CÁC DẠNG TỐN ƠN THI VÀO 10 I rót gän biểu thức Có chứa thức bậc hai Bài 1: Thùc hiÖn 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 14) 2 2 ; 2 2 15) 5) 6) 16 3 6 ; 27 75 7) 27 8) 16) 75 ; 64 64 2 ; 64 64 ; 8 5 4 18) 10 10) ; 2 ; 17) 14 24 12 ; 9) 25 12 19) ; 1 32 3 192 ; 20) x Bµi 2: Cho biĨu thøc A = 2 x a) Rót gän biĨu thøc A; b) Tìm giá trị x để A > - 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 Bµi 3: Cho biĨu thøc B = a) Rút gọn biểu thức B; b) Tìm giá trị x để A > Bài 4: Cho biểu thức C = x 1 x x 1 x x 1 a) Rót gän biĨu thức C; b) Tìm giá trị x để C < Bµi 5: Rót gän biĨu thøc: a) D = x x2 x x2 x x2 x x2 ; x x x x b) P = 1 1 x ; x c) Q = x 1 : ; x2 x x x x x d) H = x 1 x x 1 1 a 1 : a 1 a a a a Bµi 6: Cho biĨu thøc M = a) Rót gän biĨu thøc M; b) So s¸nh M víi 2x x P = Bµi 7: Cho biểu thức Q = x x x 2x x 2 a) Rót gọn biểu thức P Q; b) Tìm giá trị x để P = Q Bài 8: Cho biểu thøc P = 2x x x x x x x x x x a) Rót gän biĨu thøc P b) So s¸nh P với c) Với giá trị x lµm P cã nghÜa, chøng minh biĨu thøc chØ nhận P giá trị nguyên 3x 9x 1 P = : Bµi 9: Cho biĨu thøc x x x x x 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 x x 2 x P = : Bµi 10: Cho biĨu thøc: x 5 x 6 2 x x x a) Rút gọn biểu thức P; b) Tìm x để P Mét sè bµi tập tính giá trị biểu thức 2003 2013 31.2004 1 2003.2008 Bµi 1: TÝnh P 2004.2005.2006.2007.2008 Bµi 2: TÝnh A = Sin + Sin220 + … + Sin2890 Bµi 3: Gäi x1; x2 hai nghiệm ph-ơng trình x2 + 2005x + = vµ x3; x4 lµ hai nghiệm ph-ơng trình x2 + 2006x + = TÝnh B = (x1 + x3)(x2 + x4)(x1 + x4)(x2 + x3) Bài 4: Cho số không âm tho¶ m·n: a2005 + b2005 = a2006 + b2006= a2007 + b2007 Tính giá trị biểu thức P = a + b ( x a)( x b) ( x b)( x c) ( x c)( x b) (c a)(c b) (a b)(a c) (a b)(c b) x y y z z x ( x y )( y z )( z x) B= (Với a, b, c đôi mét kh¸c cho tr-íc) x y y z z x ( x y )( y z )( x z ) Bµi 5: TÝnh A = Bµi 6: TÝnh 1999 1999 1999 1 1 1 1000 A= 1000 1000 1000 1 1 1 1999 1 Bµi 7: TÝnh Cho x > tho¶ m·n x2 + = TÝnh N = x5 + x x Bµi 8: Cho a, b, c ≠ TÝnh T = x2007 + y2007 + z2007 x2 y z x2 y z BiÕt x, y, z tho¶ m·n: 2 a b c a b c Bµi 9: Chøng tá x = nghiệm ph-ơng trình x3 3x – 18 = TÝnh x = ? Bµi 10: Cho (x + x )( y y ) = TÝnh x + y a b c Bµi 11: Cho a, b, c thoả mÃn Bài 13: TÝnh S = TÝnh Q = 99 + a4 + b4 + c4 a b c 14 1 1 1 2 3 2006 20072 Bµi 14: TÝnh S = 20072 2 20072 20082 x3 y y 0(1) Bµi 15: Cho x, y tho¶ m·n 2 TÝnh Q = x2 + y2 x x y y 0(2) Bµi 16: TÝnh tỉng S = + 2.3 + 3.4 + … + 2008.2009 S = a + a(a + 1) + … + (a + n – 1)(a + n) (a, n Z) Bµi 17: TÝnh S = 1.3 – 2.4 + 5.7 – 6.8 +… + 1997.1999 – 1998.2000 1 b 1 c + b 1 c 1 a Bµi 18: TÝnh S = a 2 a2 b2 1 a 1 b +a c2 Trong ®ã a, b, c > thoả mÃn ab + bc + ca = Bµi 19: TÝnh tỉng S = a1 + a2 + … + a99 víi an = (n = 1, 2, 3, …, 99) (n 1) n n Bµi 21: Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = (1) TÝnh S = a2 + b9 + c1945 Bµi 22: Cho biểu thức 1 a2 P= 21 a 21 a a3 a) Rút gọn P b) Tìm Min P Bài 23: Cho x, y hai số khác thỏa mãn: x2 + y = y2 + x x y xy Tính giá trị biểu thức: P = xy - Bài 24: Tính giá trị biểu thức Q = x-y Biết x2 -2y2 = xy x ≠ 0; x + y ≠ xy Bài 25: Cho biểu thức P = 15 x 11 x x x 3 x x 1- x a) Tìm giá trị x cho P = b) Chứng minh P ≤ 2 Bài 26: Cho biểu thức 3a 9a a 1 a 2 P= a a 2 a 1 a a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nguyên a để P nguyên Bài 27: Cho biểu thức P= a 4 a-4 a 4 a-4 16 1- a a2 a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nguyên a (a >8) để P nguyên Bài 27: Cho biểu thức a : a 1 a a a a 1 a) Rút gọn P P = b) Tính giá trị P a = + 2 c) T ìm giá trị a cho P < Bài 29: Cho biểu thức x 8x x : P = x 2 x 4x x 2 x a) Rút gọn P b) Tính x để P = -1 c) T ìm m để với giá trị x > ta có m( x - 3)P > x + Bài 30: Cho biểu thức y - xy x y x y P= x : x y xy y xy x xy a) Tìm x, y để P có nghĩa b) Rút gọn P c) Tìm giá trị P với x = 3, y = + Bài 31: Cho biểu thức x x - x 4x x 2007 P = x 1 x 1 x x a) Tìm x để P xác định b) Rút gọn P c) Tìm giá trị nguyên x để P nguyên Bài 32: Rút gọn P P= a a b2 a a b2 a a b2 a a b2 a a 2b : b2 Với | a | >| b | > Bài 33: Cho biểu thức x 2 x x P= x x x a) Rút gọn P b) Chứng minh < x < P > c) Tìm GTLN P Bài 34: Chứng minh giá trị biểu thức P = Không phụ thuộc vào biến số