Thông tin tài liệu
ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN HỌC KỲ II CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TỐN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH I KIẾN THỨC CẦN NHỚ ax by c , a ( D ) Cho hệ phương trình: a ' x b ' y c ', a ' ( D ') a b Hệ phương trình có nghiệm a' b' a b c Hệ phương trình vơ nghiệm (D) // (D’) a' b' c' a b c Hệ phương trình có vơ số nghiệm (D) (D’) a' b' c' II BÀI TẬP VẬN DỤNG x y m Bài tập 1: Cho hệ phương trình (1) 2 x my Giải hệ phương trình (1) m = –1 Xác định giá trị m để: a) x = y = nghiệm hệ (1) b) Hệ (1) vơ nghiệm Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = HD: Khi m = – 1, hệ (1) có nghiệm x = 1; y = 2a) Hệ (1) có nghiệm x = y = m = 1 m a b c 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m a' b' c' 1 m m m = – 2: Hệ (1) vô nghiệm m m 2m m2 Hệ (1) có nghiệm: x = ;y= m2 m2 (D) cắt (D’) 2m m2 + =1 m2 m2 m2 + m – = K có nghiệ m) m 1(thỏ m 2(khô ngthỏ a ĐK có nghiệ m) Vậy m = 1, hệ( có nghiệm (x,y) thỏa: x + y = x y k Bài tập 2: Cho hệ phương trình (1) 2 x y k Giải hệ (1) k = Tìm giá trị k để hệ (1) có nghiệm x = – y = Hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = Trang Tìm nghiệm hệ (1) theo k Khi k = 1, hệ (1) có nghiệm x = 2; y = Hệ (1) có nghiệm x = –8 y = k = – 5k 3k Hệ (1) có nghiệm: x = ;y= 2 x y Bài tập 3: Cho hệ phương trình (1) 2 x my 1 Giải hệ phương trình (1) m = –7 Xác định giá trị m để: a) x = – y = nghiệm hệ (1) b) Hệ (1) vơ nghiệm Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m HD: Khi m = – 7, hệ (1) có nghiệm x = 4; y = – 2a) Hệ (1) có nghiệm x = –1 y = m = 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = – 3m 1 Hệ (1) có nghiệm: x = ;y= m2 m2 mx y 1 Bài tập 4: Cho hệ phương trình (1) 2 x y 1 Giải hệ phương trình (1) m = 2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x = y = 3 Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m HD: Khi m = 3, hệ (1) có nghiệm x = ; y = 13 13 2 2a) Hệ (1) có nghiệm x = y = m = 3 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = –2 1 m2 Hệ (1) có nghiệm: x = ;y= 3m 3m x y Bài tập : Cho hệ phương trình (1) 2 x y m Giải hệ phương trình (1) m = –1 x Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa y HD: Khi m = –1, hệ(1) có nghiệm: x = 13 y = – Tìm: Nghiệm hệ (1) theo m: x = 12 – m ; y = m – x 12 m m 12 m < Theo đề bài: y m m HD: Trang 2 x y 3m Bài tập 6: Cho hệ phương trình 3 x y m Giải hệ phương trình m = – x Với giá trị m hệ pt có nghiệm (x; y) thỏa y HD: Khi m = – , hệ pt có nghiệm: x = y = – Tìm: Nghiệm hệ (1) theo m: x = 4m + ; y = – – 5m x m –3< m < –1 Theo đề bài: y m 2mx y mx y Bài tập 7: Cho hệ phương trình : (1) Giải hệ (1) m = Xác định giá trị m để hệ (1): a) Có nghiệm tìm nghiệm theo m b) Có nghiệm (x, y) thỏa: x – y = HD: Khi m = 1, hệ (1) có nghiệm: x = – ; y = x m 2a) Khi m 0, hệ (1) có nghiệm: y 2b) m = mx y m 2 x y m Bài tập : Cho hệ phương trình : ( m tham số) (I) a) Khi m = – 2, giải hệ phương trình phương pháp cộng b) Tính giá trị tham số m để hệ phương trình (I) có nghiệm tính nghiệm theo m HD: a) Khi m = – 2, hệ (I) có nghiệm: x = ;y= 3 b) Hệ (I) có nghiệm m Khi hệ(I) có nghiệm nhất: x 3m m 3m ;y m4 m4 CHỦ ĐỀ : VẼ ĐỒ THỊ & TÌM TỌA ĐỘ GIAO ĐIỂM CỦA (P): y = ax2 VÀ (D): y = ax + b (a 0) I KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1.Hàm số y = ax (a 0): Trang Hàm số y = ax2(a 0) có tính chất sau: Nếu a > hàm số đồng biến x > nghịch biến x < Nếu a < hàm số đồng biến x < nghịch biến x > Đồ thị hàm số y = ax2(a 0): Là Parabol (P) với đỉnh gốc tọa độ nhận trục Oy làm trục đối xứng Nếu a > đồ thị nằm phía trục hồnh điểm thấp đồ thị Nếu a < đồ thị nằm phía trục hoành điểm cao đồ thị Vẽ đồ thị hàm số y = ax2 (a 0): Lập bảng giá trị tương ứng (P) Dựa bảng giá trị vẽ (P) Tìm giao điểm