CAC DANG TOAN ON THI VAO LOP 10

Trường THCS Thanh Xá Dạng I: rút gọn biểu thức Có chứa thức bậc hai Bài 1: Thực phép tính: 1) − 125 − 80 + 605 ; 2) 10 + 10 5+ + 11) − + + ; 12) + 10 + + − 10 + ; ; 1− 13) ( + ) ( 49 − 20 ) − ; 3) 15 − 216 + 33 − 12 ; − 12 + 27 − 4) ; 18 − 48 30 + 162 14) 2− 2+ + ; 2+ 2− 15) 5) ( 3− 5. 3+ + 2+ ) 10 + 19) 10) − ( + ) ; − 2− − 6−4 + −8 5 −4 192 ; 20)  x − Bài 2: Cho biểu thức A =   2 x a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm giá trị x để A > - 6. ( ; + + ; +1 3−2 −3 ) ( ) +1 − 1− −1 + +1 1+ 3 +1 .  x − x x + x  ÷ ÷ x + − x − ÷ ÷    x   10 − x  + + ÷÷:  x − + ÷ x +2  x +2  x −4 2− x Bài 3: Cho biểu thức B =  a) Rút gọn biểu thức B; b) Tìm giá trị x để A > 0. Bài 4: Cho biểu thức C = − + x −1 x x + x − x + a) Rút gọn biểu thức C; b) Tìm giá trị x để C < 1. Bài 5: Rút gọn biểu thức : GV : Nguyễn Đức Phương ; 6−4 + 17) 14 − − 24 − 12 ; 18) 9) − 25 12 + + 6+4 ) + 6+4 16) ( 16 −3 −6 6) ; 27 75 7) 27 − + 75 ; 8) ; Trường THCS Thanh Xá a) D = x + + x2 − x + − x2 − + x + − x2 − x + + x2 −  x + x  x − x  b) P =  + ÷ ÷1 − x − ÷ ÷; x +    ; c) Q = d) H = x +1 : ; x2 − x x x + x + x x −1− x − x − −1 1  a +1 + : ÷ a −1  a − a + a− a  Bài 6: Cho biểu thức M =  a) Rút gọn biểu thức M; b) So sánh M với 1. Bài 7: Cho biểu thức P = 2x − x − Q = x −2 x − x + 2x − x +2 a) Rút gọn biểu thức P Q; b) Tìm giá trị x để P = Q. 2x + x x − x x + + − x x− x x+ x Bài 8: Cho biểu thức P = a) Rút gọn biểu thức P b) So sánh P với 5. c) Với giá trị x làm P có nghĩa, chứng minh biểu thức nhận P giá trị nguyên.  3x + 9x − 1  + + ÷ ÷: x − x + x − x − x +   Bài 9: Cho biểu thức P =  a) Tìm điều kiện để P có nghĩa, rút gọn biểu thức P; số tự nhiên; P c) Tính giá trị P với x = – . b) Tìm số tự nhiên x để  x +2 x +3 x +2  x  P = − − : − Bài 10: Cho biểu thức :  ÷ ÷ ÷  ÷ x − x + − x x − x +     a) Rút gọn biểu thức P; b) Tìm x để ≤− . P Dạng II GV : Nguyễn Đức Phương Trường THCS Thanh Xá CÁC BÀI TOÁN VỀ HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ I.Điểm thuộc đường – đường qua điểm. Điểm A(xA; yA) thuộc đồ thị hàm số y = f(x) yA = f(xA). Vớ dụ 1: Tỡm hệ số a hàm số: y = ax biết đồ thị hàm số qua điểm A(2;4). Giải: Do đồ thị hàm số qua điểm A(2;4) nên: 4= a.22 a=1 Vớ dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ cho A(-2;2) đường thẳng (d) có phương trỡnh: y = -2(x + 1). Đường thẳng (d) có qua A không? Giải: Ta thấy -2.(-2 + 1) = nên điểm A thuộc v đường thẳng (d) II.Cỏch tỡm giao điểm hai đường y = f(x) y = g(x). Bước 1: Tỡm hoành độ giao điểm nghiệm phương trỡnh f(x) = g(x) (II) Bước 2: Lấy nghiệm thay vào hai công thức y = f(x) y = g(x) để tỡm tung độ giao điểm. Chỳ ý: Số nghiệm phương trỡnh (II) số giao điểm hai đường trên. III.Quan hệ hai đường thẳng. Xét hai đường thẳng : (d1) : y = a1x + b1. (d2) : y = a2x + b2. a) (d1) cắt (d2) a1 a2. b) d1) // (d2) c) d1) (d2) d) (d1) (d2) a1 a2 = -1 IV.Tỡm điều kiện để đường thẳng đồng qui. Bước 1: Giải hệ phương trỡnh gồm hai đường thẳng không chứa tham số để tỡm (x;y). Bước 2: Thay (x;y) vừa tỡm vào phương trỡnh cũn lại để tỡm tham số . V.Quan hệ (d): y = ax + b (P): y = cx2 (c 0). 1.Tỡm tọa độ giao điểm (d) (P). Bước 1: Tỡm hoành độ giao điểm nghiệm phương trỡnh: GV : Nguyễn Đức Phương Trường THCS Thanh Xá cx2= ax + b (V) Bước 2: Lấy nghiệm thay vào hai công thức y = ax +b y = cx để tỡm tung độ giao điểm. Chỳ ý: Số nghiệm phương trỡnh (V) số giao điểm (d) (P). 2.Tỡm điều kiện để (d) (P). a) (d) (P) cắt phương trỡnh (V) cú hai nghiệm phõn biệt. b) (d) (P) tiếp xỳc với c) (d) (P) khụng giao phương trỡnh (V) cú nghiệm kộp. phương trỡnh (V) vụ nghiệm . VI.Viết phương trỡnh đường thẳng y = ax + b biết. 1.Quan hệ hệ số góc qua điểm A(x0;y0) Bước 1: Dựa vào quan hệ song song hay vuông góc tỡm hệ số a. Bước 2: Thay a vừa tỡm x0;y0 vào công thức y = ax + b để tỡm b. 2.Biết đồ thị hàm số qua điểm A(x1;y1) B(x2;y2). Do đồ thị hàm số qua điểm A(x1;y1) B(x2;y2) nên ta có hệ phương trỡnh: Giải hệ phương trỡnh tỡm a,b. 3.Biết đồ thị hàm số qua điểm A(x0;y0) tiếp xỳc với (P): y = cx2 (c 0). +) Do đường thẳng qua điểm A(x0;y0) nên có phương trỡnh : y0 = ax0 + b (3.1) +) Do đồ thị hàm số y = ax + b tiếp xúc với (P): y = cx (c 0) nờn: Pt: cx2 = ax + b cú nghiệm kộp (3.2) +) Giải hệ gồm hai phương trỡnh trờn để tỡm a,b. VII.Chứng minh đường thẳng qua điểm cố định ( giả sử tham số m). +) Giả sử A(x0;y0) điểm cố định mà đường thẳng qua với m, thay x 0;y0 vào phương trỡnh đường thẳng chuyển phương trỡnh ẩn m hệ số x 0;y0 nghiệm với m. +) Đồng hệ số phương trỡnh trờn với giải hệ tỡm x0;y0. VIII.Một số ứng dụng đồ thị hàm số. 1.Ứng dụng vào phương trỡnh. 2.Ứng dụng vào toỏn cực trị. tập hàm số. Bài tập 1. cho parabol y= 2x2. (p) a. tìm hoành độ giao điểm (p) với đường thẳng y= 3x-1. GV : Nguyễn Đức Phương Trường THCS Thanh Xá b. tìm toạ độ giao điểm (p) với đường thẳng y=6x-9/2. c. tìm giá trị a,b cho đường thẳng y=ax+b tiếp xúc với (p) qua A(0;-2). d. tìm phương trình đường thẳng tiếp xúc với (p) B(1;2). e. biện luận số giao điểm (p) với đường thẳng y=2m+1. ( hai phương pháp đồ thị đại số). f. cho đường thẳng (d): y=mx-2. Tìm m để +(p) không cắt (d). +(p)tiếp xúc với (d). tìm toạ độ điểm tiếp xúc đó? + (p) cắt (d) hai điểm phân biệt. +(p) cắt (d). Bài tập 2. cho hàm số (p): y=x2 hai điểm A(0;1) ; B(1;3). a. viết phương trình đường thẳng AB. tìm toạ độ giao điểm AB với (P) cho. b. viết phương trình đường thẳng d song song với AB tiếp xúc với (P). c. viết phương trình đường thẳng d1 vuông góc với AB tiếp xúc với (P). d. chứng tỏ qua điểm A có đường thẳng cắt (P) hai điểm phân biệt C,D cho CD=2. Bài tập 3. Cho (P): y=x2 hai đường thẳng a,b có phương trình y= 2x-5 y=2x+m a. chứng tỏ đường thẳng a không cắt (P). b. tìm m để đường thẳng b tiếp xúc với (P), với m tìm hãy: + Chứng minh đường thẳng a,b song song với nhau. + tìm toạ độ tiếp điểm A (P) với b. + lập phương trình đường thẳng (d) qua A có hệ số góc -1/2. tìm toạ độ giao điểm (a) (d). Bài tập 4. cho hàm số y = −1 x (P) a. vẽ đồ thị hàm số (P). b. với giá trị m đường thẳng y=2x+m (d) cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt A,B. tìm toạ độ hai điểm A B. c. tính tổng tung độ hoành độ giao điểm (P) (d) theo m. Bài tập5. cho hàm số y=2x2 (P) y=3x+m (d) a. m=1, tìm toạ độ giao điểm (P) (d). b. tính tổng bình phương hoành độ giao điểm (P) (d) theo m. c. tìm mối quan hệ hoành độ giao điểm (P) (d) độc lập với m. Bài tập 6. cho hàm số y=-x2 (P) đường thẳng (d) đI qua N(-1;-2) có hệ số góc k. GV : Nguyễn Đức Phương Trường THCS Thanh Xá a. chứng minh với giá trị k đường 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 nhất. Bài tập7. cho hàm số y= x a. tìm tập xác định hàm số. b. tìm y biết: + x=4 + x=(1- )2 + x=m2-m+1 + x=(m-n)2 c. điểm A(16;4) B(16;-4), điểm thuộc đồ thị hàm số, điểm không thuộc đồ thị hàm số? sao. d. không vẽ đồ thị tìm hoành độ giao điểm đồ thị hàm số cho với đồ thị hàm số y= x-6 Bài tập 8. cho hàm số y=x2 (P) y=2mx-m2+4 (d) a.tìm hoành độ điểm thuộc (P) biết tung độ chúng y=(1- )2. b.chứng minh (P) với (d) cắt điểm phân biệt. tìm toạ độ giao điểm chúng. với giá trị m tổng tung độ chúng đạt giá trị nhỏ nhất. Bài tập 9. cho hàm số y= mx-m+1 (d). a. chứng tỏ m thay đổi đường thẳng (d) đI qua điểm cố định. tìm điểm cố định ấy. b. tìm m để (d) cắt (P) y=x2 điểm phân biệt A B, cho AB= . Bài tập 10. hệ trục toạ độ Oxy cho điểm M(2;1); N(5;-1/2) đường thẳng (d) y=ax+b. a. tìm a b để đường thẳng (d) đI qua điểm M, N. b. xác định toạ độ giao điểm đường thẳng MN với trục Ox, Oy. Bài tập 11. cho hàm số y=x2 (P) y=3x+m2 (d). a. chứng minh với giá trị m đường thẳng (d) cắt (P) điểm phân biệt. b. gọi y1, y2 kà tung độ giao điểm đường thẳng (d) (P) tìm m để có biểu thức y1+y2= 11y1.y2 tập 12. cho hàm số y=x2 (P). a. vẽ đồ thị hàm số (P). GV : Nguyễn Đức Phương Trường THCS Thanh Xá b. (P) lấy điểm A, B có hoành độ 3. viết phương trình đường thẳng AB. c. lập phương trình đường trung trực (d) đoạn thẳng AB. d. tìm toạ độ giao điểm (d) (P). Bài tập 13 a. viết phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) y=2x2 điểm A(-1;2). b. cho hàm số y=x2 (P) B(3;0), tìm phương trình thoả mãn điều kiện tiếp xúc với (P) qua B. c. cho (P) y=x2. lập phương trình đường thẳng qua A(1;0) tiếp xúc với (P). d. cho (P) y=x2 . lập phương trình d song song với đường thẳng y=2x tiếp xúc với (P). e. viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y=-x+2 cắt (P) y=x điểm có hoành độ (-1). f. viết phương trình đường thẳng vuông góc với (d) y=x+1 cắt (P) y=x điểm có tung độ 9. Dạng III: Hệ phương trình Baứi 1: : Giải HPT sau: 1.1. 2 x − y = 3 x + y = a.   x + y = −2 5 x + y = b.  Giải: a. Dùng PP thế: Dùng PP cộng: 2 x − y =  3 x + y =  y = 2x −  y = 2x − x = x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 3x + x − = 5 x = 10  y = 2.2 −  y = x = Vaọy HPT cho có nghiệm là:  y =1 2 x − y = 5 x = 10 x = x = ⇔ ⇔ ⇔  3 x + y = 3 x + y = 3.2 + y = y =1 x = Vaọy HPT cho có nghiệm là:  y =1 - Để giảI loại HPT ta thường sử dụng PP cộng cho thuận lợi.  x + y = −2 10 x + 15 y = −10 11 y = −22  y = −2 x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  5 x + y = 10 x + y = 12 5 x + y = 5 x + 2.(−2 = 6)  y = −2 x = Vaọy HPT có nghiệm   y = −2 - Đối với HPT dạng ta sử dụng hai cách giảI sau đây: GV : Nguyễn Đức Phương Trường THCS Thanh Xá   x +1 +    +  x + 1.2. = −1 y = −1 y ĐK: x ≠ −1, y ≠ . + Cách 1: Sử dụng PP cộng.   x +1 +    +  x + 2 = −1 y =1 y =1   y =2 y    x +1 = − x = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2⇔ 5 + =1  = −4     = −1 + =  x +1 y =1 y =1  x +1  x + y y  x = − Vaọy HPT có nghiệm   y = + Cách 2: Sử dụng PP đặt ẩn phụ. ĐK: x ≠ −1, y ≠ . 1 = b . HPT cho trở thành: =a ; Đặt y x +1    x + = −2  2a + 3b = −1 2a + 5b = 2a + 5.1 = a = −2 x = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ ⇔ (TMĐK)     1   2a + 5b = 2b = b = b =  =1  y =  y  x = − Vaọy HPT có nghiệm   y = Lưu ý: - Nhiều em thiếu ĐK cho HPT dạng này. - Có thể thử lại nghiệm HPT vừa giải. Baứi 2: Giaỷi caực heọ phửụng trỡnh sau (baống pp theỏ) 1.1: 1.2. x − y = a)  3 x − y =  x − 2 y = a)   x + y = 7 x − y = b)  4 x + y =  −1 x − y =  b)  x + +1 y =  ( ( ) ) Baứi 3: Giaỷi caực heọ phửụng trỡnh sau (baống pp coọng ủaùi soỏ) 3 x + y = 2.1. a)  2 x − y = x − 3y =  2.2. a)   x + y = −2 3 x − y = 10  c)   x − y = 3 4 x + y = b)  2 x + y = 5 x + y = 2 b)   x − y = Baứi 4: GV : Nguyễn Đức Phương Trường THCS Thanh Xá x + 3y = Giaỷi heọ phửụng trỡnh  (m + 1) x + y = 2m a) m = -1 b) m = moói trửụứng hụùp sau c) m = Baứi 5:  x + by = coự bx − ay = −5 a) Xaực ủũnh heọ soỏ avaứb, bieỏt raống heọ phửụng trỡnh  nghieọm laứ (1; -2) b) Cuừng hoỷi nhử vaọy neỏu heọ phửụng trỡnh coự nghieọm ( − 1; )  x + y =  x + y = −1 Baứi 6: Giaỷi heọ phửụng trỡnh sau:  n  2m  m + + n + = a) Tửứ ủoự suy nghieọm cuỷa heọ phửụng trỡnh   m + 3n = −1  m + n + Baứi 7: Giaỷi caực heọ phửụng trỡnh sau: 2 x + y =  3 x − y = x − y = 3 x + y = x + y = ; 3 x − y = ;  x = − y  ;  x + y = 2007 3 x − y − =  ; x + y − = ;  3 x − y =  ;  −3 y + x = 0, x − y =  ;  x − 15 y = 10 2 x + y =  5 ;  x + y = y  x − =  ;  x − y = 2 x + y =  3 15  x + y = 2 x − ay = b ax + by = Bài 8: Cho hệ phương trình  a) Giải hệ a=3 ; b=-2 b) Tìm a;b để hệ có nghiệm (x;y)=( ; ) Bài 9: GiảI hệ phương trình sau  x + y − x − y =  a)   − =3  x + y x − y  x + y =  ;  − x + y = −1 3 x − y = −8 b)  2 x + y =  y = x − +  ;  x = y − 3 x − y = − ;   x + y = + 6 x + y = xy  4 ; x − y =1  ( x + 1) + 2( y − 2) = ;  3( x + 1) − ( y − 2) = GV : Nguyễn Đức Phương 3 x − − y − = c)  2 x − + y − = ( x + y )( x − y ) =  ; x − 5y = (đk x;y ≥ )  x − y =   2 + 3 = −5 ( x + 5)( y − 2) = ( x + 2)( y − 1) .  ( x − 4)( y + 7) = ( x − 3)( y + 4) Trường THCS Thanh Xá ( x − 1)( y − 2) + ( x + 1)( y − 3) = ;  ( x − 3)( y + 1) − ( x − 3)( y − 5) = 1 x + y =  ;  1 − =  x y 3( x + y ) + 5( x − y ) = 12 ;   −5( x + y ) + 2( x − y ) = 11 5    − = + = − x+ y x− y  x − y 3x + y  x − y + x + y − = 4,5    ;  ;    − =3  − =−3  + =4  x + y x − y  x − y x + y  x − y + x + y − ……………………………………………………………………………… Giải toán cách lập hệ phương trình. I, Mục tiêu: * Kiến thức: HS giải toán thực tế cách lập HPT. * Kĩ năng: - HS củng cố kĩ phân tích tìm lời giải, trình bày lời giải toán cách lập HPT. * Thái độ: Rèn tính cẩn thận, xác, lô gíc chặt chẽ, rõ ràng. II, Lí thuyết cần nhớ: * Bước 1: * Bước 2: * Bước 3: + Lập HPT - Chọn ẩn, tìm đơn vị ĐK cho ẩn. - Biểu diễn mối quan hệ lại qua ẩn đại lượng biết. - Lập HPT. Giải HPT. Đối chiếu với ĐK để trả lời. III, Bài tập hướng dẫn: Bài 1. Hai ô tô khởi hành lúc từ hai tỉnh A B cách 160 km, ngược chiều gặp sau giờ. Tìm vận tốc ô tô biết ô tô từ A tăng vận tốc thêm 10 km/h hai lần vận tốc ôtô từ B. Bài 2. Một người xe máy từ A đến B thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng14 km/h đến B sớm giờ. vận tốc giảm km/h đến B muộn giờ. Tính quãng đường AB, vận tốc thời gian dự định. Bài 3. Hai ca nô khởi hành từ hai bến A, B cách 85 km , ngược chiều gặp sau 40 phút.Tính vận tốc riêng ca nô biết vận tốc ca nô xuôi dòng lớn vận tốc ca nô ngược dòng km/h (có vận tốc dòng nước) vận tốc dòng nước km/h. Bài 4. Một ca nô xuôi dòng 108 km ngược dòng 63 km hết giờ. Một lần khác ca nô xuôi dòng 81 km ngược dòng 84 km hết giờ. Tính vận tốc dòng nước vận tốc thật ca nô. Bài 5. Một ô tô dự định từ A đến B dài 120 km. Đi nửa quãng đường xe nghỉ 30 phút nên để đến nơi xe phải tăng vận tốc thêm km/h quãng đường lại. Tính thời gian xe chạy. GV : Nguyễn Đức Phương 10 Trường THCS Thanh Xá Và dây cung) => ∠OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900; ∠OBM = 900. K, A, B nhìn OM góc 900 nên nằm đường tròn đường kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn. 3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM ⊥ AB I . Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đường cao. áp dụng hệ thức cạnh đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI. IM = IA2. 4. Ta có OB ⊥ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA ⊥ MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi. 5. Theo OAHB hình thoi. => OH ⊥ AB; theo OM ⊥ AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đường thẳng vuông góc với AB). 6. (HD) Theo OAHB hình thoi. => AH = AO = R. Vậy M di động d H di động cách A cố định khoảng R. Do quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD đường kính đường tròn (A; AH). Tiếp tuyến đường tròn D cắt CA E. 1. Chứng minh tam giác BEC cân. 2. Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH. 3. Chứng minh BE tiếp tuyến đường tròn (A; AH). 4. Chứng minh BE = BH + DE. Lời giải: (HD) ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2). Vì AB ⊥CE (gt), AB vừa đường cao vừa đường trung tuyến ∆BEC => BEC tam giác cân. => ∠B1 = ∠B2 2. Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, ∠B1 = ∠B2 => ∆ AHB = ∆AIB => AI = AH. 3. AI = AH BE ⊥ AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I. 4. DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M. Từ (1) (2) => ∠ ABM = ∠ 1. Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường AOP (3) tròn. 2. Chứng minh BM // OP. 3. Đường thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N. Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành. 4. Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng. Lời giải: (HS tự làm). Ta có ∠ ABM nội tiếp chắn cung AM; ∠ AOM góc tâm ∠AOM chắn cung AM => ∠ ABM = (1) OP tia phân giác ∠ ∠AOM AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt ) => ∠ AOP = (2) Mà ∠ ABM ∠ AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP. (4) GV : Nguyễn Đức Phương 22 Trường THCS Thanh Xá Xét hai tam giác AOP OBN ta có : ∠PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); ∠NOB = 900 (gt NO⊥AB). => ∠PAO = ∠NOB = 900; OA = OB = R; ∠AOP = ∠OBN (theo (3)) => ∆AOP = ∆OBN => OP = BN (5) Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau). Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta có PM ⊥ OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ. (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có ∠PAO = ∠AON = ∠ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật). (6) AONP hình chữ nhật => ∠APO = ∠ NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác ∠APM => ∠APO = ∠MPO (8). Từ (7) (8) => ∆IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đường cao => IK ⊥ PO. (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng. Bài Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn ( M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K. 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM . IB. 3) Chứng minh BAF tam giác cân. 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi. 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn. Lời giải: 1. Ta có : ∠AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠KMF = 900 (vì hai góc kề bù). ∠AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠KEF = 900 (vì hai góc kề bù). => ∠KMF + ∠KEF = 1800 . Mà ∠KMF ∠KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp. Ta có ∠IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => ∆AIB vuông A có AM ⊥ IB ( theo trên). áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM . IB. Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => ∠IAE = ∠MAE => AE = ME (lí ……) => ∠ABE =∠MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF. (1) Theo ta có ∠AEB = 900 => BE ⊥ AF hay BE đường cao tam giác ABF (2). Từ (1) (2) => BAF tam giác cân. B . BAF tam giác cân. B có BE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm AF. (3) Từ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác ∠HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân. A có AE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm HK. (6). Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vuông góc với trung điểm đường). (HD). Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang. Để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn AKFI phải hình thang cân. AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB. Thật vậy: M trung điểm cung AB => ∠ABM = ∠MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ). (7) Tam giác ABI vuông A có ∠ABI = 450 => ∠AIB = 450 .