b) Tính giá trị của tham số m để hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất và tính nghiệm duy nhất đó theo m... 0 là điểm thấp nhất của đồ thị.[r]
(1)ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐN LỚP HK2
CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH I KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Cho hệ phương trình: , ( ) ' ' ', ' ( ') ax by c a D a x b y c a D
(D) cắt (D’)
' ' a b
a b Hệ phương trình có nghiệm (D) // (D’)
' ' '
a b c
a b c Hệ phương trình vơ nghiệm (D) (D’)
' ' '
a b c
a b c Hệ phương trình có vơ số nghiệm II BÀI TẬP VẬN DỤNG
B : Cho hệ phương trình
2
x y m x my
(1) Giải hệ phương trình (1) m = –1 Xác định giá trị m để:
a) x = y = nghiệm hệ (1) b) Hệ (1) vô nghiệm
3 Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = HD: Khi m = – 1, hệ (1) có nghiệm x = 1; y =
2a) Hệ (1) có nghiệm x = y = m = 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi:
' ' '
a b c
a b c
1
2
m m
1
1
m
m
m
m
m = – 2: Hệ (1) vơ nghiệm
3 Hệ (1) có nghiệm: x =
2 m
m ; y =
2 m m
4 Hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y =
2 m m +
2 m m = m2 + m – =
1( )
2( )
m thỏK cónghiệm
m khôngthỏK cónghiệm Vậy m = 1, hệ( có nghiệm (x,y) thỏa: x + y =
B 2: Cho hệ phương trình
2
x y k
x y k
(2)1 Giải hệ (1) k =
2 Tìm giá trị k để hệ (1) có nghiệm x = – y = Tìm nghiệm hệ (1) theo k
HD: Khi k = 1, hệ (1) có nghiệm x = 2; y = 2 Hệ (1) có nghiệm x = –8 y = k = –
3 Hệ (1) có nghiệm: x = 5 k
; y = 5
k
B : Cho hệ phương trình
2
x y
x my
(1) Giải hệ phương trình (1) m = –7 Xác định giá trị m để:
a) x = – y = nghiệm hệ (1) b) Hệ (1) vơ nghiệm
3 Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m HD: Khi m = – 7, hệ (1) có nghiệm x = 4; y = – 2a) Hệ (1) có nghiệm x = –1 y = m =
4 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = –
3 Hệ (1) có nghiệm: x = 3 m m
; y =
2 m
B 4: Cho hệ phương trình
2
mx y x y
(1) Giải hệ phương trình (1) m =
2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x =
y = 3 Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m
HD: Khi m = 3, hệ (1) có nghiệm x = 13
; y = 13
2a) Hệ (1) có nghiệm x =
y = 2
3 m = 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = –2
3 Hệ (1) có nghiệm: x = 3m
; y =
2
m m
B : Cho hệ phương trình x y
x y m
(1) Giải hệ phương trình (1) m = –1
2 Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa 0 x y
(3)2 Tìm:
Nghiệm hệ (1) theo m: x = 12 – m ; y = m – Theo đề bài:
0 x y
12
8 m
m
12
8 m
m
m <
B : Cho hệ phương trình
3 2
x y m
x y m
1 Giải hệ phương trình m = –
2 Với giá trị m hệ pt có nghiệm (x; y) thỏa x y
HD: Khi m = – , hệ pt có nghiệm: x = y = – 2 Tìm:
Nghiệm hệ (1) theo m: x = 4m + ; y = – – 5m Theo đề bài:
6 x y
1 m m
– < m < –
B 7: Cho hệ phương trình :
3
mx y
mx y
(1)
1 Giải hệ (1) m =
2 Xác định giá trị m để hệ (1):
a) Có nghiệm tìm nghiệm theo m
b) Có nghiệm (x, y) thỏa: x – y =
HD: Khi m = 1, hệ (1) có nghiệm: x = – ; y =
2a) Khi m 0, hệ (1) có nghiệm:
2
1
x m
y
2b) m =
B : Cho hệ phương trình :
2
mx y m
x y m
( m tham số) (I)
a) Khi m = – 2, giải hệ phương trình phương pháp cộng
b) Tính giá trị tham số m để hệ phương trình (I) có nghiệm tính nghiệm theo m
HD: a) Khi m = – 2, hệ (I) có nghiệm: x = 2
(4) Hệ (I) có nghiệm m 4
Khi hệ(I) có nghiệm nhất:
m x
m
;
2
4
m m
y m
CHỦ ĐỀ : VẼ ĐỒ THỊ & TÌM TỌA ĐỘ GIAO ĐIỂM CỦA (P): y = ax2 VÀ (D): y = ax + b (a 0)
I KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1.Hàm số y = ax2(a0):
Hàm số y = ax2(a0) có tính chất sau:
Nếu a > hàm số đồng biến x > nghịch biến x < Nếu a < hàm số đồng biến x < nghịch biến x > Đồ thị hàm số y = ax2(a0):
Là Parabol (P) với đỉnh gốc tọa độ nhận trục Oy làm trục đối xứng Nếu a > đồ thị nằm phía trục hồnh điểm thấp đồ thị Nếu a < đồ thị nằm phía trục hồnh điểm cao đồ thị Vẽ đồ thị hàm số y = ax2 (a0):
Lập bảng giá trị tương ứng (P) Dựa bảng giá trị vẽ (P)
2 Tìm giao điểm hai đồ thị :(P): y = ax2
(a0) (D): y = ax + b:
Lập phương trình hồnh độ giao điểm (P) (D): cho vế phải hàm số đưa v pt bậc hai d ng ax2 + bx + c =
Giải pt hoành độ giao điểm:
+ Nếu > pt có nghiệm ph n biệt (D) cắt (P) t i điểm ph n biệt + Nếu = pt có nghiệm k p (D) (P) tiếp x c
+ Nếu < pt vô nghiệm (D) (P) không giao 3 c định số giao điểm hai đồ thị :(P): y = ax2
(a0) (Dm) theo tham số m:
Lập phương trình hồnh độ giao điểm (P) (Dm): cho vế phải hàm số đưa v pt bậc hai d ng ax2 + bx + c =
Lập (ho c') pt hoành độ giao điểm iện luận:
+ (Dm) cắt (P) t i điểm ph n biệt > 0 giải bất pt tìm m + (Dm) tiếp x c (P) t i điểm = 0 giải pt tìm m
+ (Dm) (P) khơng giao < 0 giải bất pt tìm m II BÀI TẬP VẬN DỤNG
B : Cho hai hàm số y = 2 x
có đồ thị (P) y = -x + m có đồ thị (Dm)
1 Với m = 4, vẽ (P) (D4) c ng hệ trục tọa độ vng góc Oxy Xác định tọa độ giao điểm ch ng
2 Xác định giá trị m để:
a) (Dm) cắt (P) t i điểm có hồnh độ b) (Dm) cắt (P) t i điểm ph n biệt
(5)HD: Tọa độ giao điểm: (2 ; 2) (– ; 8) 2a) m =
2
2b) '= + 2m >
m
2c) m =
tọa độ tiếp điểm (-1 ; 1 2)
B 2: Cho hai hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P) y = – 3x + m có đồ thị (D m)
1 hi m = 1, vẽ (P) (D1) c ng hệ trục tọa độ vng góc Oxy Xác định tọa độ giao điểm ch ng
2 Xác định giá trị m để:
a) (Dm) qua điểm (P) t i điểm có hồnh độ
b) (Dm) cắt (P) t i điểm ph n biệt
c) (Dm) tiếp x c (P) Xác định tọa độ tiếp điểm
HD: Tọa độ giao điểm: (1
2; 2 ;) (1 ; – 2) 2a) m = –
2b) m < 2c) m =
8 tọa độ tiếp điểm (
3 4; 8) B 3: Cho hàm số y = – 2x2
có đồ thị (P) Vẽ (P) hệ trục tọa độ vng góc
2 Gọi A( 3;
) B(2; 1)
a) Viết phương trình đường thẳng A
b) Xác định tọa độ giao điểm đường thẳng A (P) Tìm điểm (P) có tổng hồnh độ tung độ – HD: 2a) Đường thẳng A có phương trình y = = 3x –
2b) Tọa độ giao điểm: (1;– 2) (
; 25
)
3 Gọi M(xM; yM) điểm (P) thỏa đ bài, ta có: xM + yM = –
M t khác: M(xM; yM) (P) yM = – 2
M
x nên: xM + yM = – xM + (– 2
M
x ) = –
– 2
M
x + xM + =
1
2
2
3
2
x y
x y
Vậy có điểm thỏa đ bài: M1(2; – ) M2(
3
2
; )
B 4: Cho hàm số y =
x2 có đồ thị (P) y = – 2x +