hai đồ thị :(P): y = ax2(a 0) (D): y = ax + b: Lập phương trình hồnh độ giao điểm (P) (D): cho vế phải hàm số đưa về pt bậc hai dạng ax2 + bx + c = Giải pt hoành độ giao điểm: + Nếu > pt có nghiệm phân biệt (D) cắt (P) tại điểm phân biệt + Nếu = pt có nghiệm kép (D) (P) tiếp xúc + Nếu < pt vô nghiệm (D) (P) không giao Xác định số giao điểm hai đồ thị :(P): y = ax2(a 0) (Dm) theo tham số m: Lập phương trình hồnh độ giao điểm (P) (D m): cho vế phải hàm số đưa về pt bậc hai dạng ax2 + bx + c = Lập (hoặc ' ) pt hoành độ giao điểm Biện luận: + (Dm) cắt (P) tại điểm phân biệt > giải bất pt tìm m + (Dm) tiếp xúc (P) tại điểm = giải pt tìm m + (Dm) (P) không giao < giải bất pt tìm m II BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 1: Cho hai hàm số y = x2 có đồ thị (P) y = -x + m có đồ thị (Dm) Với m = 4, vẽ (P) (D4) cùng hệ trục tọa độ vng góc Oxy Xác định tọa độ giao điểm chúng Xác định giá trị m để: a) (Dm) cắt (P) tại điểm có hồnh độ b) (Dm) cắt (P) tại điểm phân biệt c) (Dm) tiếp xúc (P) Xác định tọa độ tiếp điểm HD: Tọa độ giao điểm: (2 ; 2) (– ; 8) 2a) m = 2 2b) ' = + 2m > m 2c) m = 1 tọa độ tiếp điểm (-1 ; ) 2 Bài tập 2: Cho hai hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P) y = – 3x + m có đồ thị (Dm) Khi m = 1, vẽ (P) (D 1) cùng hệ trục tọa độ vng góc Oxy Xác định tọa độ giao điểm chúng Xác định giá trị m để: Trang a) (Dm) qua điểm (P) tại điểm có hồnh độ b) (Dm) cắt (P) tại điểm phân biệt c) (Dm) tiếp xúc (P) Xác định tọa độ tiếp điểm HD: Tọa độ giao điểm: ( ; ;) (1 ; – 2) 2a) m = – 9 2c) m = tọa độ tiếp điểm ( ; ) 8 2b) m < Bài tập 3: Cho hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P) Vẽ (P) hệ trục tọa độ vng góc Gọi A( ; 7 ) B(2; 1) a) Viết phương trình đường thẳng AB b) Xác định tọa độ giao điểm đường thẳng AB (P) Tìm điểm (P) có tổng hồnh độ tung độ – HD: 2a) Đường thẳng AB có phương trình y = = 3x – 5 2b) Tọa độ giao điểm: (1;– 2) ( ; 25 ) Gọi M(xM; yM) điểm (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = – 2 Mặt khác: M(xM; yM) (P) yM = – xM nên: xM + yM = – xM + (– xM ) = – x1 y1 – x + xM + = x2 y2 2 Vậy có điểm thỏa đề bài: M1(2; – ) M2( ; ) 2 Bài tập 4: Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) y = – 2x + có đồ thị (D) 2 M Vẽ (P) (D) cùng hệ trục tọa độ vng góc Xác định tọa độ giao điểm (P) (D) Tìm tọa độ điểm (P) thỏa tính chất tổng hồnh độ tung độ điểm – HD: Tọa độ giao điểm: ( ; ) (1 ; ) Gọi M(xM; yM) điểm (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = – Mặt khác: M(xM; yM) (P) yM = 3 xM nên: xM + yM = – xM +( xM2 ) = – 2 x1 y1 xM + xM + = 3 x y 2 Vậy có điểm thỏa đề bài: M1( ; ) M2(2; – 6) Trang Bài tập 5: Cho hàm số y = 2 x có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (D) 3 Vẽ (P) (D) cùng hệ trục tọa độ vng góc Xác định tọa độ giao điểm (P) (D) x A xB Xác định tọa độ A B 11 y A y B Gọi A điểm (P) B điểm (D) cho HD: Tọa độ giao điểm: ( 1 ; 25 ) ( ; ) Đặt xA = xB = t 2 2 xA = t 3 5 B(xB; yB) (D) yB = xB + = t + 3 A(xA; yA) (P) yA = t1 2 22 40 Theo đề bài: 11 y A yB 11 t = 8.( t + ) t 8t 10 3 3 t2 11 8 x y A ( ; ) A A 3 Với t = x y 11 B( 2; 11) B B 3 10 200 10 200 xA y A A( ; ) 10 11 363 11 363 Với t = 11 x 10 y 25 B( 10 ; 25 ) B B 11 33 11 33 Bài tập 6: Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho hai điểm A(1; –2) B(–2; 3) Viết phương trình đường thẳng (d) qua A, B Gọi (P) đồ thị hàm số y = –2x2 a) Vẽ (P) mặt phẳng tọa độ cho b) Xác định tọa độ giao điểm (P) (d) 3 1 Tọa độ giao điểm: (1; –2) ( ; ) 18 HD: Phương trình đường thẳng AB: y = x Bài tập 7: Vẽ đồ thị (P) hàm số y = –2x2 mặt phẳng tọa độ vng góc Oxy Gọi (D) đường thẳng qua điểm A(–2; –1) có hệ số góc k a) Viết phương trình đường thẳng (D) b) Tìm k để (D) qua B nằm (P) biết hoành độ B HD: 2a) Phương trình đường thẳng (D) có dạng tổng quát: y = ax + b (D) có hệ số góc k (D): y = kx + b (D) qua A(–2; –1) –1 = k.