TRNG THCS ễNG PHNG K HOCH ễN TP Thi vO LP 10 THPT Nm hc 2011 - 2012 tổng hợp kiến thức cách giải dạng tập toán Năm hc 2010 - 2011 Phần I: Đại số CHUYấN 1: CN THC BC HAI I/ KIN THC Điều kiện để thức có nghĩa A có nghĩa A Các công thức biến đổi thức A2 = A a AB = A B ( A 0; B 0) b c A = B d A2 B = A B e A B ( A 0; B > 0) A B = A2 B ( A 0; B 0) A B = A2 B A = B B f ( B 0) AB ( A < 0; B 0) ( AB 0; B 0) i A A B = B B k C C ( A mB ) = A B2 AB m C C( A m B ) = A B2 A B ( B > 0) ( A 0; A B ) ( A 0; B 0; A B ) II/ BI TP Dng 1/ iu kin xỏc nh Bi 1: Tỡm iu kin ca cỏc biu thc sau: a, x + ; b, ; x c, x ; a, x + có nghĩa 2x + x HD Giải: b, c, x có nghĩa x x d, x + ; e, x2 2 x x x > x + > ( x 1)( x + 1) > có nghĩa x > x < x2 x + < x > x < d, x + có nghĩa 2x2 + Điều với x Vậy biểu thức có nghĩa với x e, x 2 có nghĩa - x2 > Điều vô lí với x Vậy biểu thức vô nghĩa với x Bi 2: (bi 1/9 OTT9) Bài (BTVN): Tìm giá trị x để biểu thc sau có nghĩa a, 3x + b, x 10 c, x + x + d, x g, x x3 h, x k, x x x+2 l, e, x x2 x+3 m, Dng 2: Thc hin phộp tớnh v rỳt gn biu thc Bi 1: Thc hin phộp tớnh sau: 0,4 ) A, ( + 10 )( C, ( b, ( 0,2 (10) + ( ) 28 14 + ) + d, ( 15 50 + 200 450 ) : 10 E, ( 3) + 2(3) (1) H, ( 14 + 15 g, ( ): 82 216 ): + + 15 i, 7 + 10 Bi 2: Thc hin phộp tớnh: 1) 125 80 + 605 ; 2) 10 + 10 + ; + 12 + 27 ; 18 48 30 + 162 5) 2+ + ; 2+ 3 4) 7) 27 + 75 ; 10) ( + ) ; 8) ( 3+ 11) + + ; 15) 18) + 6+4 + 64 2 64 + + ; 19) +1 32 3 ( ; + 2+ ) ( +1 16 ; 27 75 ) 192 ; 12) + 10 + + 10 + ; 16) ( 6) 9) 25 12 + 10 + 13) ( + ) ( 49 20 ) ; 14) 6+4 ) 3) 15 216 + 33 12 ; + ; + 5 ) ; 20) 17) 14 24 12 ; + +1 1+ 3 +1 Bi 3: Thc hin phộp tớnh: (Bi 3/10 sỏch ụn tp) Bi 4: Rỳt gn cỏc biu thc (Bi 4/10 sỏch ụn tp) Bi 5: Thu gn biu thc: 15 + + 1+ 5 2/ Cho A = + 15 v B = 3/ + 27 300 14 - 15 - + : ữ 4/ -1 -1 ữ 7- 1/ 15 hóy so sỏnh A + B v A.B 5/ 13 + + 2+ 3 Bi 6: a) Rỳt gn biu thc: A = 48 75 (1 3) 25 b) Trc cn mu : A = + ; B = 4+2 c) A = + 15 15 15 + + 15 ; a a a + a + B = + a + a CHUYấN 2: HM S V TH I/ Kin thc c bn Tớnh cht ca hm s bc nht y = ax + b (a 0) -ng bin a > 0; nghch bin a < - th l ng thng v ch cn xỏc nh hai im thuc th +Trong trng hp b = 0, th hm s luụn i qua gc ta +Trong trng hp b 0, th hm s luụn ct trc tung ti im b - th hm s luụn to vi trc honh mt gúc , m tg = a - th hm s i qua im A(xA; yA) v ch yA = axA + b im thuc ng ng i qua im im A(xA; yA) thuc th hm s y = f(x) yA = f(xA) Vớ d 1: Tỡm h s a ca hm s: y = ax bit th hm s i qua im A(2; 4) Gii: Do th hm s i qua im A(2; 4) nờn: = a.22 a=1 Vớ d 2: Trong mt phng ta cho A(-2; 2) v ng thng (d) cú phng trỡnh: y = -2(x + 1) ng thng (d) cú i qua A khụng? Gii: Ta thy -2.(-2 + 1) = nờn im A thuc vo ng thng (d) Quan h gia hai ng thng Xột hai ng thng: (d1): y = a1x + b1 ; (d2): y = a2x + b2 vi a1 0; a2 -Hai ng thng song song a1 = a2 v b1 b2 -Hai ng thng trựng a1 = a2 v b1 = b2 -Hai ng thng ct a1 a2 +Nu b1 = b2 thỡ chỳng ct ti b1 trờn trc tung +Nu a1.a2 = -1 thỡ chỳng vuụng gúc vi Cỏch tỡm giao im ca hai ng y = f(x) v y = g(x) Bc 1: Tỡm honh giao im l nghim ca phng trỡnh f(x) = g(x) (II) Bc 2: Ly nghim ú thay vo hai cụng thc y = f(x) hoc y = g(x) tỡm tung giao im Chỳ ý: S nghim ca phng trỡnh (II) l s giao im ca hai ng trờn Tỡm iu kin ng thng ng qui Bc 1: Gii h phng trỡnh gm hai ng thng khụng cha tham s tỡm cp s (x; y) Bc 2: Thay (x; y) va tỡm c vo phng trỡnh cũn li tỡm tham s Tớnh cht ca hm s bc hai y = ax2 (a 0) -Nu a > thỡ hm s nghch bin x < 0, ng bin x > Nu a < thỡ hm s ng bin x < 0, nghch bin x > - th hm s l mt Parabol luụn i qua gc ta : +) Nu a > thỡ parabol cú im thp nht l gc ta +) Nu a < thỡ Parabol cú im cao nht l gc ta - th hm s i qua im A(xA; yA) v ch yA = axA2 V trớ ca ng thng v parabol -Xột ng thng x = m v parabol y = ax2: +) luụn cú giao im cú ta l (m; am2) -Xột ng thng y = m v parabol y = ax2: +) Nu m = thỡ cú giao im l gc ta m +) Nu am > thỡ cú hai giao im cú honh l x = a +) Nu am < thỡ khụng cú giao im Tỡm ta giao im ca (d) v (P) Bc 1: Tỡm honh giao im l nghim ca phng trỡnh: cx2 = ax + b (V) Bc 2: Ly nghim ú thay vo hai cụng thc y = ax + b hoc y = cx tỡm