(6)1 Vẽ (P) (D) c ng hệ trục tọa độ vng góc Xác định tọa độ giao điểm (P) (D)
3 Tìm tọa độ điểm (P) thỏa tính chất tổng hồnh độ tung độ điểm –
HD: Tọa độ giao điểm: (1 3;
1
) (1 ;
)
3 Gọi M(xM; yM) điểm (P) thỏa đ bài, ta có: xM + yM = –
M t khác: M(xM; yM) (P) yM =
M
x nên: xM + yM = – xM +(
M
x ) = –
2
M
x + xM + = 1
2 3 x y x y
Vậy có điểm thỏa đ bài: M1(
4 3;
) M2(2; – 6)
B 5: Cho hàm số y = 2 3x
2 có đồ thị (P) y = x + 5
3 có đồ thị (D) Vẽ (P) (D) c ng hệ trục tọa độ vng góc
2 Xác định tọa độ giao điểm (P) (D)
3 Gọi A điểm (P) điểm (D) cho
11 A B A B x x y y
Xác định tọa độ A
HD: Tọa độ giao điểm: (
; ) (5 25 ; ) Đ t xA = xB = t
A(xA; yA) (P) yA =
2
A x =2
3 t 2
B(xB; yB) (D) yB = xB +
3 = t +
Theo đ bài:11yA 8yB 11.2 3t
2
= 8.( t + 3)
2
22 40
8
3 t t 2 10 11 t t
Với t =
8 2 3 11 11 2 3 ( ; ) ( ; ) A A B B
x y A
x y B
Với t = 10 11
10 200 10 200
11 363 11 363
10 25 10 25
11 33 11 33
( ; )
( ; )
A A
B B
x y A
x y B
B 6: Trong m t phẳng tọa độ vng góc Oxy, cho hai điểm A(1; –2) B(–2; 3) Viết phương trình đường thẳng (d) qua A,
(7)a) Vẽ (P) m t phẳng tọa độ cho
b) Xác định tọa độ giao điểm (P) (d)
HD: Phương trình đường thẳng A : y =
x
3
2 Tọa độ giao điểm: (1; –2) (
; 18
)
B 7: Vẽ đồ thị (P) hàm số y = –2x2 m t phẳng tọa độ vng góc Oxy 1 Gọi (D) đường thẳng qua điểm A(–2; –1) có hệ số góc k
a) Viết phương trình đường thẳng (D)
b) Tìm k để (D) qua nằm (P) biết hoành độ HD: 2a)
Phương trình đường thẳng (D) có d ng tổng qt: y = ax + b (D) có hệ số góc k (D): y = kx + b
(D) qua A(–2; –1) –1 = k.( –2) + b b = 2k – Phương trình đường thẳng (D): y = kx + k –
2b)
Điểm (xB; yB) (P) B(1; – 2)
(D) qua (1; –2) nên: –2 = k.1 +2k – k =
B 8: Cho hai hàm số y = x2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (D)
1 Vẽ (P) và(D) c ng hệ trục tọa độ vng góc Oxy Xác định tọa độ giao điểm chúng
2 Gọi A điểm thuộc (D) có hồnh độ điểm thuộc (P) có hồnh độ – Xác định tọa độ A,
3 Tìm tọa độ điểm I nằm trục tung cho: IA + I nhỏ HD: Tọa độ giao điểm: (2; 4) (–1; 1)
2 Tọa độ A(5; 7) B(– ; 4)
I(xI, yI) Oy I(0: yI)
IA + I nhỏ ba điểm I, A, thẳng hàng Phương trình đường thẳng A : y =
7x + 34
7
I(xI, yI) đường thẳng A nên: yI = 7.0 +
34 =
34
7 I(0; 34
7 ) B 9: Cho hàm số y = – x2 có đồ thị (P) y = x – có đồ thị (D)
a) Vẽ (P) và(D) c ng hệ trục tọa độ vng góc Xác định tọa độ giao điểm (P) (D) phương pháp đ i số
b) Gọi A điểm thuộc (D) có tung độ điểm thuộc (P) có hồnh độ – Xác định tọa độ A
c) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hồnh cho MA + M nhỏ HD: a) Tọa độ giao điểm: (2; – 4) (–1; 1)
(8)c)
yA = > 0, yB = – < A, nằm khác phía trục Ox MA + M nhỏ M, A, thẳng hàng M giao điểm A với truc Ox
Đường thẳng A có d ng: y = ax + b Đường thẳng A qua hai điểm A,
1
a b a b
1 2 a
b
Đường thẳng A : y = 2x –
1
Tọa độ M nghiệm hệ pt:
1
2
0 y x
y
y
x Vậy: M(1; 0)
B 10: Cho (P): y = x2 (D): y = – x +
1 Vẽ (P) (D) c ng hệ trục tọa độ vng góc Oxy Gọi A giao điểm (P) (D), xác định tọa độ A,
2 Tính diện tích tam giác AO (đơn vị đo trục số cm) CMR: Tam giác AOB tam giác vuông
HD: Tọa độ giao điểm: (1; 1)và (– 2; 4)
2 Gọi H, hình chiếu A, trục Ox, ta có: OHA vuông t i H SOHA =
1
2 OH.OA =
2.1 = (cm
2 )
O vuông t i SOKB =
2 OK.KB =
2.2 = (cm
)
Gọi I giao điểm (D) với trục Ox yI = xI = I(2; 0)
I vuông t i SIKB =
2 BK.KI =
2.4 = (cm 2)
SOAB = SIKB – (SOHA + SOKB ) = – (1
2 + 4) = 3,5 (cm 2)
3
Phương trình đường thẳng OA: y = a’x (D’) (D’) qua A(1; 1) a = (D’): y = x
(D) có a = – (D’) có a’ = a a’ = – (D) (D’) OA AB OA vuông t i A
- CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
I KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1 Giải phương trình bậc hai dạng ax2
(9) a + b +c = pt (1) có nghiệm:
2
x c x
a
a – b +c = pt (1) có nghiệm:
2
x c x
a
b) Giải với ': Nếu b = 2b’ b’ =
2 b
'
= (b’)2 – ac
Nếu '> phương trình có nghiệm ph n biệt: x1 b' ' a
; x2 b' '
a
Nếu '= phương trình có nghiệm k p: x1 x2 b' a
Nếu '< phương trình vơ nghiệm c) Giải với :
Tính : = b2 – 4ac
Nếu > phương trình có nghiệm ph n biệt: 1
b x
a
; 2
2
b x
a
Nếu = phương trình có nghiệm k p: 1 2
b
x x
a
Nếu < phương trình vơ nghiệm 2 Hệ thức Vi ét ứng dụng:
a) Định lý: Nếu x1, x2 nghiệm phương trình ax2 + bx + c = (a0) ta
có:
1
1
b
S x x
a c P x x
a
b) Định lý đảo: Nếu
u v S u v P
u, v nghiệm phương trình x2 – Sx + P = (Đ : S2 – 4P 0) * Một số hệ thức p dụng hệ thức Vi-ét:
Tổng bình phương nghiệm: 2
1 ( 2) 2
x x x x x x = S2 – 2P
Tổng nghịch đảo nghiệm: 2
1 S
P
x x
x x x x
Tổng nghịch đảo bình phương nghiệm: 12 22
2 2
1 2
1 S 2P
( ) P
x x
x x x x
ình phương hiệu nghiệm: 2
1 2
(x x ) (x x ) 4x x = S2 – 4P Tổng lập phương nghiệm: 3
1 ( 2) 2( 2)
x x x x x x x x = S3 – 3PS Ví dụ: Cho phương trình x2
(10)a) 2
x x b)
1
1
x x c)
2
(x x ) d) 3
x x
Giải:
Phương trình có '= > pt có nghiệm, áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):
1
1
12
35
b
S x x
a c P x x
a
a) x12x22(x1x2)22x x1 2 = S2 – 2P = 122 – 2.35 = 74
b)
1 2
1 S
P
x x
x x x x
= 12
35
c) 2
1 2
(x x ) (x x ) 4x x S -4P= 122 – 4.35 =
d) x13x32(x1x2)33x x x1 2( 1x2) = S3 – 3PS = 123 – 3.35.12 = 468
3.Tìm hệ thức hai nghiệm độc lập tham số:(Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x1, x2 không phụ thuộc vào tham số)
* Phương pháp giải:
Tìm u kiện để phương trình cho có nghiệm ( ' 0; ho c a.c < 0)
Lập hệ thức Vi-ét cho phương trình
1
b
S x x
a c P x x
a
tham số (bằng phương pháp cộng đ i số) tìm hệ thức liên hệ S P Đó hệ thức độc lập với tham số
Ví dụ: Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – = (1) (m tham số) CMR: Phương trình (1) ln có nghiệm với m
2 Gọi x1, x2 nghiệm pt (1) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào m Giải:
1 Phương trình (1) có = b2 – 4ac = + (2m – 1)2 – 4.2.(m – 1) = 4m2 – 12m + = (2m – 3)2
0, m
Vậy phương trình (1) ln có nghiệm với m
Áp dụng hệ thức Vi- t cho phương trình (1):
1
2
2
b m
S x x
a
c m
P x x a
2
2
S m
P m
2
4 2
S m
P m
2S + 4P = -1 Hay: 2(x1 + x2) + 4x1x2 = -1 : Đ y hệ thức cần tìm
(11) Nếu số u v c ó:
u v S
u v P
u, v hai nghiệm phương trình: x
2 – Sx + P = (*)
Giải pt (*):
+ Nếu '> (ho c > 0) pt (*) có nghiệm ph n biệt x1, x2 Vậy u x v x
ho c
2
1 u x v x
+ Nếu '= (ho c = 0) pt (*) có nghiệm k p x1 = x2 = b'
a
Vậy u = v = b'
a + Nếu '< (ho c < 0) pt (*) vơ nghiệm Vậy khơng có số u, v thỏa đ Ví dụ : Tìm số u,v biết u + v = 11 u.v = 28
Giải:
Theo đ u, v hai nghiệm phương trình: x2 – Sx + P = x2 – 11x + 28 = 0(*)
Phương trình (*) có = > 3
7
4
x x
Vậy:
u v
hay
4
u v
Ví dụ 2: Cho hai số a = +1 b = – Viết phương trình bậc hai có hai nghiệm a b Giải:
a + b = ( 3+1) + (3 – 3) = a.b = ( 3+1) (3 – 3) =
Suy ra: a, b nghiệm phương trình: x2 – Sx + P = x2 – 4x + 2 3 = 0: Đ y pt cần tìm
5 Chứng minh phương trình bậc hai ln có hai nghiệm phân biệt với gi trị tham số m:
* Phương pháp giải:
Lập biệt thức '(ho c)
iến đổi ' đưa v d ng : '= (A B)2 + c > 0, m (với c số dương) ết luận: Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm ph n biệt với tham số m 6 Chứng minh phương trình bậc hai ln có nghiệm với gi trị tham số m:
* Phương pháp giải:
Lập biệt thức '(ho c)
iến đổi ' đưa v d ng : '= (A B)2 0, m
ết luận: Vậy phương trình cho ln nghiệm với tham số m 7 Biện luận phương trình bậc hai theo tham số m:
* Phương pháp giải:
Lập biệt thức '(ho c) iện luận:
+ Phương trình có nghiệm ph n biệt khi: ' > giải bất pt tìm tham số m kết luận
(12)+ Phương trình có nghiệm ' giải bất pt tìm tham số m kết luận * Phương trình có nghiệm trái dấu khi: a.c < giải bất pt tìm tham số m kết luận 8 c định gi trị nhỏ biểu thức:
* Phương pháp giải:
Đưa biểu thức P cần tìm dạng: P = (A B)2 + c P = (A B)2 + c c
Giá trị nhỏ P: Pmin = c A B = giải pt tìm tham số m kết luận
9 c định gi trị lớn biểu thức:
* Phương pháp giải:
Đưa biểu thức Q cần tìm dạng: Q = c – (A B)2 Q = c – (A B)2 c Giá trị nhỏ Q: Qmax = c A B = giải pt tìm tham số m kết luận
II BÀI TẬP VẬN DỤNG B 1: Cho phương trình bậc hai x2
– (m – 3)x – 2m = (1) Giải phương trình (1) m = –
2 CMR: Phương trình (1) ln có hai nghiệm ph n biệt với m Tìm hệ thức liên hệ x1, x2 không phụ thuộc vào m
HD: Khi m = –2, ta có phương trình: x2 + 5x + = 0, pt có a – b + c = –5 + =
2
4
x
x c
a
Vậy m = – 2, phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = –1, x2 = – 2 = m2 + 2m + = (m + 1)2 + > 0, m
3 Hệ thức: 2S + P = – 2(x1 + x2) + x1x2 = – B 2: Cho phương trình bậc hai x2
– (m + 1)x + m = (1) Giải phương trình (1) m =
2 CMR: Phương trình (1) ln có nghiệm với m
3 Trong trường hợp (1) có hai nghiệm ph n biệt.Tìm hệ thức liên hệ x1, x2 không phụ thuộc vào m
HD: Khi m = 3, ta có phương trình: x2 – 4x + = 0, pt có a + b + c = +(–4) + =
2
3
x
x c
a
Vậy m = 3, phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = 1, x2 = 2 = (m – 1)2 0, m
3
ĐK để pt (1) có nghiệm phân biệt: (m – 1)2 > |m – 1| >
m m
1
1 Hệ thức: S – P = x1 + x2 – x1x2 =
B : Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – = (m tham số) (1) Giải phương trình (1) m =
(13)3 Trong trường hợp (1) có hai nghiệm ph n biệt.Thiết lập hệ thức liên hệ x1, x2 độc lập với m
HD: Khi m = 2, phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = –1, x2 =
2 = (2m – 3)2 0, m 3
ĐK để pt (1) có nghiệm phân biệt: (2m – 3)2
> |2m – 3| >
m
m
3
2
2
Hệ thức: 2S + 4P = 2( x1 + x2) + x1x2 =
B : Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – = (m tham số) (1) Giải phương trình (1) m =
2 CMR: Phương trình (1) ln có nghiệm với m
3 Trong trường hợp (1) có hai nghiệm ph n biệt.Thiết lập hệ thức liên hệ x1, x2 độc lập với m
4 Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trái dấu
HD: Khi m = 5, phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = 1, x2 = 2 = (m – 2)2 0, m
3
ĐK để pt (1) có nghiệm phân biệt: (m – 2)2 > |m – 2| >
m m
2
2 Hệ thức: S – P = x1 + x2 – x1x2 =
4 Phương trình (1) có nghiệm trái dấu a.c < 1.(2m – 3) < m < 3
2
B : Cho phương trình bậc hai x2
–2(m – 1)x + m2 = (1) Tìm m để:
a) Pt (1) có nghiệm ph n biệt b) Pt (1) có nghiệm –
2 Giả sử x1, x2 nghiệm pt (1) CMR: (x1 – x2)2 + 4(x1 + x2) + = HD: 1a
Phương trình (1) có '= – 2m
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt '> 1 – 2m > 0m < 1
2
1b Pt (1) có nghiệm – khi: (– 2)2 –2(m – 1)(–2) + m2 = m2 + 4m = m m
1
2
4 Vậy m = m = – pt (1) có nghiệm –
2 Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): S x x m
P x x m
1 2
2
(14)= 4m2 – 8m + – 4m2 + 8m – + = (đpcm) B :
Cho phương trình bậc hai x2 –2(m + 1)x + m – = (1) Giải phương trình (1) m = –2
2 CMR: m, phương trình (1) ln có hai nghiệm ph n biệt
3 Gọi x1, x2 hai nghiệm pt (1) Chứng minh biểu thức: A = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) không phụ thuộc vào m
HD: Khi m = –2 x1 = 1 7; x2 = 1 7 2 '= m2 + m + = m
2
1 19
2 > 0, m
3 Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): S x x m
P x x m
1
1
2
4
Theo đề bài: A = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) = x1 – x1x2 + x2 – x1x2 = (x1 + x2) – 2x1x2 = (2m + 2) – 2(m – 4) = 10
Vậy A = 10 không phụ thuộc vào m B 7: Cho phương trình bậc hai x2
–2(m + 1)x + (2m – 4) = (1) Giải phương trình (1) m = –
2 CMR: Với m, phương trình (1) ln có hai nghiệm ph n biệt Gọi x1, x2 hai nghiệm (1) Tính A = x12x22 theo m
4 Tìm giá trị m để A đ t giá trị nhỏ B 8: Cho phương trình bậc hai x2
– (m – 1)x + 2m – = (1) Giải phương trình (1) m = –1
2 CMR: Với m, phương trình (1) ln có hai nghiệm ph n biệt Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trái dấu
4 Thiết lập mối quan hệ nghiệm x1, x2 không phụ thuộc m Tìm m để 2 2
1 2
x x = 10
HD: Khi m = –1 x1 = 1 10 ; x2 = 1 10 2 = m2 – 10m + 29 = (m – 5)2 + > 0, m
3 Phương trình (1) có nghiệm trái dấu a.c < 1.(2m – 7) < m < 7 2 4 Hệ thức cần tìm: 2S – P =5 2(x1 +x2) – x1x2 =
5 2 2 1 2
x x = 10 m2 – 6m + = m = m = B 9: Cho phương trình bậc hai x2
+ 2x + 4m + = (1) Giải phương trình (1) m = –1
2 Tìm m để:
a) Phương trình (1) có hai nghiệm ph n biệt b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu
c) Tổng bình phương nghiệm pt (1) 11 HD: Khi m = –1 x1 = ; x2 = –3