( –2) + b b = 2k – Phương trình đường thẳng (D): y = kx + k – 2b) Điểm B(xB; yB) (P) B(1; – 2) Trang (D) qua B(1; –2) nên: –2 = k.1 +2k – k = Bài tập 8: Cho hai hàm số y = x2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (D) Vẽ (P) và(D) cùng hệ trục tọa độ vng góc Oxy Xác định tọa độ giao điểm chúng Gọi A điểm thuộc (D) có hồnh độ B điểm thuộc (P) có hồnh độ – Xác định tọa độ A, B Tìm tọa độ điểm I nằm trục tung cho: IA + IB nhỏ HD: Tọa độ giao điểm: (2; 4) (–1; 1) Tọa độ A(5; 7) B(– ; 4) I(xI, yI) Oy I(0: yI) IA + IB nhỏ ba điểm I, A, B thẳng hàng 34 Phương trình đường thẳng AB: y = x + 7 34 34 34 I(0; I(xI, yI) đường thẳng AB nên: yI = + = ) 7 7 Bài tập 9: Cho hàm số y = – x2 có đồ thị (P) y = x – có đồ thị (D) a) Vẽ (P) và(D) cùng hệ trục tọa độ vng góc Xác định tọa độ giao điểm (P) (D) phương pháp đại số b) Gọi A điểm thuộc (D) có tung độ B điểm thuộc (P) có hồnh độ – Xác định tọa độ A B c) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hoành cho MA + MB nhỏ HD: a) Tọa độ giao điểm: (2; – 4) (–1; 1) b) Tọa độ A(3; 1) B(– ; – 1) c) yA = > 0, yB = – < A, B nằm khác phía trục Ox MA + MB nhỏ M, A, B thẳng hàng M giao điểm AB với truc Ox Đường thẳng AB có dạng: y = ax + b Đường thẳng AB qua hai điểm A, B a a b 1 Đường thẳng AB: y = x – 2 1 a b b 1 y y x Tọa độ M nghiệm hệ pt: 2 x y Vậy: M(1; 0) Bài tập 10: Cho (P): y = x2 (D): y = – x + Vẽ (P) (D) cùng hệ trục tọa độ vng góc Oxy Gọi A B giao điểm (P) (D), xác định tọa độ A, B Tính diện tích tam giác AOB (đơn vị đo trục số cm) CMR: Tam giác AOB tam giác vuông HD: Tọa độ giao điểm: (1; 1)và (– 2; 4) Gọi H, K hình chiếu A, B trục Ox, ta có: Trang 1 OH.OA = 1 = (cm2) 2 1 OKB vuông tại K SOKB = OK.KB = = (cm2) 2 Gọi I giao điểm (D) với trục Ox yI = xI = I(2; 0) 1 IKB vuông tại K SIKB = BK.KI = 4 = (cm2) 2 SOAB = SIKB – (SOHA + SOKB ) = – ( + 4) = 3,5 (cm2) OHA vuông tại H SOHA = Phương trình đường thẳng OA: y = a’x (D’) (D’) qua A(1; 1) a = (D’): y = x (D) có a = – (D’) có a’ = a a’ = – (D) (D’) OA AB OAB vuông tại A -CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI I KIẾN THỨC CẦN NHỚ Giải phương trình bậc hai dạng ax2 + bx + c = (a 0) (1) a) Nhẩm nghiệm: x1 a + b +c = pt (1) có nghiệm: c x2 a x1 a – b +c = pt (1) có nghiệm: c x2 a b) Giải với ' : b Nếu b = 2b’ b’ = ' = (b’)2 – ac b' ' b' ' Nếu ' > phương trình có nghiệm phân biệt: x1 ; x2 Nếu ' = phương trình có nghiệm kép: x1 x2 Nếu ' < phương trình vơ nghiệm c) Giải với : Tính : = b2 – 4ac b' a a a b b Nếu > phương trình có nghiệm phân biệt: x1 ; x2 Nếu = phương trình có nghiệm kép: x1 x2 Nếu < phương trình vơ nghiệm Hệ thức Vi ét ứng dụng: b 2a 2a 2a Trang a) Định lý: Nếu x1, x2 nghiệm phương trình ax + bx + c = (a 0) ta có: b S x x a P x x c a u v S P uv b) Định lý đảo: Nếu u, v nghiệm phương trình x2 – Sx + P = (ĐK: S2 – 4P 0) * Một số hệ thức áp dụng hệ thức Vi-ét: Tổng bình phương nghiệm: x12 x22 (x1 x2 )2 2x1x2 = S2 – 2P Tổng nghịch đảo nghiệm: 1 x1 x2 S x1 x2 x1x2 P 1 x12 x22 S2 2P Tổng nghịch đảo bình phương nghiệm: x1 x2 (x1x2 )2 P2 Bình phương hiệu nghiệm: (x1 x2 )2 (x1 x2 )2 4x1x2 = S2 – 4P Tổng lập phương nghiệm: x13 x23 (x1 x2 )3 3x1x2(x1 x2 ) = S3 – 3PS Ví dụ: Cho phương trình x2 – 12x + 35 = Hãy tính giá trị biểu thức sau: 2 a) x1 x2 b) 1 x1 x2 c) (x1 x2 ) 3 d) x1 x2 Giải: Phương trình có ' = > pt có nghiệm, áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): b S x1 x2 a 12 P x x c 35 a 2 a) x1 x2 (x1 x2 ) 2x1x2 = S2 – 2P = 122 – 2.35 = 74 1 x1 x2 S 12 = b) x1 x2 x1x2 P 35 c) (x1 x2 ) (x1 x2 ) 4x1x2 S -4P = 122 – 4.35 = 3 d) x1 x2 (x1 x2 ) 3x1x2 (x1 x2 ) = S3 – 3PS = 123 – 3.35.12 = 468 3.Tìm hệ thức hai nghiệm độc lập tham số:(Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x 