(8) GV : Nguyễn Đức Phương 23 Trường THCS Thanh Xá Từ (7) (8) => ∠IAK = ∠AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau). Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn. Bài Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đường tròn. Các tia AC AD cắt Bx E, F (F B E). 1. Chứng minh AC. AE không đổi. 2. Chứng minh ∠ ABD = ∠ DFB. 3. Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp. Lời giải: C thuộc nửa đường tròn nên ∠ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BC ⊥ AE. ∠ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC đường cao => AC. AE = AB2 (hệ thức cạnh đường cao ), mà AB đường kính nên AB = 2R không đổi AC. AE không đổi. ∆ ADB có ∠ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ). => ∠ABD + ∠BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (1) ∆ ABF có ∠ABF = 900 ( BF tiếp tuyến ). => ∠AFB + ∠BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (2) Từ (1) (2) => ∠ABD = ∠DFB ( phụ với ∠BAD) Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ∠ABD + ∠ACD = 1800 . ∠ECD + ∠ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ∠ECD = ∠ABD ( bù với ∠ACD). Theo ∠ABD = ∠DFB => ∠ECD = ∠DFB. Mà ∠EFD + ∠DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) nên suy ∠ECD + ∠EFD = 1800, mặt khác ∠ECD ∠EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp. Bài 10 Cho đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn cho AM < MB. Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A. Gọi P chân đương vuông góc từ S đến AB. 1. Chứng minh bốn điểm A, M, S, P nằm đường tròn 2. Gọi S’ giao điểm MA SP. Chứng minh tam giác PS’M cân. 3. Chứng minh PM tiếp tuyến đường tròn . Lời giải: 1. Ta có SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; ∠AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠AMS = 900 . Như P M nhìn AS góc 900 nên nằm đường tròn đường kính AS. Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đường tròn. 2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đường tròn nên M’ nằm đường tròn => hai cung AM AM’ có số đo => ∠AMM’ = ∠AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1) Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’ ⊥ AB H => MM’// SS’ ( vuông góc với AB) => ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (vì so le trong) (2). => Từ (1) (2) => ∠AS’S = ∠ASS’. GV : Nguyễn Đức Phương 24 Trường THCS Thanh Xá Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đường tròn => ∠ASP=∠AMP (nội tiếp chắn AP ) => ∠AS’P = ∠AMP => tam giác PMS’ cân P. 3. Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS’ vuông M => ∠B1 = ∠S’1 (cùng phụ với ∠S). (3) Tam giác PMS’ cân P => ∠S’1 = ∠M1 (4) Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3 (5). Từ (3), (4) (5) => ∠M1 = ∠M3 => ∠M1 + ∠M2 = ∠M3 + ∠M2 mà ∠M3 + ∠M2 = ∠AMB = 900 nên suy ∠M1 + ∠M2 = ∠PMO = 900 => PM ⊥ OM M => PM tiếp tuyến đường tròn M Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường tròn (O) điểm D, E, F . BF cắt (O) I , DI cắt BC M. Chứng minh : 1. Tam giác DEF có ba góc nhọn. BD BM = 2. DF // BC. 3. Tứ giác BDFC nội tiếp. 4. CB CF Lời giải: 1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có AD = AF => tam giác ADF cân A => ∠ADF = ∠AFD < 900 => sđ cung DF < 1800 => ∠DEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE). Chứng minh tương tự ta có ∠DFE < 900; ∠EDF < 900. Như tam giác DEF có ba góc nhọn. AD AF = 2. Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => => DF // BC. AB AC 3. DF // BC => BDFC hình thang lại có ∠ B = ∠C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường tròn . 4. Xét hai tam giác BDM CBF Ta có ∠ DBM = ∠BCF ( hai góc đáy tam giác cân). ∠BDM = ∠BFD (nội tiếp chắn cung DI); ∠ CBF = ∠BFD (vì so le) => ∠BDM = ∠CBF . BD BM = => ∆BDM ∼∆CBF => CB CF Bài 12 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) N. Đường thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường tròn P. Chứng minh : 1. Tứ giác OMNP nội tiếp. 2. Tứ giác CMPO hình bình hành. 3. CM. CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M. 4. Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định nào. Lời giải: 1. Ta có ∠OMP = 900 ( PM ⊥ AB ); ∠ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ). Như M N nhìn OP góc 900 => M N nằm đường tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp. 2. 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) GV : Nguyễn Đức Phương 25 Trường THCS Thanh Xá Theo giả thiết Ta có CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2). Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành. 3. Xét hai tam giác OMC NDC ta có ∠MOC = 900 ( gt CD ⊥ AB); ∠DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường 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 => CM.CN CD CN =2R2 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M. 4. ( HD) Dễ thấy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ∠ODP = 900 => P chạy đường 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), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB E, Nửa đường tròn đường kính HC cắt AC F. 1. Chứng minh AFHE hình chữ nhật. 2. BEFC tứ giác nội tiếp. 3. AE. AB = AF. AC. 4. Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn . Lời giải: 1. Ta có : ∠BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => ∠AEH = 900 (vì hai góc kề bù). (1) ∠CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường 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). 2. Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn =>∠F1=∠H1 (nội tiếp chắn cung AE) . Theo giả thiết AH ⊥BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2) => ∠B1 = ∠H1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => ∠B1= ∠F1 => ∠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. 3. Xét hai tam giác AEF ACB ta có ∠A = 900 góc chung; ∠AFE = ∠ABC ( theo Chứng AE AF = minh trên) => ∆AEF ∼∆ACB => => 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 4. 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 tương tự ta có O2F ⊥ EF. Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn . Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ phía AB nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K. Đường vuông góc với AB C cắt nửa đường tròn (O) E. Gọi M. N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đường tròn (I), (K). 2. Chứng minh MN tiếp tuyến chung 1. Chứng minh EC = MN. nửa đường tròn (I), (K). 3. Tính MN. GV : Nguyễn Đức Phương 26 Trường THCS Thanh Xá 4. Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường tròn Lời giải: 1. Ta có: ∠BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K) => ∠ENC = 900 (vì hai góc kề bù). (1) ∠AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => ∠EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) ∠AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay ∠MEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật ) 2. Theo giả thiết EC ⊥AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đường 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) 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 tương tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường tròn (I), (K). 3. Ta có ∠AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường 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. 4. Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S(o) = π .OA2 = π 252 = 625 π ; S(I) = π . IA2 = π .52 = 25 π ; S(k) = π .KB2 = π . 202 = 400 π . Ta có diện tích phần hình giới hạn ba nửa đường tròn S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 S = ( 625 π - 25 π - 400 π ) = .200 π = 100 π ≈ 314 (cm2) 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn (O) có đường kính MC. đường thẳng BM cắt đường tròn (O) D. đường thẳng AD cắt đường tròn (O) S. 1. Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp . 2. Chứng minh CA tia phân giác góc SCB. 3. Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O). Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy. 4. Chứng minh DM tia phân giác góc ADE. 5. Chứng minh điểm M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE. Lời giải: GV : Nguyễn Đức Phương 27 Trường THCS Thanh Xá 1. Ta có ∠CAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); ∠MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠CDB = 900 D A nhìn BC góc 900 nên A D nằm đường tròn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp. 2. ABCD tứ giác nội tiếp => ∠D1= ∠C3( nội tiếp chắn cung AB). ¼ = EM ¼ => ∠C2 = ∠C3 (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung nhau) ∠D1= ∠C3 => SM => CA tia phân giác góc SCB. 3. Xét ∆CMB Ta có BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC BA, EM, CD ba đường cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy. ¼ = EM ¼ => ∠D1= ∠D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) 4. Theo Ta có SM 5. Ta có ∠MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => ∠MEB = 900. Tứ giác AMEB có ∠MAB = 900 ; ∠MEB = 900 => ∠MAB + ∠MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường 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 đường tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu : ∠ABC = ∠CME (cùng phụ ∠ACB); ∠ABC = ∠CDS (cùng bù ∠ADC) => ∠CME = ∠CDS » = CS » => SM ¼ = EM ¼ => ∠SCM = ∠ECM => CA tia phân giác góc SCB. => CE Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B. Đường tròn đường kính BD cắt BC E. Các đường thẳng CD, AE cắt đường tròn F, G. Chứng minh : 1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD. 2. Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp . 3. AC // FG. 4. Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy. Lời giải: 1. Xét hai tam giác ABC EDB Ta có ∠BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); ∠DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠DEB = ∠BAC = 900 ; lại có ∠ABC góc chung => ∆DEB ∼ ∆ CAB . 2. Theo ∠DEB = 900 => ∠DEC = 900 (vì hai góc kề bù); ∠BAC = 900 ( ∆ABC vuông A) hay ∠DAC = 900 => ∠DEC + ∠DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp . GV : Nguyễn Đức Phương 28 Trường THCS Thanh Xá * ∠BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); ∠DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay ∠BFC = 900 F A nhìn BC góc 900 nên A F nằm đường tròn đường kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp. 3. Theo ADEC tứ giác nội tiếp => ∠E1 = ∠C1 lại có ∠E1 = ∠F1 => ∠F1 = ∠C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG. 4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đường cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S. Bài 17. Cho tam giác ABC có đường 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. 1. Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. 2. Chứng minh MP + MQ = AH. 3. Chứng minh OH ⊥ PQ. Lời giải: 1. Ta có MP ⊥ AB (gt) => ∠APM = 900; MQ ⊥ AC (gt) => ∠AQM = 900 P Q nhìn BC góc 900 nên P Q nằm đường tròn đường kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp. * Vì AM đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM. 2. Tam giác ABC có AH đường cao => SABC = BC.AH. Tam giác ABM có MP đường cao => SABM = AB.MP Tam giác ACM có MQ đường cao => SACM = AC.MQ 1 Ta có SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH. » = HQ ¼ 3. Tam giác ABC có AH đường cao nên đường phân giác => ∠HAP = ∠HAQ => HP ( tính chất góc nội tiếp ) => ∠HOP = ∠HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ. Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đường cao => OH ⊥ PQ Bài 18 Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B) ; đường thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M đường tròn ; MA MB thứ tự cắt đường tròn (O) C D. Gọi I giao điểm AD BC. 1. Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp . 2. Chứng minh đường thẳng AD, BC, MH đồng quy I. 3. Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp . Lời giải: 2. Theo Ta có BC ⊥ 1. Ta có : ∠ACB = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) MA; AD ⊥ MB nên BC AD => ∠MCI = 900 (vì hai góc kề bù). hai đường cao tam giác MAB mà BC AD cắt ∠ADB = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) I nên I trực tâm tam giác => ∠MDI = 90 (vì hai góc kề bù). => ∠MCI + ∠MDI = 180 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MAB. Theo giả thiết MH ⊥ MCID tứ giác nội tiếp. GV : Nguyễn Đức Phương 29 Trường THCS Thanh Xá AB nên MH đường cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I. 3. ∆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 đường tròn (O) đường 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. 1. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp . 2. Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi. 3. Chứng minh BI // AD. 4. Chứng minh I, B, E thẳng hàng. 5. Chứng minh MI tiếp tuyến (O’). Lời giải: 1. ∠BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường 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. 2. Theo giả thiết M trung điểm AB; DE ⊥ AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vuông góc với trung điểm đường . 3. ∠ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD ⊥ DC; theo BI ⊥ DC => BI // AD. (1) 4. Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2). Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đường thẳng song song với AD mà thôi.) 5. 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 ; ∆O’IC cân O’ ( O’C O’I bán kính ) => ∠I3 = ∠C1 mà ∠C1 = ∠E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => ∠I1 = ∠I3 => ∠I1 + ∠I2 = ∠I3 + ∠I2 . Mà ∠I3 + ∠I2 = ∠BIC = 900 => ∠I1 + ∠I2 = 900 = ∠MIO’ hay MI ⊥ O’I I => MI tiếp tuyến (O’). Bài 20. Cho đường tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc C. Gọi AC BC hai đường 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: 1. Tứ giác MDGC nội tiếp . 4. B, E, F thẳng hàng 2. Bốn điểm M, D, B, F nằm đường tròn 5. DF, EG, AB đồng quy. 3. Tứ giác ADBE hình thoi. 6. MF = 1/2 DE. GV : Nguyễn Đức Phương 30 Trường THCS Thanh Xá 7. MF tiếp tuyến (O’). Lời giải: 1. ∠BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠CGD = 900 (vì hai góc kề bù) Theo giả thiết DE ⊥ AB M => ∠CMD = 900 => ∠CGD + ∠CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp 2. ∠BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠BFD = 900; ∠BMD = 900 (vì DE ⊥ AB M) F M nhìn BD góc 900 nên F M nằm đường tròn đường kính BD => M, D, B, F nằm đường tròn . 3. Theo giả thiết M trung điểm AB; DE ⊥ AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vuông góc với trung điểm đường . 4. ∠ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường 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 đường tròn ) => BF ⊥ DF mà qua B có đường thẳng vuông góc với DF đo B, E, F thẳng hàng. 5. Theo DF ⊥ BE; BM ⊥ DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đường cao => EC⊥BD; theo CG⊥BD => E,C,G thẳng hàng. Vậy DF, EG, AB đồng quy 6. 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). 7. (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => ∆MDF cân M => ∠D1 = ∠F1 ∆O’BF cân O’ ( O’B O’F bán kính ) => ∠F3 = ∠B1 mà ∠B1 = ∠D1 (Cùng phụ với ∠DEB ) => ∠F1 = ∠F3 => ∠F1 + ∠F2 = ∠F3 + ∠F2 . Mà ∠F3 + ∠F2 = ∠BFC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = 900 = ∠MFO’ hay MF ⊥ O’F F => MF tiếp tuyến (O’). Bài 21. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi I trung điểm OA . Vẽ đường tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q. 1. Chứng minh đường tròn (I) (O) tiếp xúc A. 2. Chứng minh IP // OQ. 3. Chứng minh AP = PQ. 4. Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất. Lời giải: 1. Ta có OI = OA – IA mà OA IA bán kính đường tròn (O) đường tròn (I) . Vậy đường tròn (O) đường tròn (I) tiếp xúc A . 2. ∆OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => ∠A1 = ∠Q1 ∆IAP cân I ( IA IP bán kính ) => ∠A1 = ∠P1 => ∠P1 = ∠Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ. 3. ∠APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP ⊥ AQ => OP đường cao ∆OAQ mà ∆OAQ cân O nên OP đường trung tuyến => AP = PQ. GV : Nguyễn Đức Phương 31 Trường THCS Thanh Xá AB.QH. mà AB đường kính không đổi nên SAQB lớn QH lớn nhất. 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 nhất. 4. (HD) Kẻ QH ⊥ AB ta có SAQB = Bài 22. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE, đường thẳng cắt đường thẳng DE DC theo thứ tự H K. 1. Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp . 2. Tính góc CHK. 3. Chứng minh KC. KD = KH.KB 4. Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đường nào? Lời giải: 1. Theo giả thiết ABCD hình vuông nên ∠BCD = 900; BH ⊥ DE H nên ∠BHD = 900 => H C nhìn BD góc 900 nên H C nằm đường tròn đường kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp. 2. BHCD tứ giác nội tiếp => ∠BDC + ∠BHC = 1800. (1) ∠BHK góc bẹt nên ∠KHC + ∠BHC = 1800 (2). Từ (1) (2) => ∠CHK = ∠BDC mà ∠BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => ∠CHK = 450 . 3. Xét ∆KHC ∆KDB ta có ∠CHK = ∠BDC = 450 ; ∠K góc chung KC KH = => ∆KHC ∼ ∆KDB => => KC. KD = KH.KB. KB KD 4. (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. 1. Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng. 2. Đường thẳng HD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân. 3. Cho biết ∠ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF ED, Chứng minh điểm b, k, e, m, c nằm đường tròn. 4. Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải: 1. Theo giả thiết ABHK hình vuông => ∠BAH = 450 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. 2. Ta có ∠BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường 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. 3. 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 đường tròn suy ∠CDF = ∠CMF , mà ∠CDF = 450 (vì AEDC hình vuông) => ∠CMF = 450 hay ∠CMB = 450. GV : Nguyễn Đức Phương 32 Trường THCS Thanh Xá Ta có ∠CEB = 450 (vì AEDC hình vuông); ∠BKC = 450 (vì ABHK hình vuông). Như K, E, M nhìn BC góc 450 nên nằm cung chứa góc 450 dựng BC => điểm b, k, e, m, c nằm đường tròn. 4. ∆CBM có ∠B = 450 ; ∠M = 450 => ∠BCM =450 hay MC ⊥ BC C => MC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có ∠B = 450 . Vẽ đường tròn đường kính AC có tâm O, đường tròn cắt BA BC D E. A 1. Chứng minh AE = EB. 2. Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đường D F trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH. O 3. Chứng minh OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam H / _ giác BDE. _K 1 / I Lời giải: 1. ∠AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) B E C => ∠AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ∠ABE = 450 => ∆AEB tam giác vuông cân E => EA = EB. 2. Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đường 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. 3. theo I thuộc trung trực HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB. ∠ ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường 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 đường 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 đường cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đường 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 đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Bài 25. Cho đường tròn (O), BC dây (BC< 2R). Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) B C chúng cắt A. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đường vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, AC, AB. Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q. 1. Chứng minh tam giác ABC cân. 2. Các tứ giác BIMK, CIMH nội Mà ∠B1 = ∠C1 ( = 1/2 sđ tiếp . ¼ ) => ∠I1 = ∠H1 (2). BM 3. Chứng minh MI = MH.MK. 4. Chứng minh PQ ⊥ MI. Từ (1) (2) => ∆MKI Lời giải: MI MK = ∆MIH => => 1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AB = AC => ∆ABC cân MH MI A. MI2 = MH.MK 2. Theo giả thiết MI ⊥ BC => ∠MIB = 900; MK ⊥ AB => ∠MKB = 900. => ∠MIB + ∠MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp * ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứ giác BIMK ) 3. Theo tứ giác BIMK nội tiếp => ∠KMI + ∠KBI = 1800; tứ giác CHMI nội tiếp => ∠HMI + ∠HCI = 1800. mà ∠KBI = ∠HCI ( tam giác ABC cân A) => ∠KMI = ∠HMI (1). Theo tứ giác BIMK nội tiếp => ∠B1 = ∠I1 ( nội tiếp chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => ∠H1 = ∠C1 ( nội tiếp chắn cung IM). GV : Nguyễn Đức Phương 33 Trường THCS Thanh Xá 4. Theo ta có ∠I1 = ∠C1; chứng minh tương 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 đường tròn (O), đường 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 = 1. 2. AM tia phân giác ∠CMD. 3. Tứ giác OHCI nội KB AB tiếp 4. Chứng minh đường vuông góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đường tròn M. » = MC ¼ » Lời giải: 1. Theo giả thiết M trung điểm BC => MB => ∠CAM = ∠BAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia KC AC = phân giác góc CAB => ( t/c tia phân giác tam giác ) KB AB » => ∠CMA = ∠DMA => MA tia phân 2. (HD) Theo giả thiết CD ⊥ AB => A trung điểm CD giác góc CMD. » 3. (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 4. Kẻ MJ ⊥ AC ta có MJ // BC ( vuông góc với AC). Theo OM ⊥ BC => OM ⊥ MJ J suy MJ tiếp tuyến đường tròn M. Bài 27 Cho đường tròn (O) điểm A đường tròn . Các tiếp tuyến với đường tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn (O) B C. Gọi M điểm tuỳ ý đường tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH ⊥ BC, MK ⊥ CA, MI ⊥ AB. Chứng minh : Tứ giác ABOC nội tiếp. 2. ∠BAO = ∠ BCO. 3. ∆MIH ∼ ∆MHK. 4. MI.MK = MH2. Lời giải: GV : Nguyễn Đức Phương 34 Trường THCS Thanh Xá (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 tương tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => ∠MHI = ∠MBI (nội tiếp chắn cung IM). ¼ ) => ∠HKM = ∠MHI (1). Chứng minh tương tự ta có Mà ∠HCM = ∠MBI ( = 1/2 sđ BM ∠KHM = ∠HIM (2). Từ (1) (2) => ∆ HIM ∼ ∆ KHM. MI MH = Theo ∆ HIM ∼ ∆ KHM => => 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. 1. Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành. 2. E, F nằm đường tròn (O). 3. Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân. 4. Gọi G giao điểm AI OH. Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC. Lời giải: 1. Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đường chéo cắt trung điểm đường . 2. (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => ∠BAC + ∠B’HC’ = 1800 mà ∠BHC = ∠B’HC’ (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) . 3. 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 đường kính (O) => ∠ACF = 900 => ∠BCF = ∠CAE ( phụ ∠ACB) (5). Từ (4) (5) => ∠BCF = ∠CBE (6). Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân. 4. Theo AF đường kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đường trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH. GV : Nguyễn Đức Phương 35 Trường THCS Thanh Xá Theo giả thiết I trung điểm BC => OI ⊥ BC ( Quan hệ đường kính dây cung) => ∠OIG = GI OI = ∠HAG (vì so le trong); lại có ∠OGI = ∠ HGA (đối đỉnh) => ∆OGI ∼ ∆HGA => mà OI = GA HA GI = mà AI trung tuyến tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng AH => GA tâm tam giác ABC. Bài 29 BC dây cung đường tròn (O; R) (BC ≠ 2R). Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC. Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H. 1. Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC. 2. Gọi A’ trung điểm BC, Chứng minh AH = 2OA’. 3. Gọi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’. OA’. 4. Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất. Lời giải: (HD) 1. Tứ giác BFEC nội tiếp => ∠AEF = ∠ACB (cùng bù ∠BFE) ∠AEF = ∠ABC (cùng bù ∠CEF) => ∆ AEF ∼ ∆ ABC. 2. Vẽ đường kính AK => KB // CH ( vuông góc AB); KC // BH (cùng vuông góc AC) => BHKC hình bình hành => A’ trung điểm HK => OK đường trung bình ∆AHK => AH = 2OA’ 3. áp dụng tính chất : hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đường tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng. ta có : R AA ' = ∆ AEF ∼ ∆ ABC => (1) R bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC; R’ bán R ' AA1 kính đường tròn ngoại tiếp ∆ AEF; AA’ trung tuyến ∆ABC; AA1 trung tuyến ∆AEF. Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên đường tròn ngoại tiếp ∆AEF AH A 'O Từ (1) => R.AA1 = AA’. R’ = AA’ = AA’ . 2 Vậy R . AA1 = AA’ . A’O (2) 4. Gọi B’, C’lần lượt trung điểm AC, AB, ta có OB’⊥AC ; OC’⊥AB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ đường 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 AA1 Theo (2) => OA’ = R . mà tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF AA ' AA ' AA1 EF FD ED ABC nên = . Tương tự ta có : OB’ = R . ; OC’ = R . Thay vào (3) ta AA ' BC AC AB EF FD ED .BC + . AC + . AB )  2SABC = R(EF + FD + DE) 2SABC = R ( 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. GV : Nguyễn Đức Phương 36 Trường THCS Thanh Xá Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M. Vẽ đường cao AH bán kính OA. 1. Chứng minh AM phân giác góc OAH. 2. Giả sử ∠B > ∠C. Chứng minh ∠OAH = ∠B - ∠C. 3. Cho ∠BAC = 600 ∠OAH = 200. 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) ¼ = CM ¼ => M 1. AM phân giác ∠BAC => ∠BAM = ∠CAM => BM trung điểm cung BC => OM ⊥ BC; Theo giả thiết AH ⊥ BC => OM // AH => ∠HAM = ∠OMA ( so le). Mà ∠OMA = ∠OAM ( tam giác OAM cân O có OM = OA = R) => ∠HAM = OAM => AM tia phân giác góc OAH. 2. Vẽ dây BD ⊥ OA => »AB = »AD => ∠ABD = ∠ACB. Ta có ∠OAH = ∠ DBC ( góc có cạnh tương ứng vuông góc nhọn) => ∠OAH = ∠ABC ∠ABD => ∠OAH = ∠ABC - ∠ACB hay ∠OAH = ∠B - ∠C. 3. a) Theo giả thiết ∠BAC = 600 => ∠B + ∠C = 1200 ; theo ∠B ∠C = ∠OAH => ∠B - ∠C = 200 . ∠B + ∠C = 1200 ∠B = 700 ⇔ =>   0 ∠B − ∠C = 20 ∠C = 50 π .R .1202 R π .R R . R .(4π − 3) − R . 3. − = b) Svp = SqBOC - S V BOC = = 3600 2 12 GV : Nguyễn Đức Phương 37 [...]... bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau) Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta cũng có PM ⊥ OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có ∠PAO = ∠AON = ∠ONP = 900 => K là trung điểm của PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) AONP là hình chữ nhật => ∠APO = ∠... Hỏi mỗi trường có bao nhiêu HS lớp 9 dự thi vào lớp 10 Bài 10 Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước sau 2 giờ 55 phút thì đầy bể Nếu chảy riêng thì vòi thứ nhất cần ít thời gian hơn vòi thứ hai là 2 giờ Tính thời gian để mỗi vòi chảy riêng thì đầy bể Bài 11 Hai tổ cùng làm chung một công việc hoàn thành sau 15 giờ nếu tổ một làm trong 5 giờ, tổ hai làm trong 3 giờ thì được 30% công việc Hỏi... - 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 - 5 = 0 11 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 phương trình sau thành phương trình bậc hai rồi giải a) 10x2... cách chính giữa quãng đường AB là 10 km và xe đi chậm tăng vận tốc gấp đôi thì hai xe gặp nhau sau 1 giờ 24 phút  x − y = 10   2 1 5 ( x + 2 y ) = 2( x + y )  HPT: Bài 8 Hai lớp 9A và 9B có tổng cộng 70 HS nếu chuyển 5 HS từ lớp 9A sang lớp 9B thì số HS ở hai lớp bằng nhau Tính số HS mỗi lớp Bài 9 Hai trường A, B có 250 HS lớp 9 dự thi vào lớp 10, kết quả có 210 HS đã trúng tuyển Tính riêng tỉ... đoạn thẳng cố định nào Lời giải: 1 Ta có ∠OMP = 900 ( vì PM ⊥ AB ); ∠ONP = 900 (vì NP là tiếp tuyến ) Như vậy M và N cùng nhìn OP dưới một góc bằng 900 => M và N cùng nằm trên đường tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp 2 Tứ giác OMNP nội tiếp => ∠OPM = ∠ ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân tại O vì có ON = OC = R => ∠ONC = ∠OCN => ∠OPM = ∠OCM Xét hai tam giác OMC và MOP ta có ∠MOC = ∠OMP... EC2 = AC BC  EC2 = 10. 40 = 400 => EC = 20 cm Theo trên EC = MN => MN = 20 cm 4 Theo giả thi t AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S(o) = π OA2 = π 252 = 625 π ; S(I) = π IA2 = π 52 = 25 π ; S(k) = π KB2 = π 202 = 400 π 1 Ta có diện tích phần hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn là S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 2 1 1 S = ( 625 π - 25 π - 400 π ) = 200 π = 100 π ≈ 314 (cm2) 2... CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2 Theo giả thi t: BE là đường cao => BE ⊥ AC => ∠BEA = 900 AD là đường cao => AD ⊥ BC => ∠BDA = 900 Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn 3 Theo giả thi t tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến... vào vị trí của điểm M 4 ( HD) Dễ thấy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ∠ODP = 900 => P chạy trên đường thẳng cố định vuông góc với CD tại D Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A’ B’ song song và bằng AB Bài 13 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, Nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại... giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = x1x2 + 2x1 + 2x2 GV : Nguyễn Đức Phương 17 Trường THCS Thanh Xá Bài tập 32: Cho phương trình: x2 - 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0 (m là tham số) Tìm m sao cho 2 2 nghiệm x1; x2 của phương trình thoả mãn 10x 1x2 + x1 + x 2 đạt giá trị nhỏ nhất Tìm giá 2 trị đó Dạng V Bài tập Hình tổng hợp Bài 1 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao... MBID nên MBID là tứ giác nội tiếp 2 Theo giả thi t M là trung điểm của AB; DE ⊥ AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan hệ đường kính và dây cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường 3 ∠ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD ⊥ DC; theo trên BI ⊥ DC => BI // AD (1) 4 Theo giả thi t ADBE là hình thoi => EB // AD (2) Từ (1) . lớp 9 dự thi vào lớp 10, kết quả có 210 HS đã trúng tuyển. Tính riêng tỉ lệ đỗ thì trường A đạt 80%, trường B đạt 90%. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu HS lớp 9 dự thi vào lớp 10. Bài 10. Hai vòi. xúc với (P). d. cho (P) y=x 2 . lập phương trình d song song với đường thẳng y=2x và tiếp xúc với (P). e. viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y=-x+2 và cắt (P) y=x 2 tại điểm. − ; 7) 4 3 2 27 6 75 3 5 − + ; 8) ( ) 3 5. 3 5 10 2 − + + 9) 8 3 2 25 12 4 192− + ; 10) ( ) 2 3 5 2− + ; 11) 3 5 3 5− + + ; 12) 4 10 2 5 4 10 2 5+ + + − + ; 13) ( ) ( ) 5 2 6 49 20 6 5 2