x 2x x 1 x 10 x 3 x 2 x 4 x 3 x 5 x 6 Bài 35: Chứng minh giá trị biểu thức P = x 2 x Không phụ thuộc vào biến số x Bài 36: Cho biểu thức x2 x x2 x P= x 1 x x 1 x x 1 Rút gọn P với ≤ x ≤ Bài 37: Cho biểu thức P = x x 2x x 2(x 1) x x 1 x x 1 a) Rút gọn P b) Tìm GTNN P c) Tìm x để biểu thức Q = x nhận giá trị số nguyên P Bài 38: Cho biểu thức 2x x x x x x x 1 x P = x 2x x x x x 1 a) Tìm x để P có nghĩa b) Rút gọn P c) Với giá trị x biểu thức P đạt GTNN tìm GTNN Bài 39 Rút gọn biểu thức 3 3 P= 10 10 Bài 40: Rút gọn biểu thức a) A = 4 4 b) B = 10 10 c) C = 15 15 Bài 41: Tính giá trị biểu thức P= x 24 x x x Với Bài 42: Chứng minh rằng: 13 48 số nguyên 6 Bài 43 Chứng minh đẳng thức: 3 1 1 2 1 3 1 1 1 1 2 P= ≤ x ≤ 5 x Bài 44: Cho x = Tính giá trị biểu thức f(x) = x3 + 3x xy xy Bài 45: Cho E = Tính giá trị E biết: xy xy x= y= 12 20 18 27 45 Bài 46: Tính P = 20072 Bài 47: Rút gọn biểu thức sau: P= + 1 20072 2007 2008 2008 1 + + 5 2001 2005 Bài 48: Tính giá rẹi biểu thức: P = x + y3 - 3(x + y) + 2004 biết x = 3 2 3 2 y = 17 12 17 12 Bài 49: a 1 a 1 Cho biểu thức A = a a a 1 a 1 a a) Rút gọn A b) Tính A với a = (4 + 15 )( 10 - ) 15 Bài 50: Cho biểu thức A= x 4x 1 x 4x 1 1 x 1 x 4x 1 a) x = ? A có nghĩa b) Rút gọn A Bài 51: Cho biểu thức P= 1 1 x 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x a) Rút gọn P b) So sánh P với Cho biểu thức P= x 1 x x 1 x x 1 a) Rút gọn P b) Chứng minh: ≤ P ≤ Bài 52: Bài 53: Cho biểu thức P= a 9 a a 1 a 5 a 6 a 3 a a) Rút gọn P b) a = ? P < c) Với giá trị nguyên a P nguyên Bài 54: Cho biểu thức x x 1 x P= xy y x x xy y x a) Rút gọn P b) Tính P biết 2x2 + y2 - 4x - 2xy + = Bài 55: Cho biểu thức x x 1 x P= xy y x x xy y x a) Rút gọn P b) Tính P biết 2x2 + y2 - 4x - 2xy + = Bài 56: Cho biểu thức 1 P = y x y x x 1 : y x3 y x x y y xy x3 y a) Rút gọn P b) Cho xy = 16 Tìm Min P II.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) 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 vào 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 cơng 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 a) (d1) cắt (d2) (d2): y = a2x + b2 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 cơng 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 phương trình (V) có nghiệm kép c) (d) (P) khơng giao 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 vuông 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 qua điểm cố định (giả sử tham số m) +) Giả sử A(x0;y0) điểm cố định mà đường thẳng qua với m, thay x0;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 cho parabol y= 2x2 (p) a tìm hoành độ giao điểm (p) với đ-ờng 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 đ-ờng thẳng y=ax+b tiếp xúc với (p) qua A(0;2) d tìm ph-ơng trình đ-ờng thẳng tiếp xúc với (p) B(1;2) e biƯn ln sè giao ®iĨm cđa (p) víi ®-êng thẳng y=2m+1 (bằng hai ph-ơng pháp đồ thị đại số) f cho đ-ờng 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) cho hàm số (p): y=x2 hai điểm A(0;1); B(1;3) a viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng AB tìm toạ độ giao điểm AB với (P) đà cho b viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng d song song víi AB vµ tiÕp xóc víi (P) c viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng d1 vuông góc với AB vµ tiÕp xóc víi (P) d chøng tá r»ng qua điểm A có đ-ờng thẳng cắt (P) hai điểm phân biệt C,D cho CD=2 Cho (P): y=x2 hai đ-ờng thẳng a,b có ph-ơng trình lần l-ợt y= 2x-5 y=2x+m a chứng tỏ đ-ờng thẳng a không cắt (P) b tìm m để đ-ờng thẳng b tiếp xúc với (P), với m tìm đ-ợc hÃy: + Chứng minh đ-ờng thẳng a,b song song với + tìm toạ độ tiếp điểm A (P) với b + lập ph-ơng trình đ-ờng thẳng (d) qua A có hệ số góc -1/2 tìm toạ độ giao điểm (a) vµ (d) cho hµm sè y 1 x (P) a vẽ đồ thị hàm số (P) VËy R AA1 = AA’ A’ O (2) Gọi B , C lần l-ợt trung điểm cđa AC, AB, ta cã OB’ AC; OC’ AB (b¸n kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA , OB , OC lần l-ợt đ-ờng 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 mà AA ' AA dạng AEF ABC nên = AA ' Theo (2) => OA = R AA1 tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng AA ' EF FD ED T-¬ng tù ta cã: OB’ = R ; OC’ = R Thay BC AC AB vµo (3) ta đ-ợc 2SABC = R ( EF FD ED BC AC AB ) 2SABC = R(EF + FD + DE) BC AC AB * R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn nhÊt SABC Ta cã SABC = AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm chÝnh giìa cđa cung lín BC Bµi 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đ-ờng cao AH bán kính OA Chứng minh AM phân giác góc OAH A D Giả sử B > C Chøng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 vµ OAH = 200 TÝnh: a) B C tam giác ABC b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhá O BC theo R Lêi gi¶i: (HD) B C H AM phân giác BAC => BAM = CAM => CM => M lµ trung ®iĨm cđa cung BC => OM BC; Theo BM M gi¶ thiÕt AH BC => OM // AH => HAM = OMA (so le) Mµ OMA = OAM (vì tam giác OAM cân O có OM = OA = R) => HAM = OAM => AM tia phân giác góc OAH Vẽ d©y BD OA => AB AD => ABD = ACB Ta cã OAH = DBC (góc có cạnh t-ơng ứng vuông góc nhọn) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200; theo trªn B C = OAH => B - C = 200 0 B C 120 B 70 => 0 B C 20 C 50 b) Svp = SqBOC - S BOC = R 1202 3600 R R R R (4 3) R = 2 12 Bµi 31 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp (O; R), biÕt BAC = 600 TÝnh sè ®o gãc BOC vµ ®é dµi BC theo R A VÏ ®-êng kÝnh CD cđa (O; R); gäi H giao điểm ba D đ-ờng cao tam giác ABC Chứng minh BD // AH AD // BH TÝnh AH theo R O H Lêi gi¶i: =1200 (t/c gãc néi Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => s® BC B C M tiÕp ) => BOC = 1200 ( t/c gãc ë t©m) =1200 => BC cạnh tam giác * Theo sđ BC nội tiếp (O; R) => BC = R CD đ-ờng kÝnh => DBC = 900 hay DB BC; theo giả thiết AH đ-ờng cao => AH BC => BD // AH Chøng minh t-¬ng tù ta cịng đ-ợc AD // BH Theo DBC = 900 => DBC vuông B có BC = R ; CD = 2R => BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R )2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R Theo trªn BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành => AH = BD => AH = R Bài 32 Cho đ-ờng tròn (O), đ-ờng kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H cđa OB N Chøng minh MN di ®éng , trung điểm I MN nằm đ-ờng tròn cố định D K Từ A kẻ Ax MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ C I giác CMBN hình bình hành Chứng minh C trực tâm tam giác AMN H A B O Khi MN quay quanh H C di động đ-ờng Cho AM AN = 3R2 , AN = R Tính diện tích phần M hình tròn (O) nằm tam giác AMN Lời giải: (HD) I trung ®iĨm cđa MN => OI MN t¹i I ( quan hệ đ-ờng kính dây cung) = > OIH = 900 OH cố địmh nên MN di động I di động nh-ng nhìn OH cố định d-ới góc 900 I di động đ-ờng tròn đ-ờng kính OH Vậy MN di động , trung điểm I MN nằm đ-ờng tròn cố định Theo giả thiết Ax MN; theo OI MN I => OI // Ax hay OI // AC mµ O trung điểm AB => I trung điểm BC, lại có I trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành (Vì có hai đ-ờng chéo cắt trung điểm đ-ờng) CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN AN ( ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn) => MC AN; theo trªn AC MN => C trực tâm tam giác AMN Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đ-ờng tung bình OBC => IH // OC Theo gi¶ thiÕt Ax MN hay IH Ax => OC Ax t¹i C => OCA = 900 => C thuộc đ-ờng tròn đ-ờng kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đ-ờng tròn đ-ờng kính OA cố định Ta có AM AN = 3R2 , AN = R => AM =AN = R => AMN cân A (1) Xét ABN vuông t¹i N ta cã AB = 2R; AN = R => BN = R => ABN = 600 ABN = AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => AMN = 600 (2) 3R Tõ (1) vµ (2) => AMN tam giác => SAMN = 3R R (4 3 => S = S(O) - SAMN = R = 4 Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đ-ờng tròn M MC MI Chøng minh OM BC => MCI MAC => MA MC Chøng minh MC = MI.MA Kẻ đ-ờng kính MN, tia phân giác góc => MC = MI.MA B C cắt đ-ờng thẳng AN P Q Chứng minh ®iĨm P, C , B, Q cïng thc N đ-ờng tròn A Lời giải: Q AM phân giác BAC => BAM = CAM O CM => M trung điểm cña cung BC => => BM K OM BC ( B C I XÐt MCI vµ MAC cã MCI =MAC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau); M lµ gãc chung M 1 2 (HD) MAN = 900 (néi tiÕp chắn nửa đ-ờng tròn ) => P1 = 900 K1 mà K1 góc tam giác AKB nªn K1 = A1 + B1 = gãc ) => P1 = 900 – ( A B ).