại M => éCMD = 900 => éCGD + éCMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCGD nên MCGD là tứ giác nội tiếp

2. éBFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éBFD = 900; éBMD = 900 (vì DE  AB tại M) như vậy F và M cùng nhìn BD dưới một góc bằng 900 nên F và M cùng nằm trên đường tròn đường kính BD => M, D, B, F cùng nằm trên một đường tròn .

3. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE  AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan

5. Theo trên DF  BE; BM  DE mà DF và BM cắt nhau tại C nên C là trực tâm của tam giác

6. Theo trên DF  BE => DEF vuông tại F có FM là trung tuyến (vì M là trung điểm của DE) suy

hệ đường kính và dây cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường . 4. éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DF ; theo trên tứ giác ADBE là hình tho => BE // AD mà AD  DF nên suy ra BE  DF . Theo trên éBFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BF  DF mà qua B chỉ có một đường thẳng vuông góc với DF do đo B, E, F thẳng hàng. BDE => EC cũng là đường cao => ECBD; theo trên CGBD => E,C,G thẳng hàng. Vậy DF, EG, AB đồng quy ra MF = 1/2 DE ( vì trong tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền). 7. (HD) theo trên MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân tại M => D1 = F1 O’BF cân tại O’ ( vì O’B và O’F cùng là bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = D1 (Cùng phụ với DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 . Mà F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF  O’F tại F => MF là tiếp tuyến của (O’). Bài 21. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q.

1. Chứng minh rằng các đường tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau tại A. 2. Chứng minh IP // OQ.

Q

1

3. Chứng minh rằng AP = PQ. 4. Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất.

P 1

1

A

B

O

I

H

Lời giải: 1. Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lượt là các bán kính của đường tròn (O) và đường tròn (I) . Vậy đường tròn (O) và đường tròn (I) tiếp xúc nhau tại A . 2. OAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán kính ) => A1 = Q1 IAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => A1 = P1 => P1 = Q1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra IP // OQ.

3. APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP  AQ => OP là đường cao của OAQ mà OAQ cân tại O nên OP là đường trung tuyến => AP = PQ.

1 2

4. (HD) Kẻ QH  AB ta có SAQB = AB.QH. mà AB là đường kính không đổi nên SAQB lớn nhất khi QH

lớn nhất. QH lớn nhất khi Q trùng với trung điểm của cung AB. Để Q trùng với trung điểm của cung AB thì P phải là trung điểm của cung AO. Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI  AO mà theo trên PI // QO => QO  AB tại O => Q là trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất. Bài 22. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE, đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K.

B

A

1

1. Chứng minh BHCD là tứ giác nội tiếp . 2. Tính góc CHK. 3. Chứng minh KC. KD = KH.KB 4. Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên đường nào?

H

O

E

1

2

)

1

D

C

K

Lời giải: 1. Theo giả thiết ABCD là hình vuông nên BCD = 900; BH  DE tại H nên BHD = 900 => như vậy H và C cùng nhìn BD dưới một góc bằng 900 nên H và C cùng nằm trên đường tròn đường kính BD => BHCD là tứ giác nội tiếp. 2. BHCD là tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800. (1) BHK là góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2). Từ (1) và (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD là hình vuông) => CHK = 450 . 3. Xét KHC và KDB ta có CHK = BDC = 450 ; K là góc chung

KC KH  KB KD

=> KHC  KDB => => KC. KD = KH.KB.

4. (HD) Ta luôn có BHD = 900 và BD cố định nên khi E chuyển động trên cạnh BC cố định thì H chuyển động trên cung BC (E  B thì H  B; E  C thì H  C). Bài 23. Cho tam giác ABC vuông ở A. Dựng ở miền ngoài tam giác ABC các hình vuông ABHK, ACDE.

3. Cho biết ABC > 450 ; gọi M là giao điểm của BF và ED, Chứng

1. Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng. 2. Đường thẳng HD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại F, chứng minh FBC là tam giác vuông cân.

E

M

minh 5 điểm B, K, E, M, C cùng nằm trên một đường tròn.

4. Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp

D

K

tam giác ABC.