1, x2 không phụ thuộc vào tham số) * Phương pháp giải: Tìm điều kiện để phương trình cho có nghiệm ( ' ; hoặc a.c < 0) 2 b S x1 x2 a Lập hệ thức Vi-ét cho phương trình P x x c a Khử tham số (bằng phương pháp cộng đại số) tìm hệ thức liên hệ S P Đó hệ thức độc lập với tham số Ví dụ: Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – = (1) (m tham số) CMR: Phương trình (1) ln có nghiệm với m Trang Gọi x1, x2 nghiệm pt (1) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm khơng phụ thuộc vào m Giải: Phương trình (1) có = b2 – 4ac = + (2m – 1)2 – 4.2.(m – 1) = 4m2 – 12m + = (2m – 3)2 0, m Vậy phương trình (1) ln có nghiệm với m b 2m S x x 2S 2m a Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (1): 2P m P x x c m 1 a 2S 2m 2S + 4P = -1 Hay: 2(x1 + x2) + 4x1x2 = -1 : Đây hệ thức cần tìm P m Tìm hai số biết tổng tích chúng – Lập phương trình bâc hai biết hai nghiệm nó: * Phương pháp giải: u v S u, v hai nghiệm phương trình: x2 – Sx + P = (*) P uv Nếu số u v c ó: Giải pt (*): u x1 u x2 hoặc v x2 v x1 b' b' + Nếu ' = (hoặc = 0) pt (*) có nghiệm kép x1 = x2 = Vậy u = v = a a + Nếu ' < (hoặc < 0) pt (*) vơ nghiệm Vậy khơng có số u, v thỏa đề + Nếu ' > (hoặc > 0) pt (*) có nghiệm phân biệt x1, x2 Vậy Ví dụ 1: Tìm số u,v biết u + v = 11 u.v = 28 Giải: Theo đề u, v hai nghiệm phương trình: x2 – Sx + P = x2 – 11x + 28 = 0(*) x1 Phương trình (*) có = > u u hay v v Ví dụ 2: Cho hai số a = +1 b = – x2 Vậy: Viết phương trình bậc hai có hai nghiệm a b Giải: a + b = ( +1) + (3 – ) = a.b = ( +1) (3 – ) = Suy ra: a, b nghiệm phương trình: x – Sx + P = x2 – 4x + = 0: Đây pt cần tìm Chứng minh phương trình bậc hai ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị tham số m: * Phương pháp giải: Lập biệt thức ' (hoặc ) Biến đổi ' đưa về dạng : ' = (A B)2 + c > 0, m (với c số dương) Kết luận: Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với tham số m Chứng minh phương trình bậc hai ln có nghiệm với giá trị tham số m: Trang 10 chắn nội tiếp cung · » » ) BEC = (sñBC sđ AD Góc có đỉnh bên đường trịn: (O,R) có: · * Định lý: Góc có đỉnh BEC có đỉnh bên ngồi đường tròn bên đường tròn · » sñ AD » ) BEC sñBC nửa tổng =số (đo hai cung bị chắn Góc có đỉnh bên ngồi đường trịn: * Định lý: Góc có đỉnh bên ngồi đường trịn nửa hiệu số đo hai cung bị chắn Cung chứa góc: * Tập hợp điểm nhìn đoạn thẳng AB a) ·ADB ·AEB ·AFB nhìn góc khơng đổi hai đoạn AB A, B, D, E, F thuộc cung tròn chứa góc đường trịn * Đặc biệt: a) Các điểm D, E, F thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, nhìn đoạn AB góc không đổi Các đểm A, B, D, E, F thuộc đường tròn · b) ACB ·ADB ·AEB ·AFB 900 nhìn đoạn AB A, B, C, D, E, F thuộc đường trịn đường kính AB b) Các điểm C, D, E, F nhìn đoạn AB * Tứ giác ABCD có A, B, C, D (O) góc vng Các đểm ABCD tứ giác nội tiếp (O) A, B, C, D, E, F thuộc đường tròn đường kính AB * Tứ giác ABCD nội tiếp (O) µ µ A C 180 µ µ B D 180 Tứ giác nội tiếp: * Định nghĩa: Một tứ giác * Tứ giác ABCD có: có bốn đỉnh nằm µ µ ABCD tứ giác dường tròn gọi tứ A C 180 Trang 22 giác nội tiếp đường tròn n.tiếp * Định lý: Trong tứ giác Hoặc: µ D µ 1800 ABCD tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc B đối diện 180 n.tiếp * Định lý đảo: Nếu tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện 1800 tứ giác nội tiếp đường tròn Độ dài đường tròn, cung tròn: * Chu vi đường tròn: C = 2 R = d l Rn 1800 S R2 * Độ dài cung trịn: Diện tích hình trịn, hình quạt trịn: * Diện tích hình trịn: S d2 R n l R 360 Sviên phân = Squạt - SABC * Diện tích hình quạt trịn: * Diện tích hình viên phân: S ( R12 R22 ) S xq 2 Rh * Diện tích hình vành khăn: HÌNH KHƠNG GIAN 1.Hình trụ: * Diện tích xung quanh: * Diện tích tồn phần: Stp = Sxq + 2.Sđáy Stp 2 Rh 2 R V S h R 2h S: diện tích đáy; h: chiều cao