(1) 2 CQ tia phân giác góc ACB => C1 = ( A B ) (2) 2 A B (t/c phân giác 2 C = (1800 - A - B) = 900 – 2 Tõ (1) vµ (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mµ P vµ C n»m nửa mặt phẳng bờ BQ nên n»m trªn cung chøa gãc 900 – ( A B ) dùng trªn BQ 2 ( P VËy ®iĨm P, C, B, Q cïng thc mét đ-ờng tròn Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiÒu cao AH = Cm, nội tiếp đ-ờng tròn (O) đ-ờng kính AA A Tính bán kính đ-ờng tròn (O) Kẻ đ-ờng kính CC , tứ giác CAC A hình gì? Tại sao? Kẻ AK CC tứ giác AKHC hình gì? Tại sao? C' Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác ABC O K Lời giải: 1 B (HD) Vì ABC cân A nên đ-ờng kính AA H đ-ờng tròn ngoại tiếp đ-ờng cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AA qua H => ACA vuông C có BC AH = 4cm => CH2 = = 3cm; 2 CH 32 2,5 => AA’ AH.A’ H => A’ H = AH 4 C A' ®-êng cao CH = => AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm) Vì AA CC hai đ-ờng kính nên cắt trung điểm O đ-ờng => ACA C hình bình hành Lại có ACA = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) nên suy tứ giác ACA C hình chữ nhật Theo gi¶ thiÕt AH BC; AK CC’ => K H nhìn AC d-ới góc 900 nên nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính AC hay tø gi¸c ACHK néi tiÕp (1) => C2 = H1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; AOC cân O ( OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc so le b»ng nhau) => tø gi¸c ACHK hình thang (2) Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân Bài 35 Cho đ-ờng tròn (O), đ-ờng kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vuông góc với AB I, gọi C điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E Chứng minh tø gi¸c IECB néi tiÕp => EIB + ECB = 1800 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác mà hai góc đối ACM tứ giác IECB nên tứ giác Chứng minh AM2 = AE.AC IECB tứ giác nội tiếp M Chøng minh AE AC – AI.IB = AI HÃy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ O1 C E nhÊt Lêi gi¶i: A B I O Theo gi¶ thiÕt MN AB t¹i I => EIB = 900; ACB nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900 N Theo gi¶ thiÕt MN AB => A trung điểm cung MN => AMN = ACM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) hay AME = ACM L¹i thÊy CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM Theo trªn AME ACM => AM AE => AM2 = AE.AC AC AM AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ); MN AB I => AMB vuông M có MI đ-ờng cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đ-ờng cao tam giác vuông) áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vuông t¹i I ta cã AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI Theo trªn AMN = ACM => AM tiếp tuyến đ-ờng tròn ngo¹i tiÕp ECM; Nèi MB ta cã AMB = 900 , tâm O1 đ-ờng tròn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM Gọi O1 chân đ-ờng vuông góc kẻ từ N đến BM ta đ-ợc O1 tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đ-ờng tròn tâm O1 bán kính O1M với đ-ờng tròn (O) O1 hình chiếu vuông góc N BM Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đ-ờng cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q lần l-ợt hình chiếu vuông góc D lên AB, BE, CF, AC Chøng minh : C¸c tø giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật A Các tø gi¸c BMND; DNHP; DPQC néi tiÕp Hai tam giác HNP HCB đồng dạng E Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng F H Lời giải: & (HS tự làm) Q P 1 Theo chøng minh trªn DNHP néi tiÕp => N2 = M 1N D4 (néi tiÕp cïng ch¾n cung HP); HDC cã HDC = 900 (do AH đ-ờng cao) HDP có HPD = 900 (do DP 1 D B C HC) => C1= D4 (cïng phơ víi DHC)=>C1=N2 (1) chøng minh t-ơng tự ta có B1=P1 (2) Từ (1) (2) => HNP HCB Theo chøng minh trªn DNMB néi tiÕp => N1 = D1 (néi tiÕp cïng chắn cung BM).(3) DM // CF ( vuông góc với AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4) Theo chøng minh trªn C1 = N2 (5) Tõ (3), (4), (5) => N1 = N2 mµ B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6) Chứng minh t-ơng tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng (7) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Bài 37 Cho hai đ-ờng tròn (O) (O ) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B (O), C (O’ ) TiÕp tuyÕn chung t¹i A cắt tiếp tuyến chung BC I Chứng minh c¸c tø gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp B I C Chøng minh BAC = 90 TÝnh sè ®o gãc OIO’ TÝnh ®é dµi BC biÕt OA = 9cm, O’ A = 4cm A O O' Lêi gi¶i: ( HS tù lµm) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC ABC có AI = BC =>ABC vuông A hay BAC =900 Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có IO tia phân giác BIA; I0 tia phân giác CIA mà hai gãc BIA vµ CIA lµ hai gãc kỊ bï => I0 I0’ => 0I0’ = 900 Theo ta có 0I0 vuông I có IA đ-ờng cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI OO’ ) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm) Bài 38 Cho hai đ-ờng tròn (O) ; (O ) tiếp xúc A, BC lµ tiÕp tuyÕn chung ngoµi, B(O), C (O’ ) Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm O M AC Chứng minh : Chứng minh tứ gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp B M C Tứ giác AEMF hình chữ nhật 23 E F ME.MO = MF.MO’ OO’ lµ tiếp tuyến đ-ờng tròn đ-ờng kính BC A O O' BC tiếp tuyến đ-ờng tròn đ-ờng kính OO Lời giải: ( HS tự làm) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có MA = MB =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME AB (1) Chøng minh t-¬ng tù ta cịng cã MF AC (2) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có MO MO tia phân giác hai gãc kỊ bï BMA vµ CMA => MO MO’ (3) Tõ (1), (2) vµ (3) suy tø giác MEAF hình chữ nhật Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đ-ờng tròn => MA OO => MAO vuông A có AE MO ( theo trªn ME AB) MA2 = ME MO (4) T-ơng tự ta có tam giác vu«ng MAO’ cã AFMO’ MA2 = MF.MO’ (5) Tõ (4) (5) ME.MO = MF MO Đ-ờng tròn đ-ờng kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đ-ờng tròn qua Avà co MA bán kính Theo OO MA A OO tiếp tuyến A đ-ờng tròn đ-ờng kính BC (HD) Gọi I trung điểm OO ta có IM đ-ờng trung bình hình thang BCO O => IMBC M (*) Ta cung chứng minh đ-ợc OMO vuông nên M thuộc đ-ờng tròn đ-ờng kính OO => IM bán kính đ-ờng tròn đ-ờng kính OO (**) Tõ (*) vµ (**) => BC lµ tiÕp tun cđa đ-ờng tròn đ-ờng kính OO Bài 39 Cho đ-ờng tròn (O) đ-ờng kính BC, dấy AD vuông góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đ-ờng vuông góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF HÃy xác định vị trí t-ơng đối đ-ờng tròn (I) vµ (O); (K) vµ (O); (I) vµ (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao? A Chøng minh AE AB = AF AC F Chøng minh EF tiếp tuyến chung hai đ-ờng tròn G (I) (K) E Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn nhÊt B Lêi gi¶i: H K I O 1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiÕp xóc (O) OK = OC – KC => (K) tiÕp xóc (O) IK = IH + KH => (I) tiÕp xóc (K) Ta cã : BEH = 900 ( néi tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) D => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn hay EAF = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) => tø giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Theo giả thiết ADBC H nên AHB vuông H có HE AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vuông H có HF AC (theo CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đ-ờng chéo AH EF ta có GF = GH (tính chất đ-ờng chéo hình chữ nhật) => GFH cân G => F1 = H1 KFH cân K (vì có KF KH bán kÝnh) => F2 = H2 => F1 + F2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHC = 900 => F1 + F2 = KFE = 900 => KF EF Chøng minh t-¬ng tù ta cịng cã IE EF VËy EF lµ tiÕp tun chung cđa hai đ-ờng tròn (I) (K) C e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH OA (OA bán kính đ-ờng tròn (O) có độ dài không đổi) nên EF = OA AH = OA H trïng víi O Vậy H trùng với O túc dây AD vuông góc với BC O EF có độ dài lớn Bài 40 Cho nửa đ-ờng tròn đ-ờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N y x Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam N / gi¸c APB Chøng minh AM BN = R2 P TÝnh tØ sè S MON R AM = S APB M / TÝnh thể tích hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh O A B Lời giải: Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà AOP vµ BOP lµ hai gãc kỊ bï => MON = 900 hay tam giác MON vuông O APB = 900((nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn) hay tam giác APB vuông P Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB OB => OBN = 900; NP OP => OPN = 900 =>OBN+OPN =1800 mµ OBN vµ OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO Xét hai tam giác vuông APB MON cã APB = MON = 900; OBP = PNO => APB MON Theo trªn MON vuông O có OP MN ( OP tiếp tuyến ) áp