on thi vao 10 2009-2010.doc

Dạng I: rút gọn biểu thức Có chứa thức bËc hai Bµi 1: Thùc hiƯn phÐp tÝnh: 1) − 125 − 80 + 605 ; 11) − + + ; 2) 10 + 10 + ; + 1− 12) + 10 + + − 10 + ; 13) ( + ) ( 49 − 20 ) − ; 3) 15 − 216 + 33 − 12 ; − 12 + 27 − 4) ; 18 − 48 30 + 162 2− 2+ + ; 2+ 2− 14) 15) 5) ( 3− 3+ 18) 10 + 19) 10) − ( + ) ; 192 ; 20)  x − Bµi 2: Cho biĨu thøc A =   2 x  a) Rót gän biĨu thøc A; b) Tìm giá trị x để A > -  + 6+4 ) − 2− − 6−4 2 + −8 ; −4 x ( + + ; +1 3−2 −3 ) ( ) +1 − 1− −1 + 3 +1 1+ +1  x − x x + x  ÷ ÷ x + − x − ÷ ÷     10 − x  Bµi 3: Cho biĨu thøc B =   x − + − x + x + ÷:  x − + x + ÷ ÷    a) Rút gọn biểu thức B; b) Tìm giá trị x để A > Bài 4: Cho biểu thøc C = − + x −1 x x +1 x − x +1 a) Rót gän biểu thức C; b) Tìm giá trị x để C < Bµi 5: Rót gän biĨu thøc : ; 6−4 + 17) 14 − − 24 − 12 ; ) 9) − 25 12 + 6+4 16) ( 16 −3 −6 6) ; 27 75 7) 27 − + 75 ; 8) + 2+ + ; a) D = x + + x2 − + x + − x2 − x + − x2 − x + + x2 −  x + x  x − x  b) P = 1 + ÷1 − ÷;  ÷ x + ÷ x −1    ; c) Q = d) H = x +1 ; : x2 − x x x + x + x x −1 − x − x − −1 1  a +1 + : ÷ a −1  a − a +1 a− a  Bµi 6: Cho biĨu thøc M =  a) Rót gän biĨu thøc M; b) So s¸nh M víi 2x − x − Bµi 7: Cho biểu thức P = Q = x x − x + 2x − x +2 a) Rút gọn biểu thức P Q; b) Tìm giá trị x để P = Q Bài 8: Cho biÓu thøc P = 2x + x x − x x + + − x x− x x+ x a) Rót gän biĨu thøc P b) So sánh P với c) Với giá trị cđa x lµm P cã nghÜa, chøng minh biĨu thøc nhận giá P trị nguyên 3x + 9x − 1  + + ÷: x+ x −2 x −1 x + ÷ x −1   Bµi 9: Cho biĨu thøc P = a) Tìm điều kiện để P cã nghÜa, rót gän biĨu thøc P; lµ sè 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= − − :2− Bµi 10: Cho biĨu thøc : ÷ ÷  x −5 x +6 2− x x −3 ÷  x +1 ÷     a) Rót gän biĨu thøc P; b) Tìm x để P D¹ng II CÁC BÀI TỐN 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) Ví dụ 1: Tìm 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 Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ cho A(-2;2) đường thẳng (d) có phương trình: 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.Cách tìm giao điểm hai đường y = f(x) y = g(x) Bước 1: Tìm hồnh độ giao điểm nghiệm phương trình f(x) = g(x) (II) Bước 2: Lấy nghiệm thay vào hai công thức y = f(x) y = g(x) để tìm tung độ giao điểm Chú ý: Số nghiệm phương trình (II) số giao điểm hai đường 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.Tìm điều kiện để đường thẳng đồng qui Bước 1: Giải hệ phương trình gồm hai đường thẳng khơng chứa tham số để tìm (x;y) Bước 2: Thay (x;y) vừa tìm vào phương trình cịn lại để tìm tham số V.Quan hệ (d): y = ax + b (P): y = cx2 (c 0) 1.Tìm tọa độ giao điểm (d) (P) Bước 1: Tìm hồnh độ giao điểm nghiệm phương trình: cx2= ax + b (V) Bước 2: Lấy nghiệm thay vào hai công thức y = ax +b y = cx để tìm tung độ giao điểm Chú ý: Số nghiệm phương trình (V) số giao điểm (d) (P) 2.Tìm điều kiện để (d) (P) a) (d) (P) cắt phương trình (V) có hai nghiệm phân biệt b) (d) (P) tiếp xúc với c) (d) (P) không giao phương trình (V) có nghiệm kép phương trình (V) vơ nghiệm VI.Viết phương trình 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 vng góc tìm hệ số a Bước 2: Thay a vừa tìm x0;y0 vào cơng thức y = ax + b để tìm 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 trình: Giải hệ phương trình tìm a,b 3.Biết đồ thị hàm số qua điểm A(x0;y0) tiếp xúc với (P): y = cx2 (c 0) +) Do đường thẳng qua điểm A(x0;y0) nên có phương trình : y0 = ax0 + b (3.1) +) Do đồ thị hàm số y = ax + b tiếp xúc với (P): y = cx (c 0) nên: Pt: cx2 = ax + b có nghiệm kép (3.2) +) Giải hệ gồm hai phương trình để tìm a,b VII.Chứng minh đường thẳng ln 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 trình đường thẳng chuyển phương trình ẩn m hệ số x 0;y0 nghiệm với m +) Đồng hệ số phương trình với giải hệ tìm x0;y0 VIII.Một số ứng dụng đồ thị hàm số 1.Ứng dụng vào phương trình 2.Ứng dụng vào tốn cực trị bµi tËp vỊ hµm sè Bµi tËp cho parabol y= 2x2 (p) a tìm hoành độ giao điểm (p) với đờng thẳng y= 3x-1 b tìm toạ ®é giao ®iĨm cđa (p) víi ®êng th¼ng y=6x-9/2 c tìm giá trị a,b cho đờng thẳng y=ax+b tiếp xúc với (p) qua A(0;-2) d tìm phơng trình đờng thẳng tiếp xúc với (p) B(1;2) e biƯn ln sè giao ®iĨm cđa (p) víi ®êng thẳng y=2m+1 ( hai phơng pháp đồ thị đại số) f cho đờng 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 cho hàm số (p): y=x2 hai điểm A(0;1) ; B(1;3) a viết phơng trình đờng thẳng AB tìm toạ độ giao điểm AB với (P) đà cho b viết phơng trình đờng thẳng d song song với AB tiếp xúc với (P) c viết phơng trình đờng thẳng d1 vuông góc với AB tiếp xúc với (P) d chøng tá r»ng qua ®iĨm A chØ cã đờng thẳng cắt (P) hai điểm phân biệt C,D cho CD=2 Bài tập Cho (P): y=x2 hai đờng thẳng