S xq R.l * Thể tích: Trang 23 Stp = Sxq + Sđáy 2.Hình nón: * Diện tích xung quanh: * Diện tích tồn phần: * Thể tích: Stp Rl R Vnón = V Vtrụ R2h S: diện tích đáy; h: chiều cao, l: đường sinh l h2 R S xq ( R1 R2 )l Stp = Sxq + Sđáy lớn + Sđáy nhỏ Hình nón cụt: * Diện tích xung quanh: * Diện tích tồn phần: * Thể tích: Stp ( R1 R2 )l ( R12 R22 ) VS 4hR( 2R dR222 R1R2 ) V R3 3 Hình cầu: * Diện tích mặt cầu: Trang 24 * Thể tích: BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Các phân giác góc ·ABC , ·ACB cắt đường tròn tại E, F CMR: OF AB OE AC Gọi M giao điểm của OF AB; N giao điểm OE AC CMR: Tứ giác AMON nội tiếp tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác Gọi I giao điểm BE CF; D điểm đối xứng I qua BC CMR: ID MN · CMR: Nếu D nằm (O) BAC = 600 HD: CMR: OF AB OE AC: + (O,R) có: ·ACF ntiế p chắ n »AF · » » » BCF ntiế p chắ nBF AF BF OF AB ·ACF BCF · (CF làphâ n giá c) + (O,R) có: · ABE ntiế p chắ n »AE ·CAE ntiế » » » p chắ nCE AE CE OE AC · · ABE CAE (BE làphâ n giá c) CMR: Tứ giác AMON nội tiếp: · OF AB taïi M OMA 900 · · OMA ONA 180 Tứ AMON nội tiếp · OE AC taïi N ONA 90 * Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AMON: 2 OA R2 OA Tứ giác AMON nội tiếp đường trịn đường kính OA S 4 CMR: ID MN: + I D đối xứng qua BC ID BC (1) + (O,R) có: OF AB M MA MB AB MN đường trung bình ABC MN // BC (2) OE AC taïi N NA NC AC Từ (1) (2) ID MN · CMR: Nếu D nằm (O) BAC = 600: + I D đối xứng qua BC BC đường trung trực ID, suy ra: Trang 25 · · IBD cân B CBD ( BC đường trung trực đồng thời đường cao) CBE · · ICD cân C BCD ( BC đường trung trực đồng thời đường cao) BCF + Khi D nằm (O,R) thì: · » CBD ntiế p chắ nCD ·CBE ntiế » » CE » p chaé nCE CD » CD » »AE EC » » Mà: ·CBD CBE · CE AE (cmt) (cmt) » CD » ACD ¼ CD » ACD ¼ Mặc khác: »AE EC (1) · » BCD ntieá p chaé nBD · » BD » BF » BCF ntiế p chắ nBF » » » AF FB BD » » · · Mà: BF AF (cmt) BCD BCF (cmt) » BD » ABD ¼ BD » ABD ¼ Mặc khác: »AF FB (2) · » ·BAC sñBC » 1(sñBD » sđCD » ) (3) n.tiế p chắ nBC BAC 2 1 ¼ ¼ 1 ¼ sđ ABD ¼ sđ ABD sñ ABD 3600 600 + Từ (1), (2) (3) ·BAC sñ ABD 2 3 Bài 2: Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi M điểm cạnh BC N điểm cạnh CD cho BM = CN Các đoạn thằng AM BN cắt tại H CMR: Các tứ giác AHND MHNC tứ giác nội tiếp Khi BM = a Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn MN theo a HD: CMR: Tứ giác AHND MHNC nội tiếp: · · + ABM = BCN (c.g.c) BAM CBN · · · · + CBN ABH ABC 900 AHB 900 (ĐL tổng góc AHB) · AM BN H ·AHN MHN 900 + Tứ giác AHND có: ·AHN ·ADN 1800 AHND tứ giác nội tiếp · · + Tứ giác MHNC có: MHN MCN 1800 MHNC tứ giác nội tiếp a Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a: a a 3a CN = DN = + Khi BM = 4 Khi BM = + AND vuông D AN 5a 3a AD DN a = 2 2 + Diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AHND: S AN 25 a 5a :4 64 Trang 26 Tìm giá trị nhỏ MN theo a: + Đặt x = BM = CN CM = a – x a a2 + MCN vuông C MN2 = CM2 + CN2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = x 2 a MN2 đạt giá trị nhỏ a x 0 2 a MN đạt giá trị nhỏ a a x 2 Vậy giá trị nhỏ MN a a BM = 2 Bài 3: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Đường cao BH CK cắt (O) tại E F a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp b) CMR: OA EF EF // HK c) Khi ABC tam giác đều có cạnh a Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC (O) HD: a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp: · + BH AC BHC = 900 nhìn đoạn BC H đường trịn đường kính BC (1) · + CK AB BKC = 900 nhìn đoạn BC K đường trịn đường kính BC (2) + Từ (1) (2) B, H, C, K đường trịn đường kính BC Tứ giác BKHC nội tiếp đường trịn đường kính BC b) CMR: OA EF EF // HK: + Đường tròn đường kính BC có: · ¼ KBH n.tiế p chắ nHK · · · · KBH KCH ABE ACF · ¼ KCH n.tiế p chắ nHK + Đường trịn (O) có: · ABE ntiế