(15)2b Phương trình (1) có nghiệm trái dấu a.c < 1.(4m + 1) < m < 1
4
2c Tổng bình phương hai nghiệm pt (1) 11 2 2 1 2
x x = 11 (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 11
2 – 8m = 11 m = 9 8
B 0: Cho phương trình: x2
– 2(m + 1)x + 2m + 10 = (m tham số) (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm k p tính nghiệm k p
b) Trong trường hợp phương trình (1) có hai nghiệm ph n biệt x1, x2 tìm hệ thức liên hệ nghiệm x1, x2 mà không phụ thuộc m
HD: a)
a Phương trình (1) có nghiệm kép '= m2 – = 3
m
m
b Khi 3
m
m
pt (1) có nghiệm kép x1 = x2 =
'
b a
= m +
c Khi m = x1 = x2 = d Khi m = – x1 = x2 = – b)
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ' > m2 – >
3
m
m
Hệ thức: S – P = – x1 + x2 – x1x1 = – hay: x1x1 – (x1 + x2) = -
CHỦ ĐỀ: GIẢI BÀI TOÁN
BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LẬP PHƯƠNG TRÌNH
I KIẾN THỨC CẦN NHỚ Các bước giải:
1 Lập phương trình ( ho c hệ phương trình):
Chọn ẩn số xác định u kiện thích hợp cho ẩn;
iểu diễn đ i lượng chưa biết theo ẩn qua đ i lượng biết ;
Lập phương trình ( ho c hệ phương trình) biểu thị mối quan hệ đ i lượng Giải phương trình ( ho c hệ phương trình) vừa lập
3 Trả lời: Chỉ nhận nghiệm thỏa Đ trả lời u cầu II BÀI TẬP VẬN DỤNG
B : Giải toán sau cách lập hệ phương trình: Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết chữ số hàng chục lớn hớn chữ số hàng đơn vị viết thêm chữ số chữ số hàng chục vào bên phải số lớn số ban đầu 682
HD:
(16) Vì chữ số hàng chục lớn chữ số hàng đơn vị nên ta có pt: x – y = (1)
Khi thêm chữ số chữ số hàng chục vào bên phải số mới: xyx =100x +10y + x = 101x +10y
Vì số lớn số ban đầu 682 nên ta có phương trình:
(101x + 10y) – (10x + y) = 682 91x + 9y = 682 (2)
Từ (1) (2) ta có hệ pt: 91 682
x y x y
Giải hệ pt ta x y
(thỏa ĐK) số cần tìm 75
B 2: Có hai số tự nhiên, biết rằng: tổng hai số 59; hai lần số b ba lần số Tìm hai số
HD:
Gọi x, y hai số cần tìm (x, y N) Theo đề ta có hệ pt: 59
2 x y
x y
59
2
x y x y
Giải hệ ta được: 34 25 x y
(thỏa ĐK) hai số cần tìm 34 25
B : Giải toán sau cách lập phương trình: Cho số tự nhiên có hai chữ số Tổng hai chữ số 10; tích hai chữ số nhỏ số cho 12 Tìm số cho
HD:
Gọi x chữ số hàng chục số cho (x N, < x 9) Chữ số hàng đơn vị: 10 – x
Số cho có dạng: 10.x + (10 – x) = 9x + 10 Tích hai chữ số ấy: x(10 – x)
Theo đề ta có phương trình: (9x + 10) – x(10 – x)= 12 x2 – = Giải pt ta được: x1 = –1( loại); x2 = (nhận)
Vậy số cần tìm 28
B 4: Giải tốn sau cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi 280m Nếu giảm chi u dài hình chữ nhật 2m tăng chi u rộng thêm 3m diện tích tăng thêm 144m2 Tính kích thước hình chữ nhật
HD:
Nửa chu vi hình chữ nhật: 280
2 = 140 (m)
Gọi x (m) chiều dài hình chữ nhật (0 < x < 140) Chiều rộng hình chữ nhật 140 – x (m)
Diện tích ban đầu hình chữ nhật x(140 – x) (m2)
Khi giảm chiều dài hình chữ nhật 2m tăng chiều rộng thêm 3m hình chữ nhật có diện tích: (x – 2)[(140 – x) + 3] = (x – 2)(143 – x) (m2)
(17) Vậy hình chữ nhật có chiều dài 86m chiều rộng là: 140 – x = 140 – 86 = 54 (m)
B : Giải tốn sau cách lập phương trình: Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 320m Nếu chi u dài khu vườn tăng 10m chi u rộng giảm 5m diện tích tăng thêm 50m2
Tính diện tích khu vườn ban đầu
HD:
Chiều dài 100m chiều rộng 60m Diện tích khu vườn: 000 m2
B 6: Giải toán sau cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi 160cm có diện tích 1500m2 Tính kich thước
HD:
Nửa chu vi hình chữ nhật: 160
2 = 80 (m)
Gọi x (m) kích thước hình chữ nhật (0 < x < 80) Kích thước cịn lại hình chữ nhật 80 – x (m)
Diện tích hình chữ nhật x(80 – x) (m2 )
Vì diện tích hình chữ nhật 1500m2 nên ta có phương trình: x(80 – x) = 1500 x2 – 80x + 1500 =
Giải pt ta được: x1 = 30 (nhận); x2 = 50 (nhận) Vậy hình chữ nhật có kích thước 30m 50m
B 7: Giải toán sau cách lập hệ phương trình: Một s n trường hình chữ nhật có chu vi 340m a lần chi u dài lần chi u rộng 20m Tính diện tích s n trường
HD:
Gọi x, y (m) chiều dài chiều rộng sân trường ( < x, y < 170)
Vì sân trường có chu vi 340m nên ta có phương trình: 2(x + y) = 340 x + y = 170 (1) Vì ba lần chiều dài lần chiều rộng 20m nên ta có pt: 3x – 4y = 20 (2)
Từ (1) (2) ta có hệ pt: 170 20
x y x y
Giải hệ pt ta 100 70 x y
(thỏa ĐK)
B 8: Cho tam giác vuông Nếu tăng c nh góc vng lên 4cm 5cm diện tích tam giác tăng thêm 110cm2 Nếu giảm hai c nh 5cm diện tích giảm 100cm2 Tình hai c nh góc vuông tam giác
HD:
Gọi x (cm), y (cm) độ dài hai cạnh góc vuông (x > 5, y > 5) Theo đề ta có hệ pt: 200
45 x y
x y
Giải hệ pt ta 20 25 x
y
(thỏa ĐK)
(18)B 9: Cho tam giác vng có c nh huy n 5cm, diện tích 6cm2 Tìm độ dài c nh góc vuông
HD:
Gọi x (cm), y (cm) độ dài hai cạnh góc vng (0 < x, y < 5) Vì tam giác có cạnh huyền 5cm nên ta có pt: x2 + y2 = 25 (1) Vì tam giác có diện tích 6cm2 nên ta có pt: 1
2xy = xy = 12 (2)
Từ (1) (2) ta có hệ pt:
2 25
12
x y
x y
2
( ) 25
12
x y xy
x y
2 ( ) 49
12
x y x y
7 12 x y
x y
( x, y > 0)
Giải hệ pt ta x y
4 x y
(thỏa ĐK) Vậy độ dài hai cạnh góc vng 3cm 4cm
B 0: Giải toán sau cách lập hệ phương trình: Hai vịi nước c ng chảy vào bể khơng có nước 48 ph t đầy bể Nếu mở vòi thứ vòi thứ hai
4 bể nước Hỏi vịi chảy bao l u đầy bể? HD:
Gọi x (h), y (h) thời gian vòi 1, vòi chảy riêng đầy bể ( x > 3, y > 4) Trong 1h, vòi chảy được: 1
x (bể)
Trong 1h, vòi chảy được: 1
y (bể)
Vì hai vịi nước chảy 48 phút = 24
5 h đầy bể nên 1h hai vòi chảy được
5
24 bể, ta có pt: x +
1 y =
5
24 (1)
Vì vòi thứ vòi thứ hai 3
4 bể nước nên ta có pt: x +
4 y =
4 (2)
Từ (1) (2) ta có hệ pt:
1 24
4 x y
x y
(19) Đặt u = 1
x, v =
1
y , hệ (I) trở thành:
5 24
3
4 u v
u v
(II)
Giải hệ (II), ta được:
1 12 u
v
1 12 1
8 x
y
12 x y
(thỏa ĐK)
Vậy: Vòi chảy riêng đầy bể 12h, vòi chảy riêng đầy bể 8h
B : Giải toán sau cách lập hệ phương trình: Hai vịi nước c ng chảy vào bể khơng có nước 20 ph t đầy bể Nếu để vịi thứ chảy 10 ph t vịi thứ hai chảy 12 ph t
15 thể tích bể nước Hỏi vịi chảy bao l u đầy bể?
