De cuong on tap toan 9 ky II co dap an

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= m2 m2  (D) cắt (D’)  2m m2 + =1 m2 m2  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= m2 m2 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 m2 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  m4 m4 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 4hR( 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