dụng hệ thức cạnh đ-ờng cao tam giác vuông ta có OP2 = PM PM Mµ OP = R; AM = PM; BN = NP (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AM BN = R2 Theo trªn OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mµ PM = AM = R2: R R => PM = => PN = 2 R = 2R 5R R + 2R = 2 5R MN Theo trªn APB MON => = : 2R = = k (k tỉ số đồng dạng) AB => MN = MP + NP = V× tØ sè diƯn tich hai tam giác đồng dạng bình ph-ơng tỉ số đồng dạng nên ta có: S MON S 25 = k2 => MON = S APB S APB 16 Bµi 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lần l-ợt lấy điểm D, E cho DOE = 600 A Chøng minh tÝch BD CE kh«ng ®ỉi Chøng minh hai tam gi¸c BOD; OED ®ång dạng Từ suy tia DO tia phân giác góc BDE Vẽ đ-ờng tròn tâm O tiÕp xóc víi AB Chøng minh E K D r»ng đ-ờng tròn tiếp xúc với DE Lời giải: H Tam giác ABC => ABC = ACB = 600 (1); C B O 0 DOE = 60 (gt) =>DOB + EOC = 120 (2) DBO cã DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) Tõ (2) vµ (3) => BDO = COE (4) Tõ (2) vµ (4) => BOD CEO => BD BO => BD.CE = CO CE BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi Theo BOD CEO => BD OD BD OD BD BO mµ CO = BO => (5) CO OE BO OE OD OE L¹i cã DBO = DOE = 600 (6) Tõ (5) vµ (6) => DBO DOE => BDO = ODE => DO tia phân giác BDE Theo DO tia phân giác BDE => O cách DB DE => O tâm đ-ờng tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đ-ờng tròn tâm O tiếp xúc với AB tiếp xúc với DE Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đ-ờng tròn (O) Tiếp tuyến B C lần l-ợt cắt AC, AB D E Chøng minh : A BD2 = AD.CD Tø gi¸c BCDE néi tiÕp BC song song với DE O Lời giải: Xét hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì B C góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), lại có D chung => BCD ABD => BD CD AD BD => BD2 = AD.CD E Theo gi¶ thiết tam giác ABC cân A => ABC = ACB => EBC = DCB mµ CBD = BCD (gãc tiếp tuyến với dây chắn cung) => EBD = DCE => B C nhìn DE d-ới góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE néi tiÕp D Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => BCE = BDE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung BE) mà BCE = CBD (theo ) => CBD = BDE mà hai góc so le nên suy BC // DE Bài 43 Cho đ-ờng tròn (O) đ-ờng kính AB, điểm M thuộc đ-ờng tròn VÏ ®iĨm N ®èi xøng víi A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM N Chứng minh tứ giác MNCE néi tiÕp Chøng minh NE AB _ F Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chøng minh FA lµ tiÕp / M tun cđa (O) C / Chøng minh FN lµ tiếp tuyến đ-ờng tròn (B; BA) _ E Lời giải: (HS tự làm) A (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE AB O H 3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F E xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => FA // NE mà NE AB => FA AB A => FA tiếp tuyến (O) A Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mµ AC BN => FN BN N BAN có BM đ-ờng cao đồng thời đ-ờng trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đ-ờng tròn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA) Bµi 44 AB vµ AC lµ hai tiÕp tuyến đ-ờng tròn tâm O bán kính R (B, C tiếp điểm) Vẽ CH vuông góc AB H, cắt (O) E cắt OA D B Chøng minh CO = CD H Chøng minh tứ giác OBCD hình thoi I Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I E Chứng minh I trung điểm OH O D A TiÕp tun t¹i E víi (O) cắt AC K Chứng minh M ba điểm O, M, K thẳng hàng K Lời giải: C Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đ-ờng tròn tâm O => OA tia phân giác cña BOC => BOA = COA (1) OB AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Tõ (1) (2) => COD cân C => CO = CD.(3) theo trªn ta cã CO = CD mµ CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) (5) => BOCD hình bình hµnh (6) Tõ (6) vµ (3) => BOCD lµ hình thoi M trung điểm CE => OM CE ( quan hệ đ-ờng kính dây cung) => OMH = 900 theo trªn ta cịng cã OBH =900; BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng B Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đ-ờng tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đ-ờng tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) t¹i F A E Chøng minh BC // AE Chứng minh ABCE hình bình hành _ Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI D O K F So sánh BAC BGO _ I _ _ Lời giải: (HS tự làm) B G H C Xét hai tam giác ADE CDB ta có EAD = BCD (v× so le ) AD = CD (gt); ADE = CDB (®èi ®Ønh) => ADE = CDB => AE = CB (1) Theo trªn AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành I trung điểm CF => OI CF (quan hệ đ-ờng kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vuông H => BGK = BAH ( cung phơ víi ABH) mµ BAH = 2 1 BAC (do ABC c©n nên AH phân giác) => BAC = 2BGO Bài 46 Cho đ-ờng tròn (O) đ-ờng kính AB , đ-ờng tròn ta lấy hai điểm C D cho cung AC = cung AD TiÕp tuyÕn với đ-ờng tròn (O) vẽ từ B cắt AC F Chøng minh hÖ thøc : AB2 = AC AF Chứng minh BD tiếp xúc với đ-ờng tròn đ-ờng kính AF Khi C chạy nửa đ-ờng tròn đ-ờng kính AB (không chứa điểm D ) Chứng minh trung điểm I đoạn FA chạy tia cố định , xác định tia cố định ®ã Bài 31: Cho tam giác OAB cân đỉnh O đường trịn tâm O có bán kính R thay đổi (R OA(trường hợp ngược lại hồn tồn tương tự) Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI-IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB)= =MA.MB (đpcm) Bài 32: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) A B.Các tiếp tuyến kẻ từ A B cắt M Dựng MH vng góc với OP a)CMR: điểm O,A,B,M,H nằm đường tròn b)CMR: H cố định cát tuyến PAB quay quanh P Từ suy tập hợp điểm M c)Gọi I trung điểm AB N giao điểm PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN IP.IN=IA2 Giải: a) Nhận thấy điểm O,A,B,M,H nằm đường trịn đường kính OM (đpcm) b)Phương tích điểm P đường trịn đường kính OM là: PH.PO=PA.PB=const (1) Suy H cố định nằm đoạn PO Từ dễ dàng suy quĩ tích điểm M đường thẳng d qua H vng góc với PO trừ đoạn TV với T,V giao điểm d với (O) c)Phương tích điểm P đường trịn đường kính ON là: PN.PI=PH.PO (2) Từ (2) (1) suy ra: PA.PB=PI.PN (đpcm) Lại có: IP.IN=(NI+NP).IN=IN2 + NI.NP (3) Phương tích điểm N đường trịn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM Phương tích điểm N đường trịn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB Suy ra: NI.NP=NA.NB (4) Từ (3) (4) suy ra: IP.IN=IN2 + NA.NB Ta chứng minh: IN2 + NA.NB=IA2 (5).Thật vậy: (5) NA.NB=IA2-IN2 NA.NB=(IA-IN).(IA+IN) NA.NB=NA.(IB+IN) NA.NB=NA.NB (ln đúng) Vậy ta có đpcm Bài 33:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn bán kính R,tâm O a)Chứng minh BC = 2R.SinA b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) A,B,C ba góc tam giác Giải: a)Kéo dài BO cắt (O) điểm thứ hai D Tam giác vuông BCD có:BC = BD.Sin( BDC) = 2R.SinA (đpcm) b)Kéo dài AO cắt (O) điểm thứ hai E Hồn tồn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB Ta có: SinB= AC AD CD AD CD Cos(ADB) Cos(CDB) CosC CosA (1) 2R 2R BD BD Tương tự ta có: SinC < CosA + CosB (2) SinA < CosB + CosC (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm Bài 35: Cho đường tròn (O) dây cung BC cố định.Gọi A điểm di động cung lớn BC đường trịn (O), (A khác B,C).Tia phân giác góc ACB cắt đường tròn (O) điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường (O) điểm K khác điểm B 1.CMR:Tam giác KAC cân 2.CMR: Đường thẳng AI ln qua điểm cố định J.Từ tìm vị trí A cho Ai có độ dài lớn 3.Trên tia đối AB lấy điểm M cho AM=AC.Tìm tập hợp điểm M A di động cung lớn BC (O) Giải: 1.Ta có: DBI cân D nên: DBI= DIB.Mà: DIB = IBC + ICB (1) Và: DBI = KCI = KCA + ACD = KBA + ICB (2) Từ (1) (2) suy ABI = CBI.Suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC BI phân giác góc B tam giác ABC K trung điểm cung AC Tam giác KAC cân 2.Vì I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC nên AI qua trung điểm J cung nhỏ BC Ta dễ dàng chứng minh tam giác BIJ cân J JI = JB = const Suy AI = AJ - IJ = AJ - const lớn AJ lớn tức AJ đường kính (O) A phải nằm trung điểm cung lớn BC 3.Ta dễ dàng tính được: BMC = 1 BAC = số đo cung nhỏ BC = const Suy quĩ tích điểm M cung chứa góc nhìn BC góc số đo cung nhỏ BC Bài 36:Trên đường trịn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định điểm B thay đổi Đường vng góc với AB vẽ từ A cắt đường trịn C Chừng minh BC qua điểm cố định 2.Gọi AH đừơng vng góc vẽ từ A tam giác ABC.Tìm tập hợp điểm H Hãy dựng tam giác vng ABC có đỉnh A cho trước đường trịn BC đường kính chiều cao AH = h cho trước Giải: 1.Dễ thấy BC qua điểm O cố định 2.Nhận thấy AHO vng Từ dễ dàng chứng minh quĩ tích H đường trịn đường kính AO 3.