HD: Vòi chảy riêng đầy bể 120 phút = 2h, vòi chảy riêng đầy bể 240 phút = 4h
B 12: Giải toán sau cách lập hệ phương trình: Hai vịi nước c ng chảy vào bể c n (khơng có nước) sau 44
5 đầy bể Nếu l c đầu mở vòi thứ sau mở thêm vịi thứ hai sau
5 bể nước Hỏi từ đầu mở vịi thứ hai sau bao l u đầy bể?
HD:
Gọi x (h), y (h) thời gian vòi 1, vòi chảy riêng đầy bể ( x > 9, y > 6 5) Trong 1h, vòi chảy được: 1
x (bể)
Trong 1h, vòi chảy được: 1
y (bể) Vì hai vịi nước chảy 44
5 = 24
5 h đầy bể nên 1h hai vòi chảy
24 bể, do ta có pt: 1
x +
1 y =
5
24 (1)
Vì lúc đầu mở vịi thứ sau mở thêm vòi thứ hai sau
5 bể nước nên ta có pt: 9
x +
6 1 5 x y
(20) Từ (1) (2) ta có hệ pt:
1
24
9 1
x y
x x y
(I)
Đặt u = 1 x, v =
1
y , hệ (I) trở thành:
24
9
5 u v
u u v
5 24 51
1 5 u v
u v
(II)
Giải hệ (II), ta được:
1 12 u
v
1 12 1
8 x
y
12 x y
(thỏa ĐK)
Vậy: Vòi chảy riêng đầy bể 8h
B : Giải toán sau cách lập phương trình: Hai vịi nước c ng chảy vào bể c n chưa có nước sau 18 đầy bể Nếu chảy riêng vịi thứ chảy đầy bể chậm vịi thứ hai 27 Hỏi chảy riêng vòi bao l u chảy đầy bể?
HD:
Gọi x (h) thời gian vòi thứ chảy riêng đầy bể (x > 27) Thời gian vòi thứ hai chảy riêng đầy bể: x – 27 (h)
Mỗi vòi thứ chảy 1
x (bể)
Mỗi vòi thứ hai chảy 27
x (bể)
Vì hai vịi chảy sau 18 h bể đầy, nên 1h hai vòi chảy
18 bể, nên ta có pt:
1 1
27 18
x x x
2 – 63x + 486 =
Giải pt ta được: x1 = 54 (nhận); x2 = (loại)
Vậy: Vòi thứ chảy riêng đầy bể 542h, vòi thứ hai chảy riêng đầy bể 27h B 4: (HK II: 2008 – 2009 _ Sở GD&ĐT ến Tre):
Giải tốn cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A cách 90 km Hai mô tô khởi hành đồng thời, xe thứ từ A xe thứ hai từ ngược chi u Sau ch ng g p Tiếp tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ tới 27 ph t Tính vận tốc xe
HD:
Gọi x, y vận tốc xe I xe II (x, y > 0)
Sau hai xe gặp nên tổng quãng đường hai xe đoạn đường AB, ta có pt: x + y = 90 (1)
(21) Thời gian xe II hết đoạn đướng AB: 90 y (h) Vì xe II tới A trước xe I tới B 27 phút =
20 h nên ta có pt: 90
x –
90 y =
9 20 (2)
Từ (1) (2) ta có hệ pt:
x + y = 90
90 90
20
x y
y = 90 ( )
10 10
( )
90 20
x a
b
x x
Giải pt (b)ta được: x1 = 40(nhận) ; x2 = 450 (loại) Thế x = 40 vào (a) y = 50 (nhận)
Vậy:
Xe I có vận tốc: 40 km/h Xe II có vận tốc: 50 km/h
B : Giải toán cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A cách 110 km Hai mô tô khởi hành đồng thời, xe thứ từ A xe thứ hai từ ngược chi u Sau ch ng g p Tiếp tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ tới 44 ph t Tính vận tốc xe
HD:
Gọi x, y vận tốc xe I xe II (x, y > 0)
Sau hai xe gặp nên tổng quãng đường hai xe đoạn đường AB, ta có pt: 2x +2y =110 (1)
Thời gian xe I hết đoạn đướng AB: 110
x (h)
Thời gian xe II hết đoạn đướng AB: 110
y (h)
Vì xe II tới A trước xe I tới B 44 phút = 11
15 h nên ta có pt: 110
x –
110
y =
11 15 (2) Từ (1) (2) ta có hệ pt:
2x + 2y = 110 110 110 11
15
x y
y = 55 ( )
110 110 11
( )
55 15
x a
b
x x
Giải pt (b)ta được: x1 = 25(nhận) ; x2 = (loại) Thế x = 25 vào (a) y = (nhận)
Vậy:
Xe I có vận tốc: 40 km/h Xe II có vận tốc: 50 km/h
CHỦ ĐỀ : HÌNH HỌC
I KIẾN THỨC CẦN NHỚ
(22)Hệ
1 Góc tâm: Trong
đường trịn, số đo góc tâm số đo cung bị chắn
2 Góc nội tiếp:
* Định lý: Trong đường trịn, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn
* Hệ quả: Trong đường trịn:
a) Các góc nội tiếp nhau chắn cung nhau
b) Các góc nội tiếp chắn cung chắn các cung bằng
c) Góc nội tiếp (nhỏ hoặc 900) có số đo bằng nửa số đo góc tâm chắn cung
d) Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng
(O,R) có:·AOB tâm chắn ¼AmB
·AOB= sđ¼AmB
(O,R) có:BAC· nội tiếp chắn »BC
·BAC= 1 2sđ
» BC
a) (O,R) có:
»BC EF»
b) (O,R) có:
(O,R) có:
c) (O,R) có:
d) (O,R) có: ·
BAC nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính BC BAC· = 900
· »
· »
· ·
n.tiếp chắn BC n.tiếp chắn EF
BAC
EDF
BAC EDF
· »
· » · ·
n.tieáp chắn BC n.tiếp chắn BC
BAC
BAC BDC BDC
· »
· »
» »
· ·
n.tiếp chắn BC n.tiếp chắn EF
BAC
EDF
BAC EDF
BC EF
· »
· » · ·
n.tiếp chắn BC tâm chắn BC
BAC
BAC BOC
(23)3 Góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung:
* Định lý: Trong đường tròn, số đo góc tạo tia tiếp tuyến dây cung bằng nửa số đo cung bị chắn
* Hệ quả: Trong đường trịn, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung thì
4 Góc có đỉnh bên đường tròn:
* Định lý: Góc có đỉnh bên đường trịn nửa tổng số đo hai cung bị chắn
5 Góc có đỉnh bên ngồi đường trịn:
* Định lý: Góc có đỉnh bên ngồi đường trịn nửa hiệu số đo hai cung bị chắn
6 Cung chứa góc:
* Tập hợp điểm nhìn đoạn thẳng AB một góc khơng đổi hai cung trịn chứa góc
(O,R) có: ·
BAx tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn »AB ·BAx =1
2sđ » AB
(O,R) có:
(O,R) có: ·
BEC có đỉnh bên đường trịn
(O,R) có: ·
BEC có đỉnh bên ngồi đường tròn
a) ·ADB AEB AFB· · nhìn đoạn AB A, B, D, E, F thuộc một đường tròn
· »
· » · ·
& AB AB
BAxtạobởitt dcchắn
BAx ACB
ACBnộitiếpchắn
· » »
= (1 )
2
BEC sñ BC sñ AD
· » »
= (1 )
2
(24)* Đặc biệt:
a) Các điểm D, E, F thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, cùng nhìn đoạn AB góc khơng đổi Các đểm A, B, D, E, F thuộc đường tròn
b) Các điểm C, D, E, F cùng nhìn đoạn AB một góc vuông Các đểm A, B, C, D, E, F thuộc đường trịn đường kính AB
7 Tứ gi c nội tiếp:
* Định nghĩa: Một tứ giác có bốn đỉnh nằm dường tròn gọi tứ giác nội tiếp đường tròn * Định lý: Trong tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện 1800