Lời giải:

F

A

1. Theo giả thiết ABHK là hình vuông => BAH = 450

H

O

C

B

Tứ giác AEDC là hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông ở A => BAC = 900 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng.

2. Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên tam giác BFC vuông tại F. (1).

FBC = FAC ( nội tiếp cùng chắn cung FC) mà theo trên CAD = 450 hay FAC = 450 (2). Từ (1) và (2) suy ra FBC là tam giác vuông cân tại F.

3. Theo trên BFC = 900 => CFM = 900 ( vì là hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông).

=> CFM + CDM = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp một đường tròn suy ra CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC là hình vuông) => CMF = 450 hay CMB = 450. Ta cũng có CEB = 450 (vì AEDC là hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK là hình vuông). Như vậy K, E, M cùng nhìn BC dưới một góc bằng 450 nên cùng nằm trên cung chứa góc 450 dựng trên BC => 5 điểm B, K, E, M, C cùng nằm trên một đường tròn.

4. CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC  BC tại C => MC là tiếp tuyến của

A

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 . Vẽ đường tròn đường kính AC có tâm O, đường tròn này cắt BA và BC tại D và E. 1. Chứng minh AE = EB. 2. Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đường

D

1

F

2

trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH.

O

3. Chứng minh OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam

H

_

/

giác BDE.

K _

1

1

I

/

Lời giải:

1. AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn )

E

B

C

=> AEB = 900 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450 => AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB.

2. Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB => IK là đường trung bình của tam

giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE  HE tại E => IK  HE tại K (2). Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE . Vậy trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH.

3. theo trên I thuộc trung trực của HE => IE = IH mà I là trung điểm của BH => IE = IB.  ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông tại D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID. Ta có ODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => D1 = C1. (3) IBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => D2 = B1 . (4) Theo trên ta có CD và AE là hai đường cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH cũng là đường cao của tam giác ABC => BH  AC tại F => AEB có AFB = 900 .

H

1

K

M

1

Q

P

2

1

2

1

B

C

1 I O

Theo trên ADC có ADC = 900 => B1 = C1 ( cùng phụ BAC) (5). Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD  ID tại D => OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Bài 25. Cho đường tròn (O), BC là dây bất kì (BC< 2R). Kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và C chúng cắt nhau tại A. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ các đường vuông góc MI, MH, MK xuống các cạnh tương ứng BC, AC, AB. Gọi giao điểm của BM, IK là P; giao điểm của CM, IH là Q. A 1. Chứng minh tam giác ABC cân. 2. Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp . 3. Chứng minh MI2 = MH.MK. 4. Chứng minh PQ  MI. Lời giải: 1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AB = AC => ABC cân tại A. 2. Theo giả thiết MI  BC => MIB = 900; MK  AB => MKB = 900. => MIB + MKB = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp * ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứ giác BIMK ) 3. Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 1800; tứ giác CHMI nội tiếp => HMI + HCI = 1800. mà KBI = HCI ( vì tam giác ABC cân tại A) => KMI = HMI (1). Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp => B1 = I1 ( nội tiếp cùng chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 ( nội tiếp cùng chắn cung IM). Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ BM ) => I1 = H1 (2). Từ (1) và (2) => MKI MIH =>

MI MK  MH MI

=> MI2 = MH.MK

4. Theo trên ta có I1 = C1; cũng chứng minh tương tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( vì có hai góc đồng vị bằng nhau) . Theo giả thiết MI BC nên suy ra IM  PQ. Bài 26. Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Vẽ dây cung CD  AB ở H. Gọi M là điểm chính giữa của cung CB, I là giao điểm của CB và OM. K là giao điểm của AM và CB. Chứng minh :

J



1. 2. AM là tia phân giác của CMD. 3. Tứ giác OHCI nội

C

/

KC KB

AC AB

M

_

K I

A

B

H

O

tiếp 4. Chứng minh đường vuông góc kẻ từ M đến AC cũng là tiếp tuyến của đường tròn tại M. Lời giải: 1. Theo giả thiết M là trung điểm của BC =>  MB MC => CAM = BAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => AK là tia

D



KC KB

AC AB

phân giác của góc CAB => ( t/c tia phân giác của tam giác )

2. (HD) Theo giả thiết CD  AB => A là trung điểm của CD => CMA = DMA => MA là tia phân giác của góc CMD.