Đường thẳng d // với BC cách BC khoảng h cắt (O) hai điểm A A ' thỏa mãn u cầu tốn Có vị trí A thỏa mãn (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC khoảng h) Bài 37:Cho đường tròn tâm O cố định.Một đường thẳng d cố định cắt (O) A,B;M điểm chuyển động d (ở đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT MN với đường tròn 1.CMR:Đường tròn qua ba điểm M,N,P qua điểm cố định khác O 2.Tìm tập hợp tâm I đường trịn qua M,N,P 3.Tìm d điểm M cho tam giác MNP tam giác Giải: 1.Gọi K trung điểm AB.Dễ thấy M,N,P,O,K nằm đường trịn đường kính OM.Vậy K điểm cố định cần tìm Tâm I đường tròn qua M,N,P trung điểm OM Từ I hạ IJ vng góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const Vậy phán đốn quĩ tích i đường thẳng song song với AB cách AB khoảng nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y trung điểm OA OB 3.Giả sử tam giác MNP thì: OM = 2.OP = 2R MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const Từ có hai điểm M thảo mãn Bài 38:Cho hình vng EFGH.Một góc vng xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt đường thẳng FG GH M,N;còn đường thẳng Ey cắt đường theo thứ tự P,Q 1.CMR:Hai tam giác ENP EMQ tam giác vuông cân 2.Goi R giao PN QM;còn I,K trung điểm PN QM.Tứ giác EKRI hình gì?Giải thích? 3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ có nhận xét đường thẳng IK góc vng xEy quay quanh E? Giải: 1.Dễ dàng chứng minh được: EHQ = EFM (cgc) Suy dễ dàng tam giác EMQ vuông cân PEF = PQN (đồng vị) mà FEM = QEH Suy ra: PEN = PEF + FEM = EQH + QEH = 900 Vậy tam giác PEN vuông (1) Thấy: NEQ = PEM (gcg) nên suy EN = EP (2) Từ (1) (2) suy ra:Tam giác PEN vng cân 2.Có: EI PN EK QM Vậy tứ giác EKRI có góc I góc K vng (4) Lại có: 0 PQR = RPQ = 45 suy ra: PRQ = 90 (3) Từ (3) (4) suy tứ giác ẺIK hình chữ nhật 3.Dễ thấy QEKH EFMK tứ giác nội tiếp Ta có: EKH = 180 - EQH (5) Và: EKF = EMF = EQH (6) Từ (5) (6) suy ra: EKH + EKF = 1800 Suy H,K,F thẳng hàng Lại có: Tứ giác FEPI nội tiếp nên EFI = 1800- EPI = 1800-450 = 1350 Suy ra: EFK + EFI = 450 + 1350 =1800 Suy K,F,I thẳng hàng Vậy ta có đpcm Bài 39:Cho đường trịn tâm O đường kính AB.Gọi C điểm cố định OA; M điểm di động đường trịn.Qua M kẻ đường vng góc với MC cắt tiếp tuyến kẻ từ A B D E a)CMR: Tam giác DCE vuông b)CMR: Tích AD.BE khơng đổi c)CMR:Khi M chạy đường trịn trung điểm I DE chạy đường thẳng cố định Giải: a)Nhận thấy tứ giác ADMC MABE tứ giác nội tiếp.Do đó: DCM = DAM MCE = MBE = MAB.Vậy: DCE = DCM + MCE = DAM + MAB = 90 Ta có đpcm b)Vì tam giác DCE vng C nên ta nhận thấy DCA = 900 - ECB = CEB Vậy hai tam giác vuông ADC BCE đồng dạng với nhau.Nên: AD AC AD.BE BC AC const BC BE c)Nhận thấy OI ln đường trung bình hình thang DABE hay nói cách khác,ta ln có OI AB Vậy M chuyển động (O) I ln nằm đường thẳng qua O vng góc với AB Bài 40:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M điểm chạy đáy BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC C.Gọi N giao điểm thứ hai hai đường trịn CMR a) MN ln qua A tích AM.AN khơng đổi c) Tổng hai bán kính hai đường trịn tâm D E có giá trị khơng đổi d)Tìm tập hợp trung điểm H DE Giải: a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA.vậy tia NM qua A Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy AM.AN = AB2 khơng đổi c)Gọi K điểm cung BC (không chứa A) Dễ thấy D,E nằm BK CK Từ K,D,E hạ đường vng góc với BC I.J,L Ta có: BD CE BJ CL BM CM BM CM 1 BK CK BI CI BI CI BI BD CE BD CE CK = không đổi CK CK d) Hạ HQ vng góc với BC.Có: HQ = KI DJ EL KI BD CE KI Nên H nằm đ ường thẳng ( DJ EL) 2 KI BK CK song song với BC cách BC khoảng nửa khoảng cách KI, Vì D, E thuộc BK CK quĩ tích điểm H đường trung bình tam giác BKC (song song với đáy BC) ... 250 HS líp dù thi vµo líp 10, kết có 210 HS đà trúng tuyển Tính riêng tỉ lệ đỗ tr-ờng A đạt 80%, tr-ờng B đạt 90% Hỏi tr-ờng có HS lớp dự thi vào lớp 10 Bài 10 Hai vòi n-ớc chảy vào bể n-ớc sau... 10. Giải: Đặt u x2 x2 (1) ;v x 1 x 1 Ta có: 10. u2 + v2 -11.uv = (u-v).(10u-v)=0 u=v 10u=v Xét trường hợp thay vào (1) ta tìm x cách dễ dàng Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15... ? ?10 x 15 y ? ?10 11y 22 y 2 x 5 x y ? ?10 x y 12 5 x y 5 x 2.(2 6) y 2 x Vậy HPT cã nghiƯm lµ y - Đối với HPT dạng ta sử dụng hai cách