* Định lý đảo: Nếu tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện 1800
tứ giác nội tiếp đường tròn
8 Độ dài đường tròn, cung tròn:
* Chu vi đường tròn:
* Độ dài cung trịn:
9 Diện tích hình trịn, hình quạt trịn:
* Diện tích hình trịn:
b) · · · · 90 ACB ADB AEB AFB cùng nhìn đoạn AB A, B, C, D, E, F thuộc đường trịn đường kính AB
* Tứ giác ABCD có A, B, C, D (O)
ABCD tứ giác nội tiếp (O)
* Tứ giác ABCD nội tiếp (O) µ µ
µ µ
0
0 180 180
A C
B D
* Tứ giác ABCD có:
µ µ
180
A C ABCD tứ giác n.tiếp
Hoặc:
µ µ
180
B D ABCD tứ giác n.tiếp
C = 2R =d
0 180
Rn
l
2
360
R n R
S l
2
4
(25)* Diện tích hình quạt trịn:
* Diện tích hình viên phân:
* Diện tích hình vành khăn:
HÌNH KHƠNG GIAN 1.Hình trụ:
* Diện tích xung quanh:
* Diện tích tồn phần:
* Thể tích:
2.Hình nón:
* Diện tích xung quanh:
* Diện tích tồn phần:
* Thể tích:
Stp = Sxq + 2.Sđáy
S: diện tích đáy; h: chiều cao
Stp = Sxq + Sđáy
Vnón = 1 3Vtrụ
S: diện tích đáy; h: chiều cao,
l: đường sinh
2 2
( )
S R R
2 xq
S Rh
2
2 2
tp
S Rh R
2
V S h R h
xq
S R l
2 tp
S Rl R
2 V R h
(26)26 BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn t m O bán kính R Các ph n giác góc ·
ABC , ·ACB cắt đường tròn t i E, F CMR: OF AB OE AC
2 Gọi M giao điểm của OF A ; N giao điểm OE AC CMR: Tứ giác AMON nội tiếp tính diện tích hình trịn ngo i tiếp tứ giác
3 Gọi I giao điểm E CF; D điểm đối xứng I qua C CMR: ID MN CMR: Nếu D nằm (O) BAC· = 600
HD:
1 CMR: OF AB OE AC: 2 Hình nón cụt:
* Diện tích xung quanh:
* Diện tích tồn phần:
* Thể tích:
3 Hình cầu:
* Diện tích mặt cầu:
* Thể tích:
Stp = Sxq +
Sđáy lớn +
Sđáy nhỏ
1
( )
xq
S R R l
2
1 2
( ) ( )
tp
S R R l R R
2
1 2
( )
3
V h R R R R
2
4
S R d
3
4 3
V R
I M F
N E
O A
(27)27 + (O,R) có:
· » · » · · » » ( )
ACF n tiếp chắn AF
BCF n tiếp chắnBF AF BF OF AB ACF BCF CF làphân giác
+ (O,R) có:
· » · » · · » » ( )
ABEn tiếp chắn AE
CAEn tiếp chắnCE AE CE OE AC ABE CAE BElàphân giác
2 CMR: Tứ gi c AMON nội tiếp: · · · · 0 90 180 90
OF AB taïi M OMA
OMA ONA
OE AC taïi N ONA Tứ AMON nội tiếp
* Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ gi c AMON:
Tứ giác AMON nội tiếp đường trịn đường kính OA
2 2
2 4
OA OA R
S
3 CMR: ID MN:
+ I D đối xứng qua BC ID BC (1) + (O,R) có:
2 OF AB taïi M MA MB AB
OE AC taïi N NA NC AC
MN đường trung bình ABC MN // BC (2)
Từ (1) (2) ID MN
4 CMR: Nếu D nằm (O) ·BAC = 600:
+ I D đối xứng qua BC BC đường trung trực ID, suy ra:
IBD cân B CBD· CBE ( BC đường trung trực đồng thời đường cao) · ICD cân C BCD· BCF ( BC đường trung trực đồng thời đường cao) · + Khi D nằm (O,R) thì:
Mà:
Mặc khác: » » » ¼ » 1¼
AE EC CD ACD CD ACD (1).
· » · » · · » » ( ) CBD n tieáp chắnCD
CBEn tiếp chắnCE CD CE
CBD CBE cmt » »
( ) CE AE cmt
» » »
AEEC CD
· » · » · · » »
BCD n tiếp chắnBD
BCF n tiếp chắnBF BD BF
» »
( ) BF AF cmt
» » »
AF FB BD
(28)
Mà:
Mặc khác: » » » ¼ » 1¼
AF FB BD ABD BD ABD (2).
· » · 1 » 1( » » )
2
BACn tiếp chắnBC BAC sđ BC sñ BD sñCD (3)
+ Từ (1), (2) (3) · ¼ ¼ ¼ ¼
0
1 1 1
.360 60
2 3 6
BAC sñ ABD sñ ABD sñ ABD sñ ABD
Bài 2: Cho hình vng ABCD có c nh a Gọi M điểm c nh C N điểm c nh CD cho M = CN Các đo n thằng AM N cắt t i H
1 CMR: Các tứ giác AHND MHNC tứ giác nội tiếp
2 Khi BM =
a
Tính diện tích hình trịn ngo i tiếp tứ giác AHND theo a
3 Tìm giá trị nhỏ độ dài đo n MN theo a HD: CMR: Tứ gi c AHND MHNC nội tiếp:
+ ABM = BCN (c.g.c) BAM· CBN ·
+ ·CBN ABH· ABC· 900·AHB900(ĐL tổng góc AHB) AM BN H ·AHN ·MHN900
+ Tứ giác AHND có: ·AHN ·ADN1800AHND tứ giác nội tiếp + Tứ giác MHNC có: MHN· MCN· 1800MHNC tứ giác nội tiếp
2 Khi BM =
4
a
Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ gi c AHND theo a:
+ Khi BM =
a
CN =
4
a
DN = 3
4
a
+ AND vuông D
2
2 2
4
a
AN AD DN a
=
5
a
+ Diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND:
2
2
5 25
:4
4 64
AN a a
S
3 Tìm gi trị nhỏ MN theo a:
+ Đặt x = BM = CN CM = a – x
+ MCN vuông C MN2 = CM2 + CN2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 =
2 2
2
a a
x
MN2 đạt giá trị nhỏ
2 a
2
a
x
MN đạt giá trị nhỏ a2 a 2 x a
x
D C
A B
H M
(29)Vậy giá trị nhỏ MN 2
a
BM =
a
Bài 3: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn t m O Đường cao H C cắt (O) t i E F
a) CMR: Tứ giác HC nội tiếp b) CMR: OA EF EF // HK
c) Khi ABC tam giác đ u có c nh a Tính diện tích hình viên ph n chắn cung nhỏ C (O)
HD:
a) CMR: Tứ gi c BKHC nội tiếp:
+ BH AC BHC· = 900 nhìn đoạn BC H đường trịn đường kính BC (1) + CK AB BKC· = 900 nhìn đoạn BC K đường trịn đường kính BC (2)
+ Từ (1) (2) B, H, C, K đường trịn đường kính BC Tứ giác BKHC nội tiếp đường trịn đường kính BC
b) CMR: OA EF EF // HK:
+ Đường trịn đường kính BC có:
+ Đường trịn (O) có:
· »
· »
· ·
» »
( ) ABEn tiếp chắn AE
CAEn tiếp chắn AF AE CF AE AF
ABE CAF cmt
(1)
+ Mặc khác: OE = OF = R (2)
Từ (1) ( 2) OA đường trung trực EF OA EF + Đường tròn đường kính BC có:
· »
· » · · · ·
BCK n tiếp chắnBK
BCK BHK BCF BHK
BHK n tiếp chắnBK (3)
+ Đường trịn (O) có:
· »
· » · ·
BCF n tiếp chắnBF
BCF BEF BEF n tiếp chắnBF (4)
Từ (3) (4) · ·
· ·
BHK BEF
EF // HK BHK BEF đồng vị
c) Khi ABC tam gi c có cạnh a Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC (O:
· ¼
· ¼ · · · ·
KBH n tiếp chắnHK
(30)+ Gọi R bán kính (O) h chiều cao ABC đều, ta có:
h =
a
O trọng tâm ABC R = OA = 2
3h =
2 3
3
a a
.