3. (HD) Theo giả thiết M là trung điểm của BC => OM  BC tại I => OIC = 900 ; CD  AB tại H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp 4. Kẻ MJ  AC ta có MJ // BC ( vì cùng vuông góc với AC). Theo trên OM  BC => OM  MJ tại J suy ra MJ là tiếp tuyến của đường tròn tại M. Bài 27 Cho đường tròn (O) và một điểm A ở ngoài đường tròn . Các tiếp tuyến với đường tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn (O) tại B và C. Gọi M là điểm tuỳ ý trên đường tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH  BC, MK  CA, MI  AB. Chứng minh :

Tứ giác ABOC nội tiếp. 2. BAO =  BCO. 3. MIH  MHK. 4. MI.MK = MH2.

Lời giải:

I

B

B

I

M

M

H

H

O

O

A

A

K

C

C

K

(HS tự giải) Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO =  BCO (nội tiếp cùng chắn cung BO). Theo giả thiết MH  BC => MHC = 900; MK  CA => MKC = 900

=> MHC + MKC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội tiếp cùng chắn cung HM). Chứng minh tương tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => MHI = MBI (nội tiếp cùng chắn cung IM). Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM ) => HKM = MHI (1). Chứng minh tương tự ta cũng có KHM = HIM (2). Từ (1) và (2) =>  HIM   KHM.

MI MH  MH MK

Theo trên  HIM   KHM => => MI.MK = MH2

Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC; E là điểm đối xứng của H qua BC; F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC.

A

=

B'

1. Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành. 2. E, F nằm trên đường tròn (O). 3. Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân. 4. Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là trọng tâm

của tam giác ABC.

C'

H

O =

/

Lời giải:

B

C

G / / A'

/

I

1. Theo giả thiết F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC => I là trung điểm BC và HE => BHCF là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường .

F

E

2. (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ = 1800 mà BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800. Theo trên BHCF là hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800

=> Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O).

* H và E đối xứng nhau qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC =>  BEC + BAC = 1800 => ABEC nội tiếp => E thuộc (O) .

3. Ta có H và E đối xứng nhau qua BC => BC  HE (1) và IH = IE mà I là trung điểm của của

HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông tại E hay FE  HE (2) Từ (1) và (2) => EF // BC => BEFC là hình thang. (3) Theo trên E (O) => CBE = CAE ( nội tiếp cùng chắn cung CE) (4). Theo trên F (O) và FEA =900 => AF là đường kính của (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( vì cùng phụ ACB) (5). Từ (4) và (5) => BCF = CBE (6). Từ (3) và (6) => tứ giác BEFC là hình thang cân.

4. Theo trên AF là đường kính của (O) => O là trung điểm của AF; BHCF là hình bình hành => I

là trung điểm của HF => OI là đường trung bình của tam giác AHF => OI = 1/ 2 AH. Theo giả thiết I là trung điểm của BC => OI  BC ( Quan hệ đường kính và dây cung) => OIG = HAG

GI OI  GA HA

1 2

(vì so le trong); lại có OGI =  HGA (đối đỉnh) => OGI  HGA => mà OI = AH

 mà AI là trung tuyến của tam giác ABC (do I là trung điểm của BC) => G là trọng tâm của

GI GA

1 2

=>

tam giác ABC. Bài 29 BC là một dây cung của đường tròn (O; R) (BC  2R). Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H.

A

=

E

1. Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC. 2. Gọi A’ là trung điểm của BC, Chứng minh AH = 2OA’. 3. Gọi A1 là trung điểm của EF, Chứng minh R.AA1 = AA’. OA’. 4. Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy ra vị trí của A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất.

F

A 1 H

O =

/

/ /

B

C

A'

D

/

K

'

Lời giải: (HD) 1. Tứ giác BFEC nội tiếp => AEF = ACB (cùng bù BFE) AEF = ABC (cùng bù CEF) =>  AEF   ABC. 2. Vẽ đường kính AK => KB // CH ( cùng vuông góc AB); KC // BH (cùng vuông góc AC) => BHKC là hình bình hành => A’ là trung điểm của HK => OK là đường trung bình của AHK => AH = 2OA’ 3. Áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng thì tỉ số giữa hia trung tuyến, tỉ số giữa hai bán kính các đường tròn ngoại tiếp bằng tỉ số đồng dạng. ta có :

'

R AA  R AA 1

 AEF   ABC => (1) trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC; R’ là bán kính

đường tròn ngoại tiếp  AEF; AA’ là trung tuyến của ABC; AA1 là trung tuyến của AEF. Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên đây cũng là đường tròn ngoại tiếp AEF

AH 2

A O 2 ' 2

= AA’ . Từ (1) => R.AA1 = AA’. R’ = AA’

Vậy R . AA1 = AA’ . A’O (2) 4. Gọi B’, C’lần lượt là trung điểm của AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính đi qua trung điểm của một dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lượt là các đường cao của các tam giác OBC, OCA, OAB.

1 2

( OA’ . BC’ + OB’ . AC + OC’ . AB ) SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =

2SABC = OA’ . BC + OB’ . AC’ + OC’ . AB (3)

AA 1 AA '

AA 1 AA '

Theo (2) => OA’ = R . mà là tỉ số giữa 2 trung tuyến của hai tam giác đồng dạng AEF và ABC

FD AC

ED AB

AA 1 AA '





BC .

.

AC

.

AB

nên = . Tương tự ta có : OB’ = R . ; OC’ = R . Thay vào (3) ta được

FD AC

ED AB

EF BC EF BC

2SABC = R ( )  2SABC = R(EF + FD + DE)

* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn nhất khi SABC.

1 2

Ta có SABC = AD.BC do BC không đổi nên SABC lớn nhất khi AD lớn nhất, mà AD lớn nhất khi A là

điểm chính giỡa của cung lớn BC.

Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt (O) tại M. Vẽ đường cao AH và bán kính OA.

A

D

1. Chứng minh AM là phân giác của góc OAH. 2. Giả sử B > C. Chứng minh OAH = B - C. 3. Cho BAC = 600 và OAH = 200. Tính:

O

a) B và C của tam giác ABC. b) Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BC và cung nhỏ BC theo R

B

C

H

=> M

M

=> ABD = ACB.

   

B

C

0 120

0 70

  B



Lời giải: (HD) 1. AM là phân giác của BAC => BAM = CAM =>  BM CM là trung điểm của cung BC => OM  BC; Theo giả thiết AH  BC => OM // AH => HAM = OMA ( so le). Mà OMA = OAM ( vì tam giác OAM cân tại O do có OM = OA = R) => HAM = OAM => AM là tia phân giác của góc OAH. 2. Vẽ dây BD  OA =>  AB AD Ta có OAH =  DBC ( góc có cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C. 3. a) Theo giả thiết BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trên B C = OAH => B - C = 200 .

   

B

C

0 20

0 50

  C

    

2

2 R

.(4

3 3)





R

. 3.

=

=>

2  R R .  3

. 3 4

 12

     2 2  . R .120 0 360

1 2

R 2

CÁC BÀI TOÁN NÂNG CAO

b) Svp = SqBOC - S  BOC =

Câu V(0,5đ): HN







2 x

2 x

  x

3 x (2

2 x

x 2

Giải phơng trình:

 1)

1   4

1 4

1 2







b 2

c 3

a

4

 cba ,

2

2

2





4;1  b 2

36

c 3

a

thoả mãn điều kiện

Bài 5: (1,25đ) hue Một cái phễu có hình trên dạng hình nón đỉnh S, bán kính đáy R = 15cm, chiều cao h = 30cm. Một hình trụ đặc bằng kim loại có bán kính đáy r = 10cm đặt vừa khít trong hình nón có đầy nớc (xem hình bên). Ngời ta nhấc nhẹ hình trụ ra khỏi phễu. Hãy tính thể tích và chiều cao của khối nớc còn lại trong phễu. Bài 5: Hà Tĩnh Các số , chứng minh bất đẳng thức: Đẳng thức xảy ra khi nào? Câu 5: (1,0 điểm) BÌNH ĐỊNH Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a+b+c=3. Chứng minh rằng:

Bài 5: (1,0 điểm) BÌNH ĐỊNH Đề chính thức

Với mỗi số k nguyên dương, đặt Sk = ( 2 + 1)k + ( 2 - 1)k Chứng minh rằng: Sm+n + Sm- n = Sm .Sn với mọi m, n là số nguyên dương và m

 



x y

2

xy

0

1) Giải hệ phơng trình:

 







2 2 x y x y

(

xy

2 1)

1

> n. Bài 5 (1,5 điểm) NAM ĐỊNH   



  



2) Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có:

(2

x

1)

2 x

x

1

(2

x

1)

2 x

  1 x

Bài 4 :(1điểm) HẢI PHÒNG Cho 361 số tự nhiên

2

361











..................

37

3 1 a

a ,a ,a ,..............,a 1 1 a 1

thoả mãn điều kiện 1 a 361

2

1 a 3 Chứng minh rằng trong 361 số tự nhiên đó, tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau.

Bài 5 (0,5 điểm) THÁI BÌNH

  

2 x

2 x

x

3 x 2

2 x

Giải phương trình:



    x 2 1

1   4

1 4

1 2

Bài 5. (0,5 điểm) THÁI BÌNH

Giải phương trình:

.

Bài 5 (1,0 điểm) THANH HÓA



2 n

2  np p

  1

Cho số thực m, n, p thỏa mãn :

.

2 m 3 2

   3 1 x 1  2x 3 1  4x 3 1  5x 6      

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p. Bài 4. ( 1,5 điểm ) ĐÀ NẲNG Người ta rót đầy nước vào một chiếc ly hình nón thì được 8 cm3. Sau đó người ta rót nước từ ly ra để chiều cao mực nước chỉ còn lại một nửa. Hãy tính thể tích lượng nước còn lại trong ly.

Câu 5 : PHÚ YÊN ( 1.0 điểm ) Cho D là điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC

nội tiếp trong đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O1 , O2 tiếp xúc AB , AC

lần lượt tại B , C và đi qua D . Gọi E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn này .

Chứng minh rằng điểm E nằm trên đường tròn (O)

3

3

Câu V : (1 điểm) HẢI D ƯƠNG Cho x, y thỏa mãn:

.



  x 2 y

  y 2 x 2

2



B x

 2xy 2y

 2y 10 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   Câu 5:(1,0 điểm) HẢI DƠNG CHÍNH THỨC

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A =

 6 4x 2  1 x





2 0 sin 25

2 0 sin 65

2 0 sin 75

Bài 5: HÀ GIANG (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức: P =

2 0  sin 15 Bài 5: (1 điểm) BÌNH THUẬN

Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón có chiều cao h = 12 cm và bán kính đường tròn đáy r = 9 cm. Câu 5: (1đ) Long An Cho b,c là hai số thoả mãn hệ thức: 1

1 b c

1   2

Chứng minh rằng ít nhất 1 trong hai phương trình sau phải có nghiệm: x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2) Câu 7: (0,5 điểm) BẮC NINH Cho hình thoi ABCD. Gọi R, r lần lợt là bán kính đ- ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ABC, a là độ dài cạnh của hình thoi. Chứng minh





rằng:

1 2 R

1 2 r

4 2 a

Câu VI:(0,5 điểm) BẮC GIANG



0

Cho các số dơng x, y, z thỏa mãn xyz -

16   x y z

2

    x

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (x+y)(x+z) Câu VI:(0,5 điểm) BẮC GIANG Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0 Bài 5: (1,0 điểm) ĐĂK LĂK

Gọi

2

1

  2 2(m 1)x 2m 9m 7 0

x , x là hai nghiệm của phương trình: (m là tham số).

Chứng minh rằng :

2

7(x 1 x ) 2   18 x x 1  2





A

Bài 5: (1,0 điểm) ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN

  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

2

1 

x

y

1 xy

Cho x, y >0 và x y 1

Bài 5: (1, 0 điểm) HƯNG YÊN

2



Cho hai số a,b khác 0 thoả mãn 2a2 +

= 4

b 4

1 2 a

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = ab + 2009.