tung giao im Chỳ ý: S nghim ca phng trỡnh (V) l s giao im ca (d) v (P) Tỡm iu kin (d) v (P) a) (d) v (P) ct phng trỡnh (V) cú hai nghim phõn bit b) (d) v (P) tip xỳc vi phng trỡnh (V) cú nghim kộp c) (d) v (P) khụng giao phng trỡnh (V) vụ nghim 10 Vit phng trỡnh ng thng y = ax + b bit a Quan h v h s gúc v i qua im A(x0; y0) Bc 1: Da vo quan h song song hay vuụng gúc tỡm h s a Bc 2: Thay a va tỡm c v x0; y0 vo cụng thc y = ax + b tỡm b b Bit th hm s i qua im A(x1; y1) v B(x2; y2) Do th hm s i qua im A(x1; y1) v B(x2; y2) nờn ta cú h phng trỡnh: Gii h phng trỡnh tỡm a,b c Bit th hm s i qua im A(x0; y0) v tip xỳc vi (P): y = cx2 (c 0) +) Do ng thng i qua im A(x0; y0) nờn cú phng trỡnh : y0 = ax0 + b +) Do th hm s y = ax + b tip xỳc vi (P): y = cx (c 0) nờn: Pt: cx2 = ax + b cú nghim kộp +) Gii h gm hai phng trỡnh trờn tỡm a, b 11 Chng minh ng thng luụn i qua im c nh (gi s tham s l m) +) Gi s A(x0; y0) l im c nh m ng thng luụn i qua vi mi m, thay x0;y0 vo phng trỡnh ng thng chuyn v phng trỡnh n m h s x 0; y0 nghim ỳng vi mi m +) ng nht h s ca phng trỡnh trờn vi gii h tỡm x0; y0 II/ Bài tập hàm số Bài Cho parabol y = 2x2 (p) a Tìm hoành độ giao điểm (p) với đờng thẳng y = 3x b Tìm toạ độ giao điểm (p) với đờng thẳng y = 6x - c Tìm giá trị a, b cho đờng thẳng y = ax + b tiếp xúc với (p) qua A(0;2) d Tìm phơng trình đờng thẳng tiếp xúc với (p) B(1; 2) e Biện luận số giao điểm (p) với đờng thẳng y = 2m + ( hai phơng pháp đồ thị đại số) f Cho đờng thẳng (d): y = mx - Tìm m để + (p) không cắt (d) + (p)tiếp xúc với (d) Tìm toạ độ điểm tiếp xúc đó? + (p) cắt (d) hai điểm phân biệt + (p) cắt (d) Bài Cho hàm số (p): y = x2 hai điểm A(0;1) ; B(1;3) a Viết phơng trình đờng thẳng AB tìm toạ độ giao điểm AB với (P) cho b Viết phơng trình đờng thẳng d song song với AB tiếp xúc với (P) c Viết phơng trình đờng thẳng d1 vuông góc với AB tiếp xúc với (P) Bài Cho (P): y = x2 hai đờng thẳng a,b có phơng trình lần lợt y = 2x (a) y = 2x + m (b) a Chứng tỏ đờng thẳng a không cắt (P) b Tìm m để đờng thẳng b tiếp xúc với (P), với m tìm đợc hãy: + Chứng minh đờng thẳng a,b song song với + Tìm toạ độ tiếp điểm A (P) với b + Lập phơng trình đờng thẳng (d) qua A có hệ số góc -1/2 Tìm toạ độ giao điểm (a) (d) Bài Cho hàm số y = x (P) a Vẽ đồ thị hàm số (P) b Với giá trị m đờng thẳng y = 2x + m (d) cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt A, B tìm toạ độ hai điểm A B Bài Cho hàm số y = 2x2 (P) y = 3x + m (d) a Khi m = 1, tìm toạ độ giao điểm (P) (d) b Tính tổng bình phơng hoành độ giao điểm (P) (d) theo m c Tìm mối quan hệ hoành độ giao điểm (P) (d) độc lập với m Bài Cho hàm số y = -x2 (P) đờng thẳng (d) qua N(-1; -2) có hệ số góc k a Chứng minh với giá trị k đờng thẳng (d) cắt đồ thị (P) hai điểm A,B tìm k cho A,B nằm hai phía trục tung b Gọi (x1; y1); (x2; y2) toạ độ điểm A, B nói trên, tìm k cho tổng S = x1+ y1+ x2+ y2 đạt giá trị lớn Bài Cho hàm số y = mx m + (d) a Chứng tỏ m thay đổi đờng thẳng (d) qua điểm cố định tìm điểm cố định b Tìm m để (d) cắt (P): y = x2 điểm phân biệt A B, cho AB = Mt s thi MT S THI THAM KHO Câu IV: (1,5đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P) Tìm a, biết (P) cắt ng thẳng (d) có phng trình y = -x - điểm A có hoành độ Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm c Tìm toạ độ giao điểm thứ hai B (B khác A) (P) (d) Bài 2: (2,25đ) a) Cho hàm số y = ax + b Tìm a, b biết đồ thị hàm số cho song song với ng thẳng y = -3x + qua điểm A thuộc Parabol (P): y = x có hoàng độ -2 b) Không cần giải, chứng tỏ phng trình ( + )x2 - 2x nghiệm phân biệt tính tổng bình phng hai nghiệm Câu II: HCM a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = = có hai x2 đuờng thẳng (d): y = x + hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (d) phép tính Bi 1: H Tnh Trong h trc to Oxy, bit ng thng y = ax + i qua im M(-2; 2) Tỡm h s a Bi 2: (3.0 im ) QUNG NAM Cho hm s y = x2 v y = x + a) V th ca cỏc hm s ny trờn cựng mt mt phng ta Oxy b) Tỡm ta cỏc giao im A,B ca th hai hm s trờn bng phộp tớnh c) Tớnh din tớch tam giỏc OAB Bài (1,5 điểm) QUNG NINH Cho