S(O) = R2 =
2
3
a a
(đvdt)
SABC =
2a.h =
1 3
2
a a
a (đvdt)
Svp =
3( S(O) – SABC ) = 3(
a -
2
a
)=
4 3 36
a ( )
(đvdt)
Bài 4: Cho hình vng A CD có c nh a Gọi E điểm c nh C Qua vẽ đường thẳng vuông góc với tia DE t i H, đường thẳng cắt tia DC t i F
a) CMR: Năm điểm A, , H, C, D c ng nằm đường tròn b) CMR: DE.HE = BE.CE
c) Tính độ dài đo n thẳng DH theo a E trung điểm C d) CMR: HC tia ph n giác DHF·
HD:
a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D thuộc đường tròn:
+ BAD· = 900 nhìn đoạn BD A đường trịn đường kính BD (1) + BHD· = 900 nhìn đoạn BD H đường trịn đường kính BD (2) + BCD· = 900 nhìn đoạn BD C đường trịn đường kính BD (3) Từ (1), (2) (3) A, B, H, C, D đường trịn đường kính BD
b) CMR: DE.HE = BE.CE:
+DEC vàBEH có:
· ·
· ·
90 DEC BEH ( đối đỉnh)
DCE BHE
DEC BEH (g.g)
DE EC
BE EH DE.HE = BE.CE
c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a E trung điểm BC:
Khi E trung điểm BC 2 BC a
EB EC
DEC vuông C DE EC CD
DE =
2
2
2
a a
a
Từ: DE.HE = BE.CE (cmt) EH BE.CE DE
?
E H
A B
E H
F
D C
(31)
5
2 2 10 a a a a
EH . :
DH = DE + EH = a
+ 10 a
= 3 5 a
d) CMR: HC tia phân gi c ·DEF :
+ Đường trịn đường kính BD có:
Mà:
+ Mặc khác: · · · 90
CHD CHF DHF (2)
+ Từ (1) (2) · · 1·
CHD CHF DHF HC tia phân giác ·DHF
Bài 5: Một hình vng A CD nội tiếp đường tròn T m O bán kính R Một điểm M di động cung A C , M không tr ng với A, C, MD cắt AC t i H
1) CMR:Tứ giác M OH nội tiếp đường tròn DH.DM = 2R2 2) CMR: MD.MH = MA.MC
3) MDC và MAH M vị trí đ c biệt M’ Xác định điểm M’ hi M’D cắt AC t i H’ Đường thẳng qua M’ vng góc với AC cắt AC t i I Chứng minh I trung điểm H’C
HD:
1 CMR: Tứ gi c MBOH nội tiếp dược đường tròn:
+ ABCD hình vng BD AC · 90
BOH
(1)
+ (O) có:BMD· nội tiếp chắn đường trịn · 90
BMD (2) + Từ (1) (2) · · 0
90 90 180
BOH BMD
MBOH tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BH * CMR: DH.DM = 2R2:
DOH và DMB
có:
· ·
·
0 90 :
DOH DMB
BDM chung
DOH DMB (g.g)
2
.2
DO DH
DO DB DH DM R R DH DM DH DM R
DM DB
(đpcm)
2 CMR: MD.MH = MA.MC:
+ (O,R) có:
CD = AD (ABCD hình vng) CD» »AD
· »
· » · ·
CHD n tiếp chắnCD
CHD CBD CBD n tiếp chắnCD · ·
0
45
CBD ABC
·
45 (1) CHD
H O
D C
A B
M
· ¼
· ¼ · · · ·
MDCn tieáp chaénMC
(32)
+ MDC MAH có:
· ·
· ·
( )
( ) MDC MAH cmt
CMD AMH cmt
MDC MAH (g.g)MD MC MD MH MA MC
MA MH
3 Chứng minh I trung điểm H’C:
+ Khi MDC = MAH MD = MA + (O,R) có:
MD = MA ¼MCDMBA¼ ¼MC CD» MB» BA» (1) Do:CD = BA CD» »BA (2)
Từ (1) (2) MC¼ MB¼ M điểm BC» Hay M’là điểm »BC
+ Do MDC = MAH M’DC = M’AH’ M’C = M’H’ M’H’C cân M (3)
+ Do M’I AC M’I H’C (4)
Từ (3) (4) M’I đường đường trung tuyến M’H’C IH’ = IC Hay I trung điểm H’C (đpcm)
Bài 6: Cho hai đường tròn (O; 20cm) (O’; 15cm) cắt t i A iết A = 24cm O O’ nằm v hai phía so với d y chung A Vẽ đường kính AC đường trịn (O) đường kính AD đường tròn (O’)
a) CMR: a điểm C, , D thẳng hàng b) Tính độ dài đo n OO’
c) Gọi EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) (O’) (E, F tiếp điểm) CMR: Đường thẳng A qua trung điểm đo n thẳng EF
HD:
a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng:
+ (O) có·ABCnội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AC ·ABC = 900 (1)
+ (O’) có·ABDnội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AD ·ABD = 900 (2)
+ Từ (1) (2) CBD· = ·ABC+·ABD = 1800
Ba điểm C, B, D thẳng hàng
b) Tính độ dài đoạn OO’:
+ (O) (O’) cắt A B OO’ đường trung trực AB
I H' O
D C
A B
M'
· »
· »
» »
· · · ·
CMD n tiếp chắnCD
AMD n tiếp chắn AD CMD AMD CMD AMH
CD AD
F E
B
O O'
H A
C D
(33)33 + Gọi H giao điểm OO’ AB OO’ AB H; HA = HB = 1
2AB = 12 (cm) + AHO vuông H 2
OH OA HA = 2
20 12 16 (cm) + AHO’ vuông H 2
' '
O H O A HA = 2
15 12 9 (cm) Suy ra: OO’ = OH + O’H = 16 + = 25 (cm)
c) CMR: Đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng EF:
+ Gọi K giao điểm AB EF + OEK vuông E 2
KE OK OE
(1) + OHK vuông H 2
OK OH HK
(2)
+ Từ (1) (2) KE2 = (OH2 + HK2) – OE2 = 162 + HK2 – 202 = HK2 – 144 (*) + O’FK vuông F 2
' '
KF O K O F
(3) + O’HK vuông H 2
' '
O K O H HK
(2)
+ Từ (3) (4) KF2 = (O’H2 + HK2) – O’F2 = 92 + HK2 – 152 = HK2 – 144 (**) +Từ (*) (**) 2 2
KE = KF KE = KF
Mà:
AB qua trung điểm EF (đpcm)
Bài 7: Cho nửa đường tròn t m O đường kính A = 2R Từ A kẻ hai tiếp tuyến Ax y với nửa đường tròn Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A ) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax y t i C D
1 CMR:
a) Tứ giác AOMC nội tiếp b) CD = CA + DB COD· = 900 c) AC BD = R2
2 Khi BAM· = 600 Chứng tỏ BDM tam giác đ u tính diện tích hình qu t trịn chắn cung M nửa đường tròn cho theo R
HD:
1a) CMR: Tứ gi c AOMC nội tiếp:
+ Ax tiếp tuyến A OAC· = 900 (1) + CD tiếp tuyến M OMC· = 900 (2)
Từ (1) (2) OAC· + ·OMC= 1800AOMC tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính OC
1b) CMR: CD = CA + DB COD· = 900:
+ Hai tiếp tuyến CA CM cắt C CA = CM OC tia phân giác ·AOM (1)
+ Hai tiếp tuyến DB DM cắt D DB = DM OD tia phân giác MOB· (2)
Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB + (O,R)có:
K làtrung điểm EF
KE KF EF
y x
C
D
O B
A
M
· ·
· ·
180
(34)COD· = 900
1c) CMR: AC BD = R2:
2 COD vuông O
OM MC.MD OM CD