a,b có phơng trình lần lợt y= 2x-5 y=2x+m a chứng tỏ đờng thẳng a không cắt (P) b tìm m để đờng thẳng b tiếp xúc với (P), với m tìm đợc hÃy: + Chứng minh đờng thẳng a,b song song với + tìm toạ độ tiếp điểm A (P) với b + lập phơng trình đờng thẳng (d) qua A có hệ số góc -1/2 tìm toạ độ giao điểm (a) (d) Bµi tËp cho hµm sè y= −1 x (P) a vẽ đồ thị hàm số (P) b với giá trị m đờng thẳng y=2x+m (d) cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt A,B hÃy tìm toạ độ hai điểm A B c tính tổng tung độ hoành độ giao điểm (P) (d) theo m Bài tập5 cho hµm sè y=2x2 (P) vµ y=3x+m (d) a m=1, tìm toạ độ giao điểm (P) (d) b tính tổng bình phơng hoành độ giao điểm (P) (d) theo m c tìm mối quan hệ hoành độ giao điểm (P) (d) độc lập với m Bài tập cho hàm số y=-x2 (P) đờng thẳng (d) đI qua N(-1;-2) cã hÖ sè gãc k a chøng minh với giá trị k đờng thẳng (d) cắt đồ thị (P) hai điểm A,B t×m k cho A,B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung b gọi (x1;y1); (x2;y2) toạ độ điểm A,B nói trên, tìm k cho tổng S=x1+y1+x2+y2 đạt giá trị lớn Bài tập7 cho hàm số y= x a tìm tập xác định hàm số b t×m y biÕt: + 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? d không vẽ đồ thị hÃy tìm hoành độ giao điểm đồ thị hàm số đà cho với đồ thị hàm số y= x-6 Bµi tËp cho hµm sè y=x2 (P) vµ y=2mx-m2+4 (d) a.tìm hoành độ điểm thuộc (P) biÕt tung ®é cđa chóng y=(1- )2 b.chøng 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 Bài tập cho hµm sè y= mx-m+1 (d) a chøng tá r»ng m thay đổi đờng thẳng (d) đI qua điểm cố định tìm điểm cố định 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) đờng thẳng (d) y=ax+b a tìm a b để đờng thẳng (d) đI qua điểm M, N b xác định toạ độ giao điểm đờng thẳng MN với trục Ox, Oy Bµi tËp 11 cho hµm sè y=x2 (P) vµ y=3x+m2 (d) a chứng minh với giá trị m đờng thẳng (d) cắt (P) điểm phân biệt b gọi y1, y2 kà tung độ giao điểm đờng 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) b (P) lấy điểm A, B có hoành độ lần lợt hÃy viết phơng trình đờng thẳng AB c lập phơng trình đờng trung trực (d) đoạn thẳng AB d tìm toạ độ giao điểm (d) (P) Bài tập 13 a viết phơng trình đờng thẳng tiếp xúc với (P) y=2x2 điểm A(-1;2) b cho hàm số y=x2 (P) B(3;0), tìm phơng trình thoả mÃn điều kiện tiếp xúc với (P) qua B c cho (P) y=x2 lập phơng trình đờng thẳng qua A(1;0) vµ tiÕp xóc víi (P) d cho (P) y=x2 lập phơng trình d song song với đờng thẳng y=2x tiếp xúc với (P) e viết phơng trình đờng thẳng song song với đờng thẳng y=-x+2 cắt (P) y=x2 điểm có hoành độ (-1) f viết phơng trình đờng thẳng vuông góc với (d) y=x+1 cắt (P) y=x2 điểm có tung độ Dạng III: Hệ phơng trình Baứi 1: : Giải c¸c HPT sau: 1.1 2 x − y = 3 x + y = a  Gi¶i:  x + y = −2 5 x + y = b   y = 2x −  y = 2x − x = x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 3x + x − = 5 x = 10  y = 2.2 −  y = x = Vaọy HPT đà cho có nghiệm là:  y =1 2 x − y = 5 x = 10 x = x = ⇔ ⇔ ⇔ Dïng PP céng:  3 x + y = 3x + y = 3.2 + y = y =1 a Dïng PP thÕ: 2 x − y =  3 x + y = x = Vậy HPT ®· cho cã nghiƯm là: y =1 - Để giảI loại HPT ta thêng sư dơng PP céng cho thn lỵi - 1.2  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 = Vaäy HPT cã nghiệm y = Đối với HPT dạng ta sử dụng hai cách giảI sau đây: x +1 +   +  x +1  = −1 y = −1 y §K: x ≠ −1, y ≠ + C¸ch 1: Sư dơng PP céng   x +1 +    +  x +1  2 = −1 y =1 y =1   y =2 y    x +1 = − x = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2⇔ 5  + =  x + + =  x + = −4 y =1 y =1 = −1      x +1 y y   x = − Vậy HPT cã nghiƯm lµ  y =1 + Cách 2: Sử dụng PP đặt ẩn phơ §K: x ≠ −1, y ≠ 1 = b HPT đà cho trở thành: =a ; Đặt y x +1 x + = −2  2a + 3b = −1 2a + 5b = 2a + 5.1 = a = −2  x = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ ⇔ (TM§K)   2a + 5b = 2b = b = b = 1 =1 y =1  y   x = − Vậy HPT cã nghiƯm lµ  y =1  Lu ý: - NhiỊu em cßn thiÕu ĐK cho HPT dạng - Có thể thử lại nghiệm HPT vừa giải Baứi 2: Giaỷi hệ phương trình sau (bằng pp thế) 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 =  ( ( ) ) Baøi 3: Giải hệ phương trình sau (bằng pp cộng đại số) 3 x + y = 2.1 a)  2 x − y = x − 3y =  2.2 a)  Baøi 4: 3x − y = 10  c)  x − y = 3  4 x + y = b)  2 x + y =  x + y = −2  5 x + y = 2  b)  x − y =  x + 3y = Giải hệ phương trình (m + 1) x + y = 2m trường hợp sau  a) m = -1 b) m = c) m = Baøi 5:  x + by = -2) a) Xaùc định hệ số avàb, biết hệ phương trình bx − ay = −5 có nghiệm (1;  b) Cũng hỏi hệ phương trình có nghiệm ( − 1; ) 2 x + y =   x + y = −1  Bài 6: Giải hệ phương trình sau:  n  2m  m +1 + n +1 =  a) Từ suy nghiệm hệ phương trình  m 3n  + = −1  m +1 n +1  Bài 7: Giải hệ phương trình sau: 2 x + y =  3 x − y = x − y = x + y = 3 x − y − =  ; x + y − = ; 3x + y = ; 3x − y = ;   x = − y  ;  x + y = 2007 3 x − y =  ;  −3 y + x = Bài 8: Cho hệ phơng trình y x − =  ; 2 x − y =   x − ay = b   ax + by = a) Gi¶i hƯ a=3 ; b=-2 b) Tìm a;b để hệ có nghiệm (x;y)=( Bài 9: GiảI hệ phơng trình sau 2; 3) 0, x − y =  ;  x − 15 y = 10 2 x + y = 2 x + y =   5 ;  x + y = 15 3 x + y = 2     x+ y −  a)   −  x+ y  =2 x− y =3 x− y b) 3 x − y = −8   2 x + y =  3 x − − y − =  c)  2 x− + y− =  (®k x;y ≥ ) 6 x + y = xy  2x − y =  x + 3y =  y = x −1 + ( x + y )( x − y ) =     ;  ; 4 − =1 ;  ;    − x + y = −1 x = y − x − 5y =  2 + 3 = −5   x y   3 x − y = − ( x + 1) + 2( y − 2) = ( x + 5)( y − 2) = ( x + 2)( y − 1)  ;  ;   3( x + 1) − ( y − 2) = ( x − 4)( y + 7) = ( x − 3)( y + 4)  2x + 3y = +  ( x − 1)( y − 2) + ( x + 1)( y − 3) = 3( x + y ) + 5( x − y ) = 12 ;  ;  ( x − 3)( y + 1) − ( x − 3)( y − 5) =  −5( x + y ) + 2( x − y ) = 11 1 x + y =  ;  1 − = x y  5    x+ y − x− y =  x − y + 3x + y =  x − y + − x + y − = 4,5    ;  ;    − =3  − =−3  + =4 x+ y x− y  x − y 3x + y  x − y + x + y −1  Giải toán cách lập hệ phơng trình I, Mục tiêu: * Kiến thức: HS giải đợc toán thực tế cách lập HPT * Kĩ năng: - HS đợc 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, LÝ thut cÇn nhí: * Bíc 1: + LËp HPT - Chọn ẩn, tìm đơn vị ĐK cho ẩn - Biểu diễn mối quan hệ lại qua ẩn đại lợng đà biết - Lập HPT * Bớc 2: Giải HPT * Bớc 3: Đối chiếu với ĐK để trả lời III, Bài tập hớng dẫn: Bài Hai ô tô khởi hành lúc từ hai tỉnh A B cách 160 km, ngợc chiều gặp sau Tìm vận tốc ô tô biết ô tô từ A tăng vận tốc thêm 10 km/h hai lần vận tốc ôtô tõ B Theo trªn AC // BD => CN AC CN CM = = , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy BN BD BN DM => MN // BD mµ BD ⊥ AB => MN ⊥ AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhÊt CD nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vuông góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK Chứng minh B, C, I, K nằm đờng tròn Chứng minh AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lêi gi¶i: (HD) Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kỊ bï ®Ønh B Do ®ã BI ⊥ BK hay∠IBK = 900 T¬ng tù ta cịng cã ∠ICK = 900 nh B C nằm đờng tròn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng tròn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH ∠C2 + ∠I1 = 900 (2) ( v× ∠IHC = 900 ) ∠I1 = ∠ ICO (3) ( v× tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => ∠C1 + ∠ICO = 900 hay AC ⊥ OC Vậy AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20 −12 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = OC = OH +HC = CH 12 = (cm) = AH 16 +12 = 225 = 15 (cm) Bài Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC MB, BD MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Chøng minh OAHB hình thoi Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d Lời giải: (HS tự làm) Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính Và d©y cung) => ∠OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900; ∠OBM = 900 nh vËy K, A, B cïng nh×n OM díi mét gãc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Ta có MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM ⊥ AB t¹i I Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đờng cao áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ OI IM = IA2 Ta cã OB ⊥ MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA ⊥ MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH ⊥ AB; cịng theo trªn OM ⊥ AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nhng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E Chứng minh tam giác BEC cân Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh r»ng AI = AH Chøng minh r»ng BE lµ tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) Chứng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD) ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2 Hai tam giác vuông ABI ABH có c¹nh hun AB chung, ∠B1 = ∠B2 => ∆ AHB = ∆AIB => AI = AH AI = AH BE AI I => BE tiếp tun cđa (A; AH) t¹i I DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tun ®ã mét ®iĨm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M Chøng minh r»ng tø gi¸c APMO néi tiÕp đợc đờng tròn Chứng minh BM // OP Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành 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 tiÕp tuyÕn c¾t ) => ∠ AOP = (2) Tõ (1) vµ (2) => ∠ ABM = ∠ AOP (3) Mµ ∠ ABM vµ ∠ AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 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) Tõ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta còng cã 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 nhËt v× cã ∠PAO = ∠AON = ∠ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đờng 