hàm số : y = (2m 1)x + m + với m tham số m # Hãy xác định m trng hơp sau : a) Đồ thị hàm số qua điểm M (-1; 1) b) Đồ thị hàm số cắt trục tung, trục hoành lần lợt A, B cho tam giác OAB cân HI PHềNG Tỡm m ng thng y = 3x v ng thng y = x + m ct ti mt im trờn trc honh Bi 3: (3,0 im) KIấN GIANG a) Cho hm s y = -x2 v hm s y = x V th hai hm s trờn cựng h trc ta Tỡm ta giao im ca hai ụ th trờn bng phng phỏp i s b) Cho parabol (P) : y = x2 v ng thng (D) : y = mx - m Tỡm m (D) tip xỳc vi (P) Chng minh rng hai ng thng (D1) v (D2) tip xỳc vi (P) v hai ng thng y vuụng gúc vi Bi 2: (1,5 im) AN GIANG 1/ Cho hai ng thng d1 : y = (m+1) x + ; d : y = 2x + n Vi giỏ tr no ca m, n thỡ d1 trựng vi d ? x2 2/ Trờn cựng mt phng ta , cho hai th (P): y = ; d: y = x Tỡm ta giao im ca (P) v d bng phộp toỏn Bi (2 im) Cho Parabol (P): y= x2 v ng thng (d): y = mx - (m l tham s m 0) a/ V th (P) trờn mt phng to xOy b/ Khi m = 3, hóy tỡm to giao im (P) v (d) c/ Gi A(xA; yA), B(xA; yB) l hai giao im phõn bit ca (P) v ( d) Tỡm cỏc giỏ tr ca m cho : yA + yB = 2(xA + xB ) -1 Bi (1,5 im) QUNG TR Cho hm s y = ax + b Tỡm a, b bit th ca hm s i qua im (2, -1) v ct trc honh ti im cú honh bng Bi (2,5 im) THANH HểA Trong mt phng ta Oxy cho parabol (P): y = x2 v im B(0;1) Vit phng trỡnh ng thng (d) i qua im B(0;1) v cú h s k Chng minh rng ng thng (d) luụn ct Parabol (P) ti hai im phõn bit E v F vi mi k Cõu (1,5 im) QUNG TR Trong mt phng to Oxy cho hm s y = -2x + cú th l ng thng (d) a) Tỡm to giao im ca ng thng (d) vi hai trc to b) Tỡm trờn (d) im cú honh bng tung Cõu II : (2,0 ) Hi Dng 1 1) Cho hàm số y = f(x) = x Tính f(0); f ( ) ; f ữ; f 2 Bi 1: (2im) BèNH THUN Cho hai hm s y = x v y = 2x + 1/ V trờn cựng mt mt phng to th ca hai hm s ó cho 2/ Bng phộp tớnh hóy tỡm to giao im ca hai th trờn Bắc giang Hàm số y = 2009x + 2010 đòng biến hay nghịch biến R? Vì Bắc giang Cho hàm số y = x - Tại x = y có giá trị bao nhiêu? Bi 2: Cho ba ng thẳng (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = (d3): nx - y = n - 1; n tham số a) Tìm tọa độ giao điểm N hai ng thẳng (d1) (d2) b) Tìm n để ng thẳng (d3) qua N ( ) CHUYấN 3: PHNG TRèNH - H PHNG TRèNH - BT PHNG TRèNH (Bc nht) I.KIN THC C BN 1.Phng trỡnh bc nht mt n -a v dng ax + b = (a 0) b -Nghim nht l x = a 2.Phng trỡnh cha n mu -Tỡm KX ca phng trỡnh -Quy ng v kh mu -Gii phng trỡnh va tỡm c -So sỏnh giỏ tr va tỡm c vi KX ri kt lun 3.Phng trỡnh tớch giỏi phng trỡnh tớch ta ch cn gii cỏc phng trỡnh thnh phn ca nú Chng hn: Vi phng trỡnh A(x).B(x).C(x) = A ( x ) = B( x ) = C x = ( ) 4.Phng trỡnh cú cha h s ch (Gii v bin lun phng trỡnh) Dng phng trỡnh ny sau bin i cng cú dng ax + b = Song giỏ tr c th ca a, b ta khụng bit nờn cn t iu kin xỏc nh s nghim ca phng trỡnh b -Nu a thỡ phng trỡnh cú nghim nht x = a -Nu a = v b = thỡ phng trỡnh cú vụ s nghim -Nu a = v b thỡ phng trỡnh vụ nghim 5.Phng trỡnh cú cha du giỏ tr tuyt i Cn chỳ ý khỏi nim giỏ tr tuyt i ca mt biu thc A A A = A A < 6.H phng trỡnh bc nht Cỏch gii ch yu da vo hai phng phỏp cng i s v th Chỳ ý phng phỏp t n ph mt s trng hp xut hin cỏc biu thc ging c hai phng trỡnh 7.Bt phng trỡnh bc nht Vi bt phng trỡnh bc nht thỡ vic bin i tng t nh vi phng trỡnh bc nht Tuy nhiờn cn chỳ ý nhõn v c hai v vi cựng mt s õm thỡ phi i chiu bt phng trỡnh II BI TP Bi 1: : Giải HPT sau: 1.1 x y = 3 x + y = a Giải: a Dùng PP thế: Dùng PP cộng: x + y = x + y = b x y = x + y = y = 2x y = 2x x = x = 3x + x = x = 10 y = 2.2 y = x = Vy HPT cho có nghiệm là: y =1 x y = x = 10 x = x = x + y = x + y = 3.2 + y = y =1 x = Vy HPT cho có nghiệm là: y =1 - - Để giải loại HPT ta thờng sử dụng PP cộng cho thuận lợi x + y = 10 x + 15 y = 10 11 y = 22 y = x = x + y = 10 x + y = 12 x + y = x + 2.