2 Khi BAM· = 600 Chứng tỏ BDM tam gi c tính diện tích hình quạt trịn chắn cung MB nửa đường tròn cho theo R:
+ Nửa (O, R) có:
· ¼
· ¼ · ·
0 60 BAM nộitiếp chaén BM
DBM BAM
DBM tạo bởit.tuyếnvàdây cungchắn BM (1) BDMcĩ DB = DM BDMcân D (2)
Từ (1) (2) BDM + Nửa (O, R) có:
· ¼
· ¼ · ·
0
2 60 120 BAM nộitiếp chắn BM
BOM .BAM . BOM ởtâm chắn BM
Squạt =
2 2
60
360 360
R n R R
(đvdt)
Bài 8: Từ điểm M đường trịn (O) vẽ cát tuyến MCD khơng qua t m O hai tiếp tuyến MA M đến đường tròn (O), đ y A, tiếp điểm C nằm M, D
a) CMR: MA2 = MC MD
b) Gọi I trung điểm CD CMR: điểm M, A, O, I, c ng nằm đường tròn c) Gọi H giao điểm A MO CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn Suy A ph n giác CHD·
d) Gọi giao điểm tiếp tuyến t i C D đường tròn (O) CMR: điểm A, , thẳng hàng
HD:
a) CMR:MA2 = MC MD:
+ MAC MDA có: ·
· · »
MDA: chung
MAC MDA (cuøng chaén AC) MAC MDA (g.g)
MA MC
MA MC.MD
MD MA (đpcm))
b) CMR:5 điểm M, A, O, I, B nằm đường tròn:
+ (O) có:
600
y x
D
C
O B
A
M
2 AC.BD R vớiOM = R,MC AC, MD BD
I C
A
B O M
(35)35 I trung điểm dây CD OICD OIM· 900nhìn đoạn OM (1)
MAOA (T/c tiếp tuyến) OAM· 900nhìn đoạn OM (2) MBOB (T/c tiếp tuyến) OBM· 900nhìn đoạn OM (3) Từ (1), (2) (3) điểm M, A, I, O, B đường trịn đường kính OM
c) CMR: Tứ gi c CHOD nội tiếp đường tròn Suy AB phân gi c CHD· :
+ OAMvuông A MA2 = MO MH Mà:
MO MH = MC MD MH MC MD MO
+ MDOcó:
· :
DOM chung MH MC MD MO
MHC MDO(c.g.c)
· · · ·
· ·
180
MHC MDO MHC CDO
Mà: MHC CHO (kềbu)ø
· ·
180 CDO CHO
Suy ra: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn (đpcm)
* CMR: AB phân gi c CHD· :
+ CODcó OC = OD = R CODcân O
· · · ·
· · »
CDO DCO MDO DCO
Mà:OHD DCO(cùng chắn OD đường tròn nộitiếp tứgiác CHOD)
· ·
· · · ·
MDO OHD
OHD MHC Maø: MDO MHC(cmt) (1)
+ Mặc khác: · ·
· ·
0 90
90
AHC MHC
AHD OHD
(2)
Từ (1) (2)
Suy ra: HA tia phân giác ·CHD AB tia phân giác ·CHD(đpcm)
d)Gọi K giao điểm c c tiếp tuyến C D đường tròn (O) CMR: điểm A, B, K thẳng hàng:
+ Gọi K giao điểm tiếp tuyến C D (O)
+ CKOC (T/c tiếp tuyến) OCK· 900nhìn đoạn OK (1) + DKOD (T/c tiếp tuyến) ODK· 900nhìn đoạn OK (2) Từ (1), (2) Tứ giác OCK nội tiếp đường trịn đường kính OK
H I C
A
B O M
D
2
( )
MA MC MD cmt
· ·
· · ·
AHC AHD
Maø: AHC AHD CHD
H A
K
I C
O M
(36)· · » OKC ODC(cù ng chắn OC)
· ·
· ·
OKC MDO
Maø: MHC MDO(cmt)
·OKCOHC· 1800Tứ giác OKCH nội tiếp đường tròn đường kính OK ·OHK ·OCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
HK MO
HK AB
Maø: AB MO(cmt) điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm) Bài 9:
Cho hình vng c nh a , lấy điểm M thuộc c nh C (M khác ,C) Qua kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng DM t i H, k o dài H cắt đường thẳng DC t i
1 Chứng minh: HCD tứ giác nội tiếp Chứng minh: M DB
3 Chứng minh: C D = H
4 í hiệu SABM , SDCM diện tích tam giác A M, tam giác DCM CMR: (SABM + SDCM ) khơng đổi Xác định vị trí M C để S2
ABM + S2DCM đ t giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ theo a
HD:
1 CMR: BHCD tứ gi c nội tiếp:
+ BHD· = 900 nhìn đoạn BD H đường trịn đường kính BD (1) + BCD· = 900 nhìn đoạn BD C đường trịn đường kính BD (2) Từ (1) (2) B, H, C, D đường tròn đường kính BD
2 Chứng minh: KM DB:
+ BDK có :
DH BK
BC DK
DH cắtDK M
M trực tâm BDK KM đường cao thứ ba KM DB
3 Chứng minh: KC KD = KH KB:
+ KCB KHD có:
· ·
·
90 KCB KHD
BKD : chung
KCB KHD (g.g)
KC KH
KB KD KC KD = KH KB (đpcm)
4 CMR: (SABM + SDCM ) không đổi:
+ ABMvuông B SABM = 1
2AB.BM =
2a.BM (1)
· ·
· ·
180 OKC MHC
Mà: MHC OHC (kềbu)ø
M H
D C
A B
(37)+ DCM vuông C SDCM = 1
2CD.CM =
2a.CM (2)
Từ (1) (2) SABM + SDCM = 1
2a.BM +
2a.CM
= 1 1 2a.(BM CM) 2a.BC 2a.a 2a
+ Vì a khơng đổi
2a không đổi (SABM + SDCM ) không đổi
* c định vị trí M BC để S2ABM + S2DCM đạt gi trị nhỏ Tìm gi trị nhỏ theo a:
+ Đặt x = BM CM = a – x
+ Ta có:
2
2 1
2
ABM DCM
S S a.BM a.CM =
2
1
2a.x 2a.(a x)
= 1 2 2 2 4a x (a x)
= 1 22 22 2 4a x ax a
=
2 2
1
2
4a (x ax 2a )
=
2 2
1 1
2a (x 2a) 4a )
= 1 1 2a (x 2a) 8a
4 a
+ Giá trị nhỏ
ABM DCM
S S a
:
x a = x a
Vậy M trung điểm BC
ABM DCM
S S đạt giá trị nhỏ a
Bài 10: Cho điểm A đường tròn (O, R) Gọi A , AC hai tiếp tuyến đường tròn ( C hai tiếp điểm) Từ A vẽ tia cắt đường tròn t i E F (E nằm A F)
a) CMR: AEC ACF đồng d ng Suy AC2 = AE AF
b) Gọi I trung điểm EF Chứng minh điểm A, , O, I, C c ng nằm đường trịn c) Từ E vẽ đường thẳng vng góc với O cắt C t i M Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp đưởng tròn Suy tứ giác MIF hình thang
d) Giả sử cho OA = R Tính theo R phần diện tích tứ giác A OC nằm ngồi hình trịn (O) HD:
a)CMR: AEC ACF đồng dạng Suy AC2 = AE AF:
(38)
· · »
·
ACE CFE(cuøng chaén CE
CAF : chung
KCB KHD (g.g)
AC AE
AF AC
AC2 = AE AF (đpcm)
b) Gọi I trung điểm EF Chứng minh điểm A, B, O, I, C nằm đường trịn:
+ (O) có:
I trung điểm dây EF OI EF ·
OIA900nhìn đoạn OA (1) ABOB (T/c tiếp tuyến)
OBA· 900nhìn đoạn OA (2) ACOC (T/c tiếp tuyến
) OCA· 900nhìn đoạn OA (3)
Từ (1), (2) (3) điểm , A,B, O, I, C đường tròn đường kính OA
c) Từ E vẽ đường thẳng vng góc với OB cắt BC M Chứng minh tứ gi c EMIC nội tiếp được đưởng trịn Suy tứ gi c MIFB hình thang:
+
B
I E
C O A
F
M B
I E
C O A