p chắ n »AE · » AE AF (1) CAE ntieá p chaé n »AF »AE CF · · ABE CAF (cmt) + Mặc khác: OE = OF = R (2) Từ (1) ( 2) OA đường trung trực EF OA EF + Đường trịn đường kính BC có: · » BCK n.tiế p chắ nBK · · · · BCK BHK BCF BHK (3) ·BHK n.tiế » p chắ nBK + Đường trịn (O) có: · » BCF n.tiế p chắ nBF · · BCF BEF (4) · » BEF n.tiế p chắ nBF Trang 27 Từ (3) (4) · · BHK BEF EF // HK · · BHK vàBEF đồ ng vị c) Khi ABC tam giác có cạnh a Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC (O: + Gọi R bán kính (O) h chiều cao ABC đều, ta có: h= a O trọng tâm ABC R = OA = 2 a a h= 3 a a2 S(O) = R = (đvdt) 1 a a2 SABC = a.h = a (đvdt) 2 1 a2 a2 a2 (4 3) Svp = ( S(O) – SABC ) = ( )= (đvdt) 3 36 Bài 4: Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi E điểm cạnh BC Qua B vẽ đường thẳng vng góc với tia DE tại H, đường thẳng cắt tia DC tại F a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D cùng nằm đường tròn b) CMR: DE.HE = BE.CE c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a E trung điểm BC · d) CMR: HC tia phân giác DHF HD: a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D thuộc đường trịn: · + BAD = 900 nhìn đoạn BD A đường trịn đường kính BD (1) · + BHD = 900 nhìn đoạn BD H đường trịn đường kính BD (2) · + BCD = 900 nhìn đoạn BD C đường trịn đường kính BD (3) Từ (1), (2) (3) A, B, H, C, D đường trịn đường kính BD b) CMR: DE.HE = BE.CE: + DEC BEH có: · · DEC BEH ( đố i đỉ nh) BEH (g.g) DEC ·DCE BHE · 90 DE EC DE.HE = BE.CE BE EH c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a E trung điểm BC: BC a Khi E trung điểm BC EB EC 2 DEC vuông C DE EC CD2 DE = a a2 a 2 Trang 28 BE.CE DE a a a a EH : 10 2 Từ: DE.HE = BE.CE (cmt) EH a a 3a + = 10 d) CMR: HC tia phân giác ·DEF : DH = DE + EH = + Đường trịn đường kính BD có: · » CHDntiế p chắ nCD · · · CHD CBD 450 (1) CHD ·CBD ntieá » · · p chaé nCD Mà: CBD ABC 45 · · · + Mặc khác: CHD CHF DHF 900 (2) 1· · · · HC tia phân giác DHF CHF DHF + Từ (1) (2) CHD Bài 5: Một hình vng ABCD nội tiếp đường trịn Tâm O bán kính R Một điểm M di động cung ABC , M không trùng với A,B C, MD cắt AC tại H 1) CMR:Tứ giác MBOH nội tiếp đường tròn DH.DM = 2R 2) CMR: MD.MH = MA.MC 3) MDC MAH M vị trí đặc biệt M’ Xác định điểm M’ Khi M’D cắt AC tại H’ Đường thẳng qua M’ vuông góc với AC cắt AC tại I Chứng minh I trung điểm H’C HD: CMR: Tứ giác MBOH nội tiếp dược đường tròn: · + ABCD hình vng BD AC BOH 900 (1) · · + (O) có: BMD nội tiếp chắn đường tròn BMD 900 (2) · · + Từ (1) (2) BOH BMD 900 900 1800 MBOH tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính BH * CMR: DH.DM = 2R2: DOH DMB có: · · DOH DMB 900 DMB (g.g) DOH · BDM : chung DO DH DO DB DH DM R.2 R DH DM DH DM R (đpcm) DM DB CMR: MD.MH = MA.MC: + (O,R) có: · ¼ MDC n.tiế p chaé nMC · · · · MDC MAC MDC MAH · ¼ MAC n.tiế p chắ nMC » AD » CD = AD (ABCD hình vng) CD · » CMD n.tiế p chắ nCD ·AMD n.tiế » · · p chắ n AD CMD ·AMD CMD ·AMH » AD » CD Trang 29 + MDC MAH có: · · MDC MAH (cmt) MD MC MD MH MA MC MAH (g.g) MDC · MA MH CMD ·AMH (cmt) Chứng minh I trung điểm H’C: + Khi MDC = MAH MD = MA + (O,R) có: ¼ CD » MB » BA » (1) ¼ ¼ MC MD = MA MCD MBA » BA » (2) Do:CD = BA CD ¼ MB ¼ M điểm BC » Từ (1) (2) MC » Hay M’là điểm BC + Do MDC = MAH M’DC = M’AH’ M’C = M’H’ M’H’C cân M (3) + Do M’I AC M’I H’C (4) Từ (3) (4) M’I đường đường trung tuyến M’H’C IH’ = IC Hay I trung điểm H’C (đpcm) Bài 6: Cho hai đường tròn (O; 20cm) (O’; 15cm) cắt tại A B Biết AB = 24cm O O’ nằm về hai phía so với dây chung AB Vẽ đường kính AC đường trịn (O) đường kính AD đường tròn (O’) a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng b) Tính độ dài đoạn OO’ c) Gọi EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) (O’) (E, F tiếp điểm) CMR: Đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng EF HD: a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng: + (O) có ·ABC nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AC ·ABC = 900 (1) + (O’) có ·ABD nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AD ·ABD = 900 (2) · + Từ (1) (2) CBD = ·ABC + ·ABD = 1800 Ba điểm C, B, D thẳng hàng b) Tính độ dài đoạn OO’: + (O) (O’) cắt A B OO’ đường trung trực AB + Gọi H giao điểm OO’ AB OO’ AB H; HA = HB = + AHO vuông H OH OA2 HA2 = AB = 12 (cm) 202 12 16 (cm) Trang 30 + AHO’ vuông H O ' H O ' A2 HA2 = 152 122 (cm) Suy ra: OO’ = OH + O’H = 16 + = 25 (cm) c) CMR: Đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng EF: + Gọi K giao điểm AB EF + OEK vuông E KE OK OE (1) 2 + OHK vuông H OK OH HK (2) 2 2 + Từ (1) (2) KE = (OH + HK ) – OE = 16 + HK2 – 202 = HK2 – 144 (*) + O’FK vuông F KF O ' K O ' F (3) 2 + O’HK vuông H O ' K O ' H HK (2) 2 2 + Từ (3) (4) KF = (O’H + HK ) – O’F = + HK2 – 152 = HK2 – 144 (**) +Từ (*) (**) KE = KF KE = KF m cuû a EF K làtrung điể Mà: KE KF EF AB qua trung điểm EF (đpcm) Bài 7: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax By tại C D CMR: a) Tứ giác AOMC nội tiếp · b) CD = CA + DB COD = 900 c) AC BD = R2 · Khi BAM = 600 Chứng tỏ BDM tam giác đều tính diện tích hình quạt trịn chắn cung MB nửa đường tròn cho theo R HD: 1a) CMR: Tứ giác AOMC nội tiếp: · + Ax tiếp tuyến A OAC = 900 (1) · + CD tiếp tuyến M OMC = 900 (2) · · Từ (1) (2) OAC + OMC = 1800 AOMC tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính OC · 1b) CMR: CD = CA + DB COD = 900: + Hai tiếp tuyến CA CM cắt C CA = CM OC tia phân giác ·AOM (1) + Hai tiếp tuyến DB DM cắt D DB = DM OD · tia phân giác MOB (2) Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB + (O,R)có: · · AOM MOB 1800 (kềbu)ø · = 900 OC làphâ n giá c củ a ·AOM COD · OD làphâ n giá c cuû a MOB 1c) CMR: AC BD = R : COD vuô ng O OM MC.MD AC.BD R OM CD vớ i OM = R,MC AC, MD BD Trang 31 · Khi BAM = 600 Chứng tỏ BDM tam giác tính diện tích hình quạt trịn chắn cung MB nửa đường tròn cho theo R: + Nửa (O, R) có: · ¼ BAM nộ i tiế p chắ n BM · · DBM BAM 60 (1) ·DBM tạo bở ¼ i t.tuyế nvàdâ y cungchắ n BM BDM có DB = DM BDM cân D (2) Từ (1) (2) BDM + Nửa (O, R) có: · ¼ BAM nộ i tiế p chắ n BM 0 · · BOM 2.BAM 2.60 120 · ¼ BOM ởtâ m chắ n BM R2n R2 60 R2 Squạt = (đvdt) 360 360 Bài 8: Từ điểm M ngồi đường trịn (O) vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O hai tiếp tuyến MA MB đến đường tròn (O), A, B tiếp điểm C nằm M, D a) CMR: MA2 = MC MD b) Gọi I trung điểm CD CMR: điểm M, A, O, I, B cùng nằm đường tròn c) Gọi H giao điểm AB MO CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn · Suy AB phân giác CHD d) Gọi K giao điểm tiếp tuyến tại C D đường tròn (O) CMR: điểm A, B, K thẳng hàng HD: a) CMR:MA2 = MC MD: + MAC MDA có: · MDA:chung MDA (g.g) MAC ·MAC MDA · » (cù ng chắ n AC) MA MC MA2 MC.MD (đpcm)) MD MA b) CMR:5 điểm M, A, O, I, B nằm đường trịn: + (O) có: · I trung điểm dây CD OI CD OIM 900 nhìn đoạn OM (1) · MA OA (T/c tiếp tuyến) OAM (2) 900 nhìn đoạn OM · MB OB (T/c tiếp tuyến) OBM (3) 900 nhìn đoạn OM Từ (1), (2) (3) điểm M, A, I, O, B đường trịn đường kính OM · c) CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn Suy AB phân giác CHD : + OAM vuông A MA = MO MH Mà: MA2 MC MD (cmt ) MH MC MO MH = MC MD MD MO + MDO có: Trang 32 · DOM : chung MDO (c.g.c) MH MC MHC MD MO · · · · MHC MDO MHC CDO · · CDO CHO 1800 · · Maø : MHC CHO 180 (keàbu)ø Suy ra: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn (đpcm) · * CMR: AB phân giác CHD : + COD có OC = OD = R COD cân O · · · · CDO DCO MDO DCO · · » củ Mà : OHD DCO(cù ng chắ n OD a đườ ng trò n nộ i tiế p tứgiá c CHOD) · · MDO OHD · · OHD MHC (1) · · Maø : MDO MHC (cmt) · · AHC 900 MHC + Mặc khác: (2) ·AHD 900 OHD · · · Từ (1) (2) AHC AHD · · · Maø : AHC