(2 = 6) y = x = Vy HPT có nghiệm y = Đối với HPT dạng ta sử dụng hai cách giải sau đây: 10 => M N nằm đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM = ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC = OCN => OPM = OCM Xét hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM lại có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo giả thiết Ta có CD AB; PM AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C góc chung => OMC NDC => CM CO = => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CD CN CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vuông góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song AB Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Lời giải: Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => B1= F1 39 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 góc chung; AFE = ABC ( theo Chứng minh trên) => AEF ACB => AE AF = => AE AB = AF AC AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2 => E1 + E2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF Chứng minh tơng tự ta có O2F EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng tròn (I), (K) Ta có: BNC= 900( nội tiếp Chứng minh EC = MN chắn nửa đờng tròn tâm K) Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K) Tính MN Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn Lời giải: => ENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1) AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K) => B1 = C1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3 => B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5) 40 Từ (4) (5) => N1 = N3 mà N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K) Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông A có EC AB (gt) => EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm 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 Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S = S= ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 ( 625 - 25 - 400 ) = 200 = 100 314 (cm2) 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy Chứng minh DM tia phân giác góc ADE Chứng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng tròn đờng kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB) ẳ = EM ẳ => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung D1= C3 => SM nhau) 41 => CA tia phân giác góc SCB Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC nh BA, EM, CD ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy ẳ = EM ẳ => D1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) Theo Ta có SM Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900 Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp chắn cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS ằ = CS ằ => SM ẳ = EM ẳ => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB => CE Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng tròn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G Chứng minh : DEC + DAC = 1800 Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD mà hai góc đối nên Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp ADEC tứ giác nội AC // FG tiếp Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB CAB Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( ABC vuông A) hay DAC = 900 => * BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn đờng kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 17 Cho tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với cạnh AB AC 42 Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH Chứng minh OH PQ Tam giác ACM có MQ đờng cao Lời giải: Ta có MP AB (gt) => APM = 90 ; MQ AC => SACM = AC.MQ (gt) => AQM = 90 nh P Q nhìn BC dới góc 900 nên P Q nằm đờng tròn đờng kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM Tam giác ABC có AH đờng cao => SABC = BC.AH Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM = AB.MP Ta có SABM + SACM = SABC => 2 1 AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = 2 BC.AH Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác => HAP = HAQ => ằ = HQ ẳ ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân HP giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đờng cao => OH PQ Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B) ; đờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M đờng tròn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp Chứng minh đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp Lời giải: Theo Ta có Ta có : ACB = 90 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) BC MA; AD MB nên BC AD hai đờng cao => MCI = 900 (vì hai góc kề bù) tam giác MAB mà BC ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) AD cắt I nên I => MDI = 900 (vì hai góc kề bù) trực tâm tam giác => MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MAB Theo giả thiết MCID nên MCID tứ giác nội tiếp 43 MH AB nên MH đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1 Mà A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( góc ACM góc bẹt) hay OCK = 900 Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp Bài 19 Cho đờng tròn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD Chứng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến (O) Lời giải: BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 (vì hai góc kề bù); DE AB M => BMD = 900 => BID + BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DC; theo BI DC => BI // AD (1) Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2) Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thôi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; OIC cân O ( OC 44 OI 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 OI I => MI tiếp tuyến (O) Bài 20 Cho đờng tròn (O; R) (O; R) có R > R tiếp xúc C Gọi AC BC hai đờng kính qua điểm C (O) (O) DE dây cung (O) vuông góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O) F, BD cắt (O) G Chứng minh rằng: Tứ giác MDGC nội tiếp => CGD = 900 (vì hai góc kề bù) Bốn điểm M, D, B, F nằm đờng tròn Tứ giác ADBE hình thoi B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE MF tiếp tuyến (O) Lời giải: BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) Theo giả thiết DE AB M => CMD = 900 => CGD + CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE AB M) nh F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm đờng tròn đờng kính BD => M, D, B, F nằm đờng tròn Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình tho => BE // AD mà AD DF nên suy BE DF Theo BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B có đờng thẳng vuông góc với DF đo B, E, F thẳng hàng Theo DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đờng cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy Theo DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền) (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1 OBF cân O ( OB OF 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 OF F => MF tiếp tuyến (O) 45 Bài 21 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xúc => P1 = Q1 mà A hai góc đồng vị nên suy Chứng minh IP // OQ IP // OQ Chứng minh AP = PQ Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn Lời giải: Ta có OI = OA IA mà OA IA lần lợt bán kính đờng tròn (O) đờng tròn (I) Vậy đờng tròn (O) đờng tròn (I) tiếp xúc A OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1 IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 = P1 APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đờng trung tuyến => AP = PQ (HD) Kẻ QH AB ta có SAQB = AB.QH mà AB đờng kính không đổi nên SAQB lớn QH lớn QH lớn Q trùng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO Thật P trung điểm cung AO => PI AO mà theo PI // QO => QO AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn Bài 22 Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thứ tự H K Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp BHK góc bẹt nên KHC + Tính góc CHK BHC = 1800 (2) Chứng minh KC KD = KH.KB Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào? Lời giải: Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD dới góc 900 nên H C nằm đờng tròn đờng kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) Từ (1) (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450 Xét KHC KDB ta có CHK = BDC = 450 ; K góc chung 46 => KHC KDB => KC KH = => KC KD = KH.KB KB KD (HD) Ta có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E B H B; E C H C) Bài 23 Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng Theo giả thiết ABHK Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam hình vuông => BAH = 450 giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF ED, Chứng minh điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn Chứng minh MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải: Tứ giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông A => BAC = 900 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1) FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2) Từ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân F Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông) => CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vuông) => CMF = 450 hay CMB = 450 Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông) Nh K, E, M nhìn BC dới góc 450 nên nằm cung chứa góc 450 dựng BC => điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC BC C => MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 24 Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn cắt BA BC D E Chứng minh AE = EB Chứng minh OD tiếp Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đtuyến đờng tròn ờng trung trực đoạn HE qua trung điểm I ngoại tiếp tam giác BH BDE Lời giải: 47 A AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB D / B / I F _H _K E O C Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE E => IK HE K (2) Từ (1) (2) => IK trung trực HE Vậy trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH theo I thuộc trung trực HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB bán kính ) => D2 = B1 (4) Theo ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH AC F => AEB có AFB = 900 Theo ADC có ADC = 900 => B1 = C1 ( phụ BAC) (5) Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD ID D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE Bài 25 Cho đờng tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đờng vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q Theo tứ giác BIMK Chứng minh tam giác ABC cân Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp nội tiếp => B1 = I1 Chứng minh MI = MH.MK Chứng minh PQ MI ( nội tiếp chắn cung KM); tứ giác Lời giải: CHMI nội tiếp => H1 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AB = AC => = C1 ( nội tiếp ABC cân A chắn cung IM) Mà B1 Theo giả thiết MI BC => MIB = 90 ; MK AB => ẳ ) = C1 ( = 1/2 sđ BM MKB = 900 => I1 = H1 (2) => MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác Từ (1) (2) => MKI BIMK nội tiếp MI MK * ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tự tứ giác BIMK ) = MIH => => MH MI Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 180 ; tứ MI2 = MH.MK giác CHMI nội tiếp => HMI + HCI = 1800 mà KBI = HCI ( tam giác ABC cân A) => KMI = HMI (1) 48 Theo ta có I1 = C1; chứng minh tơng tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ Bài 26 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R Vẽ dây cung CD AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chứng minh : KC AC = KB AB AM tia phân giác CMD Tứ giác OHCI nội tiếp Chứng minh đờng vuông góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng tròn M ằ = MC ẳ ằ Lời giải: Theo giả thiết M trung điểm BC => MB => CAM = BAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia phân giác góc CAB => KC AC = ( t/c tia phân giác KB AB tam giác ) ằ => CMA = DMA => MA (HD) Theo giả thiết CD AB => A trung điểm CD tia phân giác góc CMD ằ (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => OM BC I => OIC = 900 ; CD AB H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp Kẻ MJ AC ta có MJ // BC ( vuông góc với AC) Theo OM BC => OM MJ J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M Bài 27 Cho đờng tròn (O) điểm A đờng tròn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH BC, MK CA, MI AB Chứng minh : 49 Tứ giác ABOC nội tiếp = MH2 Lời giải: BAO = BCO MIH MHK MI.MK (HS tự giải) Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = BCO (nội tiếp chắn cung BO) Theo giả thiết MH BC => MHC = 900; MK CA => MKC = 900 => MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội tiếp chắn cung HM) Chứng minh tơng tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM) ẳ ) => HKM = MHI (1) Chứng minh tơng tự ta Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM có KHM = HIM (2) Từ (1) (2) => HIM KHM Theo HIM KHM => MI MH = => MI.MK = MH2 MH MK Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đờng tròn (O) Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC Lời giải: Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng (HD) Tứ giác ABHC nội tiếp => BAC + BHC = 180 mà BHC = BHC (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800 => Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O) * H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC => BEC + BAC = 1800 => ABEC nội tiếp => E thuộc (O) 50 Ta có H E đối xứng qua BC => BC HE (1) IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE HE (2) Từ (1) (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3) Theo E (O) => CBE = CAE ( nội tiếp chắn cung CE) (4) Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( phụ ACB) (5) Từ (4) (5) => BCF = CBE (6) Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân Theo AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH Theo giả thiết I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đờng kính dây cung) => OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI HGA => GI OI = mà OI = AH GA HA => GI = mà AI trung tuyến tam giác ABC (do I GA trung điểm BC) => G trọng tâm tam giác ABC Bài 29 BC dây cung đờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác A trung điểm HK => ABC OK đờng trung bình Gọi A trung điểm BC, Chứng minh AH = AHK => AH = 2OA 2OA Gọi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA OA Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn Lời giải: (HD) Tứ giác BFEC nội tiếp => AEF = ACB (cùng bù BFE) AEF = ABC (cùng bù CEF) => AEF ABC Vẽ đờng kính AK => KB // CH ( vuông góc AB); KC // BH (cùng vuông góc AC) => BHKC hình bình hành => áp dụng tính chất : hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đờng tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có : R AA ' AEF ABC => R ' = AA (1) R bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC; R bán kính đờng tròn ngoại tiếp AEF; AA trung tuyến ABC; AA1 trung tuyến AEF Tứ giác AEHF nội tiếp đờng tròn đờng kính AH nên đờng tròn ngoại tiếp AEF Từ (1) => R.AA1 = AA R = AA AH A 'O = AA 2 51 Vậy R AA1 = AA AO (2) Gọi B, Clần lợt trung điểm AC, AB, ta có OBAC ; OCAB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA, OB, OC lần lợt đờng cao tam giác OBC, OCA, OAB SABC = SOBC+ SOCA + SOAB = ( OA BC + OB AC + OC AB ) 2SABC = OA BC + OB AC + OC AB (3) AA1 AA mà tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AA ' AA ' AA1 EF FD ED AEF ABC nên = Tơng tự ta có : OB = R ; OC = R Thay vào (3) AA ' BC AC AB Theo (2) => OA = R ta đợc 2SABC = R ( EF FD ED BC + AC + AB ) 2SABC = R(EF + FD + DE) BC AC AB * R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC Ta có SABC = AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm giỡa cung lớn BC Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH bán kính OA Chứng minh AM phân giác góc OAH = OA = R) => HAM = Giả sử B > C Chứng minh OAH = B - C OAM => AM tia phân 0 giác góc OAH Cho BAC = 60 OAH = 20 Tính: a) B C tam giác ABC b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R Lời giải: (HD) AM phân giác BAC => BAM = CAM => ẳ = CM ẳ => M trung điểm cung BC => OM BC; Theo BM giả thiết AH BC => OM // AH => HAM = OMA ( so le) Mà OMA = OAM ( tam giác OAM cân O có OM 52 Vẽ dây BD OA => ằAB = ằAD => ABD = ACB Ta có OAH = DBC ( góc có cạnh tơng ứng vuông góc nhọn) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B C a) Theo giả thiết BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo B C = OAH => B - C = 200 0 B + C = 120 B = 70 => 0 B C = 20 C = 50 R 1202 R R R R (4 3) R b) Svp = SqBOC - S V BOC = = = 3600 2 12 [...]... theo ' 2 1 6 x - 25 x - 25 = 0 1 x2 - 4x + 2 = 0 2 6x2 - 5x + 1 = 0 2 9x2 - 6x + 1 = 0 3 7x2 - 13x + 2 = 0 3 -3x2 + 2x + 8 = 0 4 3x2 + 5x + 60 = 0 4 x2 - 6x + 5 = 0 5 2x2 + 5x + 1 = 0 5 3x2 - 6x + 5 = 0 6 5x2 - x + 2 = 0 6 3x2 - 12x + 1 = 0 7 X2 - 3x -7 = 0 7 5x2 - 6x - 1 = 0 8 X2 - 3 x - 10 = 0 8 3x2 + 14x + 8 = 0 9 4x2 - 5x - 9 = 0 9 -7x2 + 6x = - 6 10 2x2 - x - 21 = 0 10 x2 - 12x + 32 = 0 11 6x2 + 13x... x2 - 6x + 8 = 0 12 56x2 + 9x - 2 = 0 12 9x2 - 38x - 35 = 0 13 10x2 + 17x + 3 = 0 13 x2 - 2 3 x + 2 = 0 14 7x2 + 5x - 3 = 0 14 4 2 x2 - 6x - 2 = 0 15 X2 + 17x + 3 = 0 15 2x2 - 2 2 x + 1 = 0 Bài tập 2: Biến đổi các phơng trình sau thành phơng 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... nghiệm x1 và x2 thoả mãn: A = x 12 x2 + x22x1 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 phơng trình mx2 - 2( m - 2) x + (m - 3) = 0 thoả mãn điều kiện x 12 + x 22 = 1 Bài tập 23 : Cho phơng trình x2 - 2( m - 2) x + (m2 + 2m - 3) = 0 1 1 Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x1, x2 phân biệt thoả mãn x + x = 1 2 x1 + x2 5 Bài tập 24 : Cho phơng... nghiệm của phơng trình (2) và ngợc lại Bài tập 28 : Gọi x1, x2 là các nghiệm của pt: x2 - (2m - 1)x + m 2 = 0 Tìm m để x 12 + x 22 có giá trị nhỏ nhất Bài tập 29 : Gọi x1; x2 là nghiệm của phơng 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 phơng trình x2 + 2( m - 2) x - 2m + 7 = 0 Tìm m để x 12 + x 22 có giá trị nhỏ nhất... y 2 x + 3 y = 6 x = 3 2 y 3 x y = 2 x = 5 f/ 2 x + 4 y = 20 07 ; g/ 3 y + 9 x = 6 ; h/ 2 ; i/ 5 x + 5 y = 5 ; 2 x y = 6 3 2 2 x + y = 5 k/ 3 x + 3 y = 15 2 4 2 Bài 7: (Giải các hệ phơng trình sau 2 1 x + y x y = 2 a) 5 4 =3 x + y x y b) 3 x 4 y = 8 2 x + y = 2 3 x 2 4 y 2 = 3 c) 2 x 2 + y 2 = 1 (đk x;y 2 ) 3 x 3 y = 3 2 3 ( x + 1) + 2( y 2) = 5 ( x + 5)( y 2) =... 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 phơng trình: x2 - 2( m + 1)x + 2m + 10 = 0 (m là tham số) Tìm m sao cho 2 nghiệm x1; x2 của phơng trình thoả mãn 10x1x2 + x 12 + x 22 đạt giá trị nhỏ nhất Tìm giá trị đó MT S THI CA CC TNH Câu III (1,0đ): HN Cho phng trình (ẩn x): x2 2( m + 1)x + m2 + 2 = 0 1/ Giải phng trình đã cho khi m = 1 2/ ... CI là phân giác của góc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( vì IHC = 900 ) I1 = ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC Vậy AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O) Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 HC2 => AH = 20 2 12 2 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = CH 2 12 2 = = 9 (cm) AH 16 OC = OH 2 + HC 2 = 9 2 + 12 2 = 22 5 = 15 (cm) Bài 5 Cho đờng tròn... sau: 2 x +1 = x - 5 3 2 x2 3x 2 =3 4 2x + 1 1 6 - 3x - 9 2 3 36x4 - 97x2 + 36 = 0 Bài 1: (2, 25đ) Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy giải các phng trình sau: a) 5x2 + 13x 6 = 0 b) 4x4 - 7x2 - 2 = 0 3 x 4 y = 17 5 x + 2 y = 11 c) Câu I: HCM Giải các phơng trình và hệ phng trình sau: a) 8x2 - 2x - 1 = 0 c) x 4 - 2x2 - 3 = 0 d) 3x2 - 2 6 x + 2 = 0 Bài 2 nam định (1,5 điểm) Cho phơng trình: x2 + (3... biệt b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x1 x2 - x 12 - x 22 Bài tập 20 : Cho phơng trình: x2 - 2( m + 4)x + m2 - 8 = 0 a) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt b) Tìm m để A = x 12 + x 22 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ nhất c) Tìm m để B = x1 + x2 - 3x1x2 đạt giá trị lớn nhất d) Tìm m để C = x 12 + x 22 - x1x2 Bài tập 21 : Cho phơng trình: ( m - 1) x2 + 2mx + m + 1 = 0 a) Giải phơng trình với m = 4 b)... 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 Bài tập 3: Cho phơng trình: x2 - 2( 3m + 2) x + 2m2 - 3m + 5 = 0 14 a) Giải phơng trình với m lần lợt bằng các giá trị: m = 2; m = - 2; m = 5; m = -5; m = 3; m = ... - 10 = 3x2 + 14x + = 4x2 - 5x - = -7x2 + 6x = - 10 2x2 - x - 21 = 10 x2 - 12x + 32 = 11 6x2 + 13x - = 11 x2 - 6x + = 12 56x2 + 9x - = 12 9x2 - 38x - 35 = 13 10x2 + 17x + = 13 x2 - x + = 14 7x2... x - 25 x - 25 = x2 - 4x + = 6x2 - 5x + = 9x2 - 6x + = 7x2 - 13x + = -3x2 + 2x + = 3x2 + 5x + 60 = x2 - 6x + = 2x2 + 5x + = 3x2 - 6x + = 5x2 - x + = 3x2 - 12x + = X2 - 3x -7 = 5x2 - 6x - = X2 -... ; 2) 10 + 10 + ; + 12 + 27 ; 18 48 30 + 1 62 5) 2+ + ; 2+ 3 4) 7) 27 + 75 ; 10) ( + ) ; 8) ( 3+ 11) + + ; 15) 18) + 6+4 + 64 2 64 + + ; 19) +1 32 3 ( ; + 2+ ) ( +1 16 ; 27 75 ) 1 92 ; 12)