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 đờng cao => IK ⊥ PO (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tø gi¸c néi tiÕp 2) Chøng minh r»ng: 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 đợc đờng tròn Lời giải: Ta cã : ∠AMB = 900 ( néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï) ∠AEB = 900 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù) => KMF + KEF = 1800 Mµ ∠KMF vµ ∠KEF lµ hai gãc 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 đờng cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác gãc IAM => ∠IAE = ∠MAE => AE = ME (lÝ ……) => ∠ABE =∠MBE ( hai gãc néi tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có AEB = 900 => BE AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng 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) Tõ (4) vµ (5) => HAK lµ tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung ®iĨm cđa HK (6) Tõ (3) , (4) vµ (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tø gi¸c AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng 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 gãc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông A cã ∠ABI = 450 => ∠AIB = 450 (8) Tõ (7) vµ (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 đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh ABD = DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp Lời giải: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC ⊥ AE ∠ABE = 900 ( Bx lµ tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R không đổi ®ã AC AE kh«ng ®ỉi ∆ ADB cã ∠ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠ABD + ∠BAD = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1) ∆ ABF cã ∠ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ) => ∠AFB + ∠BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam giác 1800) (2) Từ (1) (2) => ABD = ∠DFB ( cïng phơ víi ∠BAD) Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ∠ABD + ∠ACD = 1800 ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kỊ bï) => ∠ECD = ∠ABD ( cïng bï víi ∠ACD) Theo trªn ∠ABD = ∠DFB => ∠ECD = ∠DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai gãc kỊ bï) nªn suy ∠ECD + ∠EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, MA Gọi P chân đơng vuông góc từ S đến AB Chøng minh ®iĨm A, M, S, P cïng n»m đờng tròn Gọi S giao điểm MA SP Chứng minh tam giác PSM cân Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn Lời giải: Ta có SP AB (gt) => ∠SPA = 900 ; ∠AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính AS Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn Vì Mđối xứng M qua AB mà M nằm đờng tròn nên M nằm đờng tròn => hai cung AM AM có số đo => AMM = ∠AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung nhau) (1) Cũng Mđối xứng M qua AB nên MM AB H => MM// SS ( cïng vu«ng gãc víi AB) => ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (v× so le trong) (2) => Tõ (1) (2) => ASS = ASS Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn => ∠ASP=∠AMP (néi tiÕp cïng ch¾n AP ) => ∠AS’P = AMP => tam giác PMS cân P Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông t¹i M => ∠B1 = ∠S’1 (cïng phơ víi ∠S) (3) Tam giác PMS cân P => S1 = M1 (4) Tam giác OBM cân O ( cã OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3 (5) Tõ (3), (4) vµ (5) => ∠M1 = ∠M3 => ∠M1 + ∠M2 = ∠M3 + ∠M2 mµ ∠M3 + ∠M2 = ∠AMB = 900 nªn suy ∠M1 + ∠M2 = ∠PMO = 900 => PM ⊥ OM t¹i M => PM tiếp tuyến đờng tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh : Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp BD BM = CB CF Lêi gi¶i: (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF = ∠AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => ∠DEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiÕp chắn cung DE) Chứng minh tơng tự ta có DFE < 900; ∠EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän AD AF = Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => => DF // BC AB AC DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn 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 => ∆BDM ∼∆CBF => BD BM = CB CF Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn P Chứng minh : Tø gi¸c OMNP néi tiÕp Tø gi¸c CMPO hình bình hành CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định Lời giải: Ta có OMP = 900 ( v× PM ⊥ AB ); ∠ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ) Nh M N nhìn OP dới góc 900 => M N nằm đờng tròn đờng kÝnh OP => Tø gi¸c OMNP néi tiÕp Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => ∠OPM = ∠ ONM (néi tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O v× cã ON = OC = R => ∠ONC = ∠OCN => ∠OPM = ∠OCM XÐt hai tam gi¸c OMC vµ MOP ta cã ∠MOC = ∠OMP = 900; ∠OPM = OCM => CMO = POM lại có MO c¹nh chung => ∆OMC = ∆MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2) Tõ (1) vµ (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD ⊥ AB); ∠DNC = 900 (néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C góc chung => OMC NDC CM CO = => => CM CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không ®ỉi => CM.CN =2R2 CD CN kh«ng ®ỉi hay tÝch CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) DÔ thÊy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vuông góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song AB Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiÕp AE AB = AF AC Chøng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Lêi gi¶i: Ta cã : ∠BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) (O2) => ∠B1 = ∠H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n 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 Xét hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 lµ gãc chung; ∠AFE = ∠ABC ( theo Chøng AE AF = minh trªn) => ∆AEF ∼∆ACB => => AE AB = AF AC AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vuông H có HE ⊥ AB => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2 => ∠E1 + ∠E2 = ∠H1 + ∠H2 mµ ∠H1 + ∠H2 = ∠AHB = 900 => ∠E1 + ∠E2 = ∠O1EF = 900 => O1E ⊥EF Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã O2F ⊥ EF VËy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ phía AB nửa đờng tròn có ®êng kÝnh theo thø tù lµ AB, AC, CB vµ có tâm theo thứ tự O, I, K Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng tròn (I), (K) Chøng minh EC = MN Chøng minh MN tiếp tuyến chung nửa đờng trßn (I), (K) TÝnh MN TÝnh diƯn tÝch hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn Lời giải: Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K) => ENC = 900 (vì hai gãc kÒ bï) (1) ∠AMC = 900 ( néi tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K) => ∠B1 = ∠C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => ∠C1= ∠N3 => ∠B1 = ∠N3.(4) L¹i cã KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5) Từ (4) (5) => ∠N1 = ∠N3 mµ ∠N1 + ∠N2 = ∠CNB = 900 => ∠N3 + ∠N2 = ∠MNK = 900 hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa ®êng trßn (I), (K) Ta cã ∠AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông A có EC AB (gt) => EC = AC BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã 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 cã diƯn tÝch phÇn hình đợc giới hạn ba nửa đờng 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 đờng tròn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy Chứng minh DM tia phân giác góc ADE Chứng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng tròn đờng kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB) ẳ ẳ D1= C3 => SM = EM => ∠C2 = ∠C3 (hai gãc néi tiÕp đờng tròn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân giác góc SCB Xét CMB Ta cã BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC nh BA, EM, CD ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy ẳ ẳ Theo trªn Ta cã SM = EM => ∠D1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) Ta cã ∠MEC = 900 (néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn (O)) => MEB = 900 Tứ giác AMEB cã ∠MAB = 900 ; ∠MEB = 900 => ∠MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác néi tiÕp => ∠A1= ∠B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác cđa gãc DAE (2) Tõ (1) vµ (2) Ta cã M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu : ABC = CME (cùng phô ∠ACB); ∠ABC = ∠CDS (cïng bï ∠ADC) => ∠CME = ∠CDS » » ¼ ¼ => CE = CS => SM = EM => ∠SCM = ∠ECM => CA tia phân giác góc SCB Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng tròn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G Chứng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp AC // FG Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => ∆DEB ∼ ∆ CAB Theo trªn ∠DEB = 900 => ∠DEC = 900 (v× hai gãc kỊ bï); BAC = 900 ( ABC vuông A) hay ∠DAC = 900 => ∠DEC + ∠DAC = 1800 mµ hai góc đối nên ADEC tứ giác néi tiÕp * ∠BAC = 900 ( v× tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn đờng kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác néi tiÕp => ∠E1 = ∠C1 l¹i cã ∠E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nªn suy AC // FG (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 17 Cho tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với cạnh AB AC Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp hÃy xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH Chøng minh OH ⊥ PQ Lêi gi¶i: Ta cã MP ⊥ AB (gt) => ∠APM = 900; MQ ⊥ AC (gt) => ∠AQM = 900 nh P Q nhìn BC dới góc 900 nên P Q nằm đờng tròn đờng kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung ®iĨm cđa AM Tam gi¸c ABC cã AH đờng cao => SABC = BC.AH Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM = AB.MP Tam giác ACM có MQ đờng cao => SACM = AC.MQ 1 Ta cã SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC ®Ịu) => MP + MQ = AH » ẳ Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác => HAP = HAQ => HP = HQ ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => ∠HOP = ∠HOQ (t/c gãc ë t©m) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đờng cao => OH PQ Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B) ; đờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M đờng tròn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp Chứng minh đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp Lời giải: Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MCI = 900 (vì hai góc kề bù) ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MDI = 900 (vì hai góc kề bù) => MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp Theo Ta có BC MA; AD MB nên BC AD hai đờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => ∠M1 = ∠C1 Mµ ∠A1 + ∠M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + ∠C4 = 900 => ∠C3 + ∠C2 = 900 ( góc ACM góc bẹt) hay OCK = 900 XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã ∠OHK = 900; ∠OCK = 900 => ∠OHK + ∠OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp Bài 19 Cho đờng tròn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuú ý (B kh¸c O, C ) Gäi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp Chứng minh tứ giác ADBE h×nh thoi Chøng minh BI // AD Chøng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến (O) Lời giải: BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 (vì hai góc kề bù); DE ⊥ AB t¹i M => ∠BMD = 900 => ∠BID + BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DC; theo trªn BI ⊥ DC => BI // AD (1) Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2) Tõ (1) vµ (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thôi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; OIC cân O ( OC OI bán kính ) => ∠I3 = ∠C1 mµ ∠C1 = ∠E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => ∠I1 = ∠I3 => ∠I1 + ∠I2 = ∠I3 + ∠I2 Mµ ∠I3 + ∠I2 = ∠BIC = 900 => ∠I1 + ∠I2 = 900 = ∠MIO’ hay MI ⊥ O’I t¹i I => MI lµ tiÕp tun cđa (O’) Bµi 20 Cho đờng tròn (O; R) (O; R) có R > R tiếp xúc C Gọi AC BC hai đờng kính qua điểm C (O) (O) DE dây cung (O) vuông góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O) F, BD cắt (O) G Chứng minh rằng: Tứ giác MDGC nội tiếp Bốn điểm M, D, B, F nằm đờng tròn Tứ giác ADBE hình thoi B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE MF lµ tiÕp tun cđa (O’) Lêi giải: BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng 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 BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠BFD = 900; ∠BMD = 900 (v× DE ⊥ AB M) nh F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm đờng tròn đờng kính BD => M, D, B, F nằm đờng tròn Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình tho => BE // AD mà AD DF nên suy BE ⊥ DF Theo trªn ∠BFC = 900 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B có đờng thẳng vuông góc với DF đo B, E, F thẳng hàng Theo DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đờng cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy Theo DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền) (HD) theo trªn MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1 OBF cân O ( OB OF bán kính ) => F3 = B1 mà ∠B1 = ∠D1 (Cïng phơ víi ∠DEB ) => ∠F1 = ∠F3 => ∠F1 + ∠F2 = ∠F3 + ∠F2 Mµ ∠F3 + ∠F2 = ∠BFC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = 900 = ∠MFO’ hay MF ⊥ OF F => MF tiếp tuyến (O) Bài 21 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xúc A Chøng minh IP // OQ Chøng minh AP = PQ Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn Lêi gi¶i: Ta cã OI = OA – IA mà OA IA lần lợt bán kính đờng tròn (O) đờng tròn (I) Vậy đờng tròn (O) đờng tròn (I) tiếp xúc A OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1 IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 = P1 => P1 = Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đờng trung tun => AP = PQ (HD) KỴ QH ⊥ AB ta cã SAQB = AB.QH mµ AB lµ đờng kính không đổi nên SAQB lớn QH lín nhÊt QH lín nhÊt Q trïng víi 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 t¹i O => Q trung điểm cung AB H trung víi O; OQ lín nhÊt nªn QH lín nhÊt Bài 22 Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thø tù ë H vµ K Chøng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính góc CHK Chøng minh KC KD = KH.KB Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào? Lời giải: Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD dới góc 900 nên H C nằm đờng tròn đờng kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK góc bẹt nên KHC + ∠BHC = 1800 (2) Tõ (1) vµ (2) => ∠CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450 Xét KHC ∆KDB ta cã ∠CHK = ∠BDC = 450 ; ∠K lµ gãc chung KC KH = => ∆KHC ∼ ∆KDB => => KC KD = KH.KB KB KD (HD) Ta có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E B th× H ≡ B; E ≡ C th× H ≡ C) Bài 23 Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE Chøng minh ba ®iĨm H, A, D thẳng hàng Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF ED, Chøng minh ®iĨm b, k, e, m, c cïng nằm đờng tròn Chứng minh MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải: 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 Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1) FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo ∠CAD = 450 hay ∠FAC = 450 (2) Tõ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân F Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông) => CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vuông) => CMF = 450 hay CMB = 450 Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông) Nh vËy K, E, M cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dựng BC => điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn CBM có ∠B = 450 ; ∠M = 450 => ∠BCM =450 hay MC BC C => MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 24 Cho tam gi¸c nhän ABC cã ∠B = 450 Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn cắt BA BC D E A Chøng minh AE = EB Gäi H giao điểm CD AE, Chứng minh đờng trung D trực đoạn HE qua trung ®iĨm I cđa BH F Chøng minh OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c O H / _ BDE _K Lêi gi¶i: / I ∠AEC = 90 (néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) B E C => AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE E => IK HE K (2) Từ (1) (2) => IK lµ trung trùc cđa HE VËy trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB ∠ ADC = 900 (néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông D có DI trung tuyến (do I trung điểm cña BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I lµ tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB bán kÝnh ) => ∠D2 = ∠B1 (4) Theo trªn ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH AC F => AEB cã ∠AFB = 900 Theo trªn ∆ADC cã ∠ADC = 900 => ∠B1 = ∠C1 ( cïng phô ∠BAC) (5) Tõ (3), (4), (5) =>∠D1 = ∠D2 mµ ∠D2 +∠IDH =∠BDC = 900=> ∠D1 +∠IDH = 900 = ∠IDO => OD ID D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE Bài 25 Cho đờng tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đờng vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng øng BC, AC, AB Gäi giao ®iĨm cđa BM, IK P; giao điểm CM, IH Q Chứng minh tam giác ABC cân Các tứ giác BIMK, CIMH néi tiÕp Mµ ∠B1 = ∠C1 ( = 1/2 sđ ẳ Chứng minh MI2 = MH.MK Chøng minh PQ ⊥ MI BM ) => ∠I1 = H1 (2) Lời giải: Từ (1) (2) => ∆MKI Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có AB = AC => ABC cân A MI MK = ∆MIH => => Theo gi¶ thiÕt MI ⊥ BC => ∠MIB = 900; MK ⊥ AB => ∠MKB = 900 MH MI => ∠MIB + MKB = 180 mà hai góc đối => tø gi¸c BIMK néi tiÕp MI2 = MH.MK * ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tự tứ giác BIMK ) Theo tứ giác BIMK nội tiÕp => ∠KMI + ∠KBI = 1800; tø gi¸c CHMI néi tiÕp => ∠HMI + ∠HCI = 1800 mµ ∠KBI = HCI ( tam giác ABC cân A) => KMI = HMI (1) Theo tứ giác BIMK néi tiÕp => ∠B1 = ∠I1 ( néi tiÕp cïng chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = ∠C1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) Theo trªn ta cã ∠I1 = ∠C1; cịng chøng minh tơng tự ta có I2 = B2 mà C1 + ∠B2 + ∠BMC = 1800 => ∠I1 + ∠I2 + ∠BMC = 1800 hay ∠PIQ + ∠PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI néi tiÕp => ∠Q1 = ∠I1 mµ ∠I1 = ∠C1 => ∠Q1 = ∠C1 => PQ // BC ( v× có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ Bài 26 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R VÏ d©y cung CD ⊥ AB ë H Gäi M điểm cung CB, I giao ®iĨm cđa CB vµ OM K lµ giao ®iĨm cđa AM vµ CB Chøng minh : KC AC = KB AB AM tia phân giác CMD Tứ giác OHCI nội tiếp Chứng minh đờng vuông góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng tròn M ằ ẳ ằ Lời giải: Theo giả thiết M trung điểm BC => MB = MC => ∠CAM = ∠BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => AK tia phân giác góc CAB => KC AC = ( t/c tia phân giác tam giác ) KB AB » (HD) Theo gi¶ thiÕt CD ⊥ AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân giác góc CMD ằ (HD) Theo giả thiết M trung ®iĨm cđa BC => OM ⊥ BC t¹i I => ∠OIC = 900 ; CD ⊥ AB t¹i H => ∠OHC = 900 => ∠OIC + ∠OHC = 1800 mµ hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiÕp KỴ MJ ⊥ AC ta cã MJ // BC ( vuông góc với AC) Theo OM ⊥ BC => OM ⊥ MJ t¹i J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M Bài 27 Cho đờng tròn (O) điểm A đờng tròn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), từ M kỴ MH ⊥ BC, MK ⊥ CA, MI ⊥ AB Chøng minh : Tø gi¸c ABOC néi tiÕp ∠BAO = ∠ BCO ∆MIH ∼ ∆MHK MI.MK = MH2 Lời giải: (HS tự giải) Tứ giác ABOC néi tiÕp => ∠BAO = ∠ BCO (néi tiÕp cïng 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 (néi tiÕp cïng ch¾n cung HM) Chøng minh tơng tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM) ẳ Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM ) => ∠HKM = ∠MHI (1) Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã ∠KHM = ∠HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => ∆ HIM ∼ ∆ KHM MI MH = Theo trªn ∆ 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 Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đờng tròn (O) Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC Lời giải: Theo giả thiết F điểm ®èi xøng cđa H qua trung ®iĨm I cđa BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng (HD) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => ∠BAC + ∠B’HC’ = 1800 mà BHC = BHC (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => ∠BHC = ∠BFC => ∠BFC + ∠BAC = 1800 => Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O) * H E đối xứng qua BC => ∆BHC = ∆BEC (c.c.c) => ∠BHC = ∠BEC => ∠ BEC + ∠BAC = 1800 => ABEC néi tiÕp => E thuéc (O) Ta cã H vµ E ®èi xøng qua BC => BC ⊥ HE (1) IH = IE mà I trung điểm cđa HF => EI = 1/2 HE => tam gi¸c HEF vuông E hay FE HE (2) Từ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC lµ hình thang (3) Theo E (O) => CBE = ∠CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4) Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kÝnh cña (O) => ∠ACF = 900 => ∠BCF = CAE ( phụ ACB) (5) Từ (4) (5) => ∠BCF = ∠CBE (6) Tõ (3) vµ (6) => tứ giác BEFC hình thang cân Theo AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH Theo giả thiết I trung điểm cđa BC => OI ⊥ BC ( Quan hƯ ®êng kính dây cung) => OIG = HAG GI OI = (vì so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI HGA => mà OI = AH GA HA GI = mµ AI trung tuyến tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm => GA tam giác ABC Bài 29 BC dây cung đờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các ®êng cao AD, BE, CF cđa tam gi¸c ABC ®ång quy H Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gọi A trung ®iĨm cđa BC, Chøng minh AH = 2OA’ Gäi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’ OA’ Chøng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn Lời giải: (HD) Tứ giác BFEC nội tiếp => ∠AEF = ∠ACB (cïng bï ∠BFE) ∠AEF = ∠ABC (cïng bï ∠CEF) => ∆ AEF ∼ ∆ ABC VÏ ®êng kÝnh AK => KB // CH ( cïng vu«ng gãc AB); KC // BH (cïng vu«ng gãc AC) => BHKC hình bình hành => A trung điểm HK => OK đờng trung bình AHK => AH = 2OA’ ¸p dơng tÝnh chÊt : hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đờng tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta cã : R AA ' = ∆ AEF ∼ ∆ ABC => (1) R bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC; R bán kính đờng R ' AA1 tròn ngoại tiếp AEF; AA trung tun cđa ∆ABC; AA1 lµ trung tun cđa ∆AEF Tø giác AEHF nội tiếp đờng tròn đờng kính AH nên đờng tròn ngoại tiếp AEF AH A 'O Tõ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’ = AA’ 2 VËy R AA1 = AA AO (2) Gọi B, Clần lợt trung điểm AC, AB, ta có OBAC ; OCAB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA, OB, OC lần lợt đờng cao tam giác OBC, OCA, OAB SABC = SOBC+ SOCA + SOAB = ( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB ) 2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) AA1 AA1 Theo (2) => OA = R mà tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF vµ ABC AA ' AA ' AA1 EF FD ED nên = Tơng tự ta có : OB = R ; OC’ = R Thay vµo (3) ta đợc 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 lín nhÊt AD lín nhÊt, mµ AD lín nhÊt A điểm giỡa cung lớn BC Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH bán kính OA ... trêng A, B cã 250 HS líp dù thi vào lớp 10, kết có 210 HS đà trúng tuyển Tính riêng tỉ lệ đỗ trờng A đạt 80%, trờng B đạt 90% Hỏi trờng có HS lớp dự thi vào lớp 10 Bài 10 Hai vòi nớc chảy vào bể... bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta còng cã PM ⊥ OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON PM cắt I nên I trực tâm tam... - 6x - = x2 - x - 10 = 3x2 + 14x + = 4x2 - 5x - = -7x2 + 6x = - 10 2x2 - x - 21 = 10 x2 - 12x + 32 = 11 6x2 + 13x - = 11 x2 - 6x + = 12 56x2 + 9x - = 12 9x2 - 38x - 35 = 13 10x2 + 17x + = 13