AHD CHD · · AB tia phân giác CHD Suy ra: HA tia phân giác CHD (đpcm) d) Gọi K giao điểm các tiếp tuyến C D đường tròn (O) CMR: điểm A, B, K thẳng hàng: + Gọi K giao điểm tiếp tuyến C D (O) · + CK OC (T/c tiếp tuyến) OCK 900 nhìn đoạn OK (1) · + DK OD (T/c tiếp tuyến) ODK 900 nhìn đoạn OK (2) Từ (1), (2) Tứ giác OCK nội tiếp đường tròn đường kính OK · · » OKC ODC (cù ng chắ n OC) · · OKC MDO · · OKC MHC · · Maø : MHC MDO(cmt) · · Mà : MHC OHC 1800 (kềbu)ø · · OKC OHC 1800 Tứ giác OKCH nội tiếp đường trịn đường kính OK · OHK ·OCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) HK MO HK AB điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm) Mà : AB MO(cmt) Bài 9: Cho hình vng cạnh a , lấy điểm M thuộc cạnh BC (M khác B,C) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K Chứng minh: BHCD tứ giác nội tiếp Trang 33 Chứng minh: KM DB Chứng minh: KC KD = KH KB Kí hiệu SABM , SDCM diện tích tam giác ABM, tam giác DCM CMR: (S ABM + SDCM ) không đổi Xác định vị trí M BC để S 2ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ theo a HD: CMR: BHCD tứ giác nội tiếp: · + BHD = 900 nhìn đoạn BD H đường trịn đường kính BD (1) · + BCD = 900 nhìn đoạn BD C đường trịn đường kính BD (2) Từ (1) (2) B, H, C, D đường trịn đường kính BD Chứng minh: KM DB: + BDK có : DH BK BC DK M trực tâm BDK KM đường cao thứ ba KM DB DH cắ t DK M Chứng minh: KC KD = KH KB: · · KCB KHD 900 + KCB KHD có: KCB KHD (g.g) ·BKD : chung KC KH KC KD = KH KB (đpcm) KB KD CMR: (SABM + SDCM ) không đổi: 1 + ABM vuông B SABM = AB.BM = a.BM (1) 2 1 + DCM vuông C SDCM = CD.CM = a.CM (2) 2 1 Từ (1) (2) SABM + SDCM = a.BM + a.CM 2 1 1 = a.(BM CM) a.BC a.a a2 2 2 + Vì a khơng đổi a2 không đổi (SABM + SDCM ) không đổi * Xác định vị trí M BC để S 2ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ theo a: + Đặt x = BM CM = a – x 2 ABM + Ta có: S S 2 1 1 1 1 a.BM a.CM = a.x a.(a x) 2 2 2 2 = a2 x2 (a x)2 = a2 2x2 2ax a2 2 DCM Trang 34 2 a 2(x ax a2 ) 2 2 = a (x a) a ) 2 a4 a (x a) a = 2 8 1 a 2 SDCM + Giá trị nhỏ SABM : x a = x a 2 = a4 Bài 10: Cho điểm A ngồi đường trịn (O, R) Gọi AB, AC hai tiếp tuyến đường tròn (B C hai tiếp điểm) Từ A vẽ tia cắt đường tròn tại E F (E nằm A F) a) CMR: AEC ACF đồng dạng Suy AC2 = AE AF b) Gọi I trung điểm EF Chứng minh điểm A, B, O, I, C cùng nằm đường trịn c) Từ E vẽ đường thẳng vng góc với OB cắt BC tại M Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp đưởng tròn Suy tứ giác MIFB hình thang d) Giả sử cho OA = R Tính theo R phần diện tích tứ giác ABOC nằm ngồi hình trịn (O) HD: a) CMR: AEC ACF đồng dạng Suy AC2 = AE AF: + AEC ACF có: ·ACE CFE · » (cù ng chắ n CE KCB KHD (g.g) · CAF : chung 2 SDCM Vậy M trung điểm BC SABM đạt giá trị nhỏ AC AE AC2 = AE AF (đpcm) AF AC b) Gọi I trung điểm EF Chứng minh điểm A, B, O, I, C nằm đường tròn: + (O) có: I trung điểm dây EF OI EF · 900 nhìn đoạn OA (1) OIA AB OB (T/c tiếp tuyến) · (2) OBA 900 nhìn đoạn OA AC OC (T/c tiếp tuyến · ) OCA (3) 900 nhìn đoạn OA Từ (1), (2) (3) điểm , A,B, O, I, C đường trịn đường kính OA c) Từ E vẽ đường thẳng vng góc với OB cắt BC M Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp đưởng tròn Suy tứ giác MIFB hình thang: + Trang 35 Trang 36 ... tốc xe I xe II (x, y > 0) Sau hai xe gặp nên tổng quãng đường hai xe đoạn đường AB, ta có pt: x + y = 90 (1) 90 (h) x 90 Thời gian xe II hết đoạn đướng AB: (h) y 90 9 90 Vì xe II tới A trước... Tứ giác AMON nội tiếp: · OF AB taïi M OMA 90 0 · · OMA ONA 180 Tứ AMON nội tiếp · OE AC taïi N ONA 90 * Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AMON: 2 OA R2... D đường trịn đường kính BD b) CMR: DE. HE = BE.CE: + DEC BEH có: · · DEC BEH ( đố i đỉ nh) BEH (g.g) DEC ·DCE BHE · 90 DE EC DE. HE = BE.CE BE EH c) Tính độ dài đoạn
Ngày đăng: 06/12/2022, 11:13
Xem thêm:
