- Chứng minh hai đường thẳng cùng song song với đường thẳng thứ ba - Chứng minh hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba - Chứng minh chúng cùng tạo với một cát tuyến h[r]
(1)ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP HỌC KỲ II – NĂM HỌC : 2019 – 2020 MƠN: TỐN
A LÝ THUYẾT:
ĐẠI SỐ
GIẢI HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 1 Phương pháp
+ Bước 1: Từ phương trình hệ cho (coi PT (1)), ta biểu diễn ẩn theo ẩn kia, rồi thế vào phương trình thứ hai (PT (2)) để phương trình (chỉ cịn ẩn).
+ Bước 2: Dùng phương trình để thay cho PT (2) hệ (PT (1) thường được thay hệ thức biểu diễn ẩn theo ẩn kia).
2 Phương pháp cộng đại số:
+ Bước 1: Cộng hay trừ vế hai phương trình hệ phương trình cho để một phương trình mới.
+ Bước 2: Dùng phương trình thay cho hai phương trình hệ (giữ nguyên phương trình kia).
* Chú ý:
- Trong phương pháp cộng đại số, trước thực bước 1, nhân hai vế mỗi phương trình với số thích hợp (nếu cần) cho hệ số ẩn hai
phương trình hệ đối nhau.
- Đơi ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình cho hệ phương trình với hai ẩn mới, sau sử dụng hai phương pháp giải trên.
I VẼ ĐỒ THỊ & TÌM TỌA ĐỘ GIAO ĐIỂM CỦA (P): y = ax2 (a 0) VÀ (D): y = ax + b (a 0) 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 hoành điểm thấp đồ thị Nếu a < đồ thị nằm phía trục hoành 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 về pt bậc hai dạng ax2 + bx + c = 0.
Giải pt hoành độ giao điểm:
+ Nếu > pt có nghiệm phân biệt (D) cắt (P) tại điểm phân biệt. + Nếu = pt có nghiệm kép (D) (P) tiếp xúc nhau.
+ Nếu < pt vô nghiệm (D) (P) không giao nhau.
3 Xác 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 về pt bậc hai dạng ax2 + bx + c = 0.
Lập (hoặc') pt hoành độ giao điểm Biện luận:
(2)+ (Dm) tiếp xúc (P) tại điểm = 0 giải pt tìm m
+ (Dm) (P) không giao < 0 giải bất pt tìm m BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập 1: 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) cùng hệ trục tọa độ vng góc Oxy Xác định tọa độ giao điểm chúng
2 Xác định giá trị m để:
a) (Dm) cắt (P) tại điểm có hồnh độ b) (Dm) cắt (P) tại điểm phân biệt
c) (Dm) tiếp xúc (P) Xác định tọa độ tiếp điểm HD: Tọa độ giao điểm: (2 ; 2) và (– ; 8)
2a) m = 2.
2b) '= + 2m >
1 m
2c) m =
1
tọa độ tiếp điểm (-1 ; 2).
Bài tập 2: Cho hai hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P) y = – 3x + m có đồ thị (D m)
1 Khi m = 1, vẽ (P) (D1) cùng hệ trục tọa độ vng góc Oxy Xác định tọa độ giao điểm chúng
2 Xác định giá trị m để:
a) (Dm) qua điểm (P) tại điểm có hồnh độ
b) (Dm) cắt (P) tại điểm phân biệt
c) (Dm) tiếp xúc (P) Xác định tọa độ tiếp điểm
HD: Tọa độ giao điểm: (
1
2 ; 2 ;) và (1 ; – 2). 2a) m = –
2b) m < 8.
2c) m =
8 tọa độ tiếp điểm (
3
4; 8). Bài tập 3: Cho hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P).
1 Vẽ (P) hệ trục tọa độ vng góc Gọi A(
2 3;
) B(2; 1)
a) Viết phương trình đường thẳng AB
b) Xác định tọa độ giao điểm đường thẳng AB (P) Tìm điểm (P) có tổng hồnh độ tung độ – HD: 2a) Đường thẳng AB có phương trình y = = 3x –
2b) Tọa độ giao điểm: (1;– 2) và (
; 25
2
)
3 Gọi M(xM; yM) điểm (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = – Mặt khác: M(xM; yM) (P) yM = –
2
M
x nên: x
M + yM = – xM + (– 2
M
(3) – 2xM2 + xM + = 1 2 2 x y x y
Vậy có điểm thỏa đề bài: M1(2; – ) M2(
3 2 ;
) Bài tập 4: Cho hàm số y =
3
x2 có đồ thị (P) y = – 2x +
2 có đồ thị (D). Vẽ (P) (D) cùng hệ trục tọa độ vng góc
2 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: ( 3;
1
) và (1 ;
)
3 Gọi M(xM; yM) điểm (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = –
Mặt khác: M(xM; yM) (P) yM =
M
x nên: x
M + yM = – xM +(
M
x ) = – 4
M
x + x
M + =
1 2 3 x y x y
Vậy có điểm thỏa đề bài: M1(
4 3;
) M2(2; – 6)
Bài tập 5: Cho hàm số y =
3x2 có đồ thị (P) y = x +
3 có đồ thị (D). Vẽ (P) (D) cùng hệ trục tọa độ vng góc Xác định tọa độ giao điểm (P) (D)
3 Gọi A điểm (P) B điểm (D) cho 11
A B A B x x y y
Xác định tọa độ A B.
HD: Tọa độ giao điểm: (
3 ;
) và ( 25 ; ). Đặt xA = xB = t
A(xA; yA) (P) yA = x2A =
2 t2.
B(xB; yB) (D) yB = xB + 3 = t +
5
Theo đề bài:11yA8yB 11.
2
3t2 = 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
(4) 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
.
Bài tập 6: Trong mặt phẳng tọa độ vng góc Oxy, cho hai điểm A(1; –2) B(–2; 3) Viết phương trình đường thẳng (d) qua A, B
2 Gọi (P) đồ thị hàm số y = –2x2. a) Vẽ (P) mặt phẳng tọa độ cho
b) Xác định tọa độ giao điểm (P) (d) HD: Phương trình đường thẳng AB: y =
5
x
Tọa độ giao điểm: (1; –2) và (
1
;
1 18
)
Bài tập 7: Vẽ đồ thị (P) hàm số y = –2x2 mặt phẳng tọa độ vng góc Oxy. Gọi (D) đường thẳng qua điểm A(–2; –1) có hệ số góc k
a) Viết phương trình đường thẳng (D)
b) Tìm k để (D) qua B nằm (P) biết hoành độ B HD: 2a)
Phương trình đường thẳng (D) có dạng tổng quát: y = ax + b (D) có hệ số góc k (D): y = kx + b
(D) qua A(–2; –1) –1 = k.( –2) + b b = 2k – Phương trình đường thẳng (D): y = kx + k – 2b)
Điểm B(xB; yB) (P) B(1; – 2)
(D) qua B(1; –2) nên: –2 = k.1 +2k – k =
Bài tập 8: Cho hai hàm số y = x2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (D).
1 Vẽ (P) và(D) cùng hệ trục tọa độ vng góc Oxy Xác định tọa độ giao điểm chúng
2 Gọi A điểm thuộc (D) có hồnh độ B điểm thuộc (P) có hồnh độ – Xác định tọa độ A, B
3 Tìm tọa độ điểm I nằm trục tung cho: IA + IB nhỏ HD: Tọa độ giao điểm: (2; 4) và (–1; 1)
2 Tọa độ A(5; 7) B(– ; 4)
I(xI, yI) Oy I(0: yI)
IA + IB nhỏ ba điểm I, A, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y =
3 7x +
34 .
I(xI, yI) đường thẳng AB nên: yI =
3 7.0 +
34 =
34
7 I(0;
34 )
Bài tập 9: Cho hàm số y = – x2 có đồ thị (P) y = x – có đồ thị (D).
a) Vẽ (P) và(D) cùng hệ trục tọa độ vng góc Xác định tọa độ giao điểm (P) (D) phương pháp đại số
b) Gọi A điểm thuộc (D) có tung độ B điểm thuộc (P) có hồnh độ – Xác định tọa độ A B
c) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hoành cho MA + MB nhỏ HD: a) Tọa độ giao điểm: (2; – 4) và (–1; 1)
(5) yA = > 0, yB = – < A, B nằm khác phía trục Ox MA + MB nhỏ M, A, B thẳng hàng M giao điểm AB với truc Ox.
Đường thẳng AB có dạng: y = ax + b Đường thẳng AB qua hai điểm A, B
1
a b a b
1 2
a b
Đường thẳng AB: y =
1 2x –
1 2.
Tọa độ M nghiệm hệ pt:
1
2
0
y x y
0
y x
Vậy: M(1; 0)
Bài tập 10: Cho (P): y = x2 (D): y = – x + 2.
1 Vẽ (P) (D) cùng hệ trục tọa độ vng góc Oxy Gọi A B giao điểm (P) (D), xác định tọa độ A, B
2 Tính diện tích tam giác AOB (đơn vị đo trục số cm) CMR: Tam giác AOB tam giác vuông
HD: Tọa độ giao điểm: (1; 1)và (– 2; 4)
2 Gọi H, K hình chiếu A, B trục Ox, ta có: OHA vuông tại H SOHA =
1
2 OH.OA =
2.1 =
2 (cm2). OKB vuông tại K SOKB =
1
2 OK.KB =
2.2 = (cm2). Gọi I giao điểm (D) với trục Ox yI = xI = I(2; 0)
IKB vuông tại K SIKB =
1
2 BK.KI =
2.4 = (cm2). SOAB = SIKB – (SOHA + SOKB ) = – (
1
2 + 4) = 3,5 (cm2).
Phương trình đường thẳng OA: y = a’x (D’) (D’) qua A(1; 1) a = (D’): y = x
(D) có a = – (D’) có a’ = a a’ = – (D) (D’) OA AB OAB vng tại A.
II PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN 1 Định nghĩa
Phương trình bậc hai ẩn phương trình có dạng ax2bx c 0, x ẩn; a, b, c số cho trước gọi hệ số a0.
2 Cơng thức nghiệm phương trình bậc hai: a Nhẩm nghiệm:
a + b +c = pt (1) có nghiệm:
1 x
c x
a
.
a – b +c = pt (1) có nghiệm:
1 x
c x
a
(6)b) Giải với :
Tính : = b2 – 4ac.
Nếu > phương trình có nghiệm phân biệt: b x
a
; 2
b x
a
Nếu = phương trình có nghiệm kép: 2 b x x a
Nếu < phương trình vơ nghiệm.
* Chú ý: Nếu phương trình có a c trái dấu > Khi phương trình có nghiệm phân biệt.
c) Giải với ':
Nếu b = 2b’ b’ =2 b
'= (b’)2 – ac.
Nếu '> phương trình có nghiệm phân biệt: ' ' b x a
;
' ' b x a
Nếu '= phương trình có nghiệm kép: ' b x x a
Nếu '< phương trình vơ nghiệm. 3 Định lí Vi –ét:
Nếu phương trình ax2 + bx + c = (a ≠ 0) có hai nghiệm x
1, x2 thì:
1
1
b S x x
a c P x x
a
*Chú ý: Để kiểm tra phương trình bậc hai có nghiệm, ta kiểm tra hai cách sau: 1) a.c<0 PT có hai nghiệm phân biệt
2) ³ hoặc ’ ³ PT co hai nghiệm 3.2 Định lí Vi –ét đảo:
Nếu có hai số u v cho
u v S uv P
S2 ³4P u, v hai nghiệm phương trình x2 – Sx + P =
* Một số hệ thức áp dụng hệ thức Vi-ét: Tổng bình phương nghiệm:
2 2
1 ( 2) 2
x x x x x x = S2 – 2P.
Tổng nghịch đảo nghiệm:
1 2
1 S
P x x x x x x
Tổng nghịch đảo bình phương nghiệm:
2 2
2 2
1 2
1 S 2P
( ) P
x x
x x x x
Bình phương hiệu nghiệm:
2
1 2
(x x ) (x x ) 4x x = S2 – 4P. Tổng lập phương nghiệm:
3 3
1 ( 2) 2( 2)
x x x x x x x x = S3 – 3PS
Ví dụ: Cho phương trình x2 – 12x + 35 = Hãy tính giá trị biểu thức sau:
a) x12x22. b) 1
x x . c)
1
(7)Phương trình có '= >
pt có nghiệm, áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):
1 2
12 35 b S x x
a c P x x
a
.
a) x12x22(x x1 2) 22 x x1 2 = S2 – 2P = 122 – 2.35 = 74.
b)
1 2
1 S
P x x x x x x
=
12 35.
c) (x x1 2)2 (x x1 2)2 4x x1 2S -4P2 = 122 – 4.35 = 4.
d) x13x23(x x1 2) 33 x x x x1 2( 1 2) = S3 – 3PS = 123 – 3.35.12 = 468.
4 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 điều kiện để phương trình cho có nghiệm ( ³' 0; ³0 hoặc a.c < 0)
Lập hệ thức Vi-ét cho phương trình
1 2
b S x x
a c P x x
a
.
Khử tham số (bằng phương pháp cộng đại số) tìm hệ thức liên hệ S P
Đó hệ thức độc lập với tham số
Ví dụ: Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – = (1) (m tham số)
1 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 ³0, m.
Vậy phương trình (1) ln có nghiệm với m Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (1):
1 2
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 : Đây hệ thức cần tìm. 5 Tìm hai số biết tổng tích chúng – Lập phương trình bâc hai biết hai nghiệm của nó:
* Phương pháp giải:
Nếu số u v c ó: u v S u v P
u, v hai nghiệm phương trình: x2 – Sx + P
= (*)
Giải pt (*):
(8)Vậy u x v x
hoặc u x v x .
+ Nếu '= (hoặc = 0) pt (*) có nghiệm kép x1 = x2 = ' b
a
Vậy u = v =
' b
a
+ Nếu '< (hoặc < 0) pt (*) vơ nghiệm Vậy khơng có số u, v thỏa đề bài. Ví dụ 1: Tìm số u,v biết u + v = 11 u.v = 28
Giải:
Theo đề u, v hai nghiệm phương trình: x2 – Sx + P = x2 – 11x + 28 =
0(*)
Phương trình (*) có = > 3 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: Đây là
pt cần tìm
6 Dấu nghiệm số phương trình bậc hai
Cho phương trình bậc hai: ax2bx c 0 (a0) (1) (1) có hai nghiệm trái dấu P0(hay ac < 0) (1) có hai nghiệm dấu P
0 ³
(1) có hai nghiệm dương phân biệt
P S 0
(1) có hai nghiệm âm phân biệt
P S 0
Chú ý: Giải phương trình cách nhẩm nghiệm:
Nếu nhẩm được: x1x2m n x x ; mn phương trình có nghiệm x1m x, n. Nếu a b c 0 phương trình có nghiệm
c
x x
a
11, 2
. Nếu a b c 0 phương trình có nghiệm
c
x x
a
11,
. 4x1x2 = -1 : Đây hệ thức cần tìm
a Chứng minh phương trình bậc hai ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị tham số m:
* Phương pháp giải:
(9) Biến đổi ' đưa về dạng : '= (A B)2 + c > 0, m (với c số dương) Kết luận: Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với tham số
m
b Chứng minh phương trình bậc hai ln có nghiệm với giá trị tham số m: * Phương pháp giải:
Lập biệt thức '(hoặc).
Biến đổi ' đưa về dạng : '= (A B)2 ³ 0, m.
Kết luận: Vậy phương trình cho ln nghiệm với tham số m c Biện luận phương trình bậc hai theo tham số m:
* Phương pháp giải:
Lập biệt thức '(hoặc). Biện luận:
+ Phương trình có nghiệm phân biệt khi: ' > giải bất pt tìm tham số m kết luận.
+ Phương trình có nghiệm kép '= giải pt tìm tham số m kết luận
+ Phương trình vô nghiệm '< giải bất pt tìm tham số m kết luận. + Phương trình có nghiệm ³' 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
7 Xác định giá trị nhỏ biểu thức: * Phương pháp giải:
Đưa biểu thức P cần tìm dạng: P = (A B)2 + c P = (A B)2 + c ³c. Giá trị nhỏ P: Pmin = c A B = giải pt tìm tham số m
kết luận
8 Xác định giá 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
BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 1: Cho phương trình bậc hai x2 – (m – 3)x – 2m = (1).
1 Giải phương trình (1) m = –
2 CMR: Phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m Tìm hệ thức liên hệ x1, x2 không phụ thuộc vào m
HD: 1 Khi m = –2, ta có phương trình: x2 + 5x + = 0, pt có a – b + c = –5 + =
1
2
4 4
1
x
x c
a
Vậy m = – 2, phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = –1, x2 = – 4.
2 = m2 + 2m + = (m + 1)2 + > 0, m.
3 Hệ thức: 2S + P = – 2(x1 + x2) + x1x2 = – 6. Bài tập 2: Cho phương trình bậc hai x2 – (m + 1)x + m = (1).
1 Giải phương trình (1) m =
2 CMR: Phương trình (1) ln có nghiệm với m
3 Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Tìm hệ thức liên hệ x1, x2 không
(10)HD: 1 Khi m = 3, ta có phương trình: x2 – 4x + = 0, pt có a + b + c = +(–4) + =
1
2
3
x x c
a
.
Vậy m = 3, phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = 1, x2 = 3.
2 = (m – 1)2 ³0, 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 = 1.
Bài tập : Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – = (m tham số) (1)
1 Giải phương trình (1) m =
2 CMR: Phương trình (1) ln có nghiệm với m
3 Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Thiết lập hệ thức liên hệ x1, x2 độc
lập với m
HD: 1 Khi m = 2, phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = –1, x2 =
1
. 2 = (2m – 3)2 ³0, m.
3.
ĐK để pt (1) có nghiệm phân biệt: (2m – 3)2 > |2m – 3| >
m m
3 2
Hệ thức: 2S + 4P = 2( x1 + x2) + x1x2 = 1.
Bài tập : Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – = (m tham số) (1)
1 Giải phương trình (1) m =
2 CMR: Phương trình (1) ln có nghiệm với m
3 Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân 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: 1 Khi m = 5, phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = 1, x2 = 7.
2 = (m – 2)2 ³0, 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 = 1.
4 Phương trình (1) có nghiệm trái dấu a.c < 1.(2m – 3) < m < 3 2 Bài tập 5 : Cho phương trình bậc hai x2 –2(m – 1)x + m2 = (1).
1 Tìm m để:
a) Pt (1) có nghiệm phân biệt b) Pt (1) có nghiệm –
2 Giả sử x1, x2 nghiệm pt (1) CMR: (x1 – x2)2 + 4(x1 + x2) + = HD: 1a.
(11) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt '> 1 – 2m > 0 m < 1 2. 1b Pt (1) có nghiệm – khi: (– 2)2 –2(m – 1)(–2) + m2 = m2 + 4m =
m m
1
0 4.
Vậy m = m = – thì 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
Ta có: (x1 – x2)2 + 4(x1 + x2) + = (x1 + x2)2 – 4x1x2 + 4(x1 + x2) +
= (2m – 2)2 – 4m2 + 4(2m – 2) + 4
= 4m2 – 8m + – 4m2 + 8m – + = (đpcm). Bài tập :
Cho phương trình bậc hai x2 –2(m + 1)x + m – = (1).
1 Giải phương trình (1) m = –2
2 CMR: m, phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt Gọi x1, x2 hai nghiệm pt (1) Chứng minh biểu thức:
A = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) không phụ thuộc vào m HD: 1.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 2
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.
Bài tập 7: Cho phương trình bậc hai x2 –2(m + 1)x + (2m – 4) = (1).
1 Giải phương trình (1) m = –
2 CMR: Với m, phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt Gọi x1, x2 hai nghiệm (1) Tính A =
2 2 1 2
x x theo m.
4 Tìm giá trị m để A đạt giá trị nhỏ
Bài tập 8: Cho phương trình bậc hai x2 – (m – 1)x + 2m – = (1).
1 Giải phương trình (1) m = –1
2 CMR: Với m, phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trái dấu
4 Thiết lập mối quan hệ nghiệm x1, x2 không phụ thuộc m
5 Tìm m để x12x22 = 10
HD: 1.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.
5 x12x22 = 10 m2 – 6m + = m = m = 5.
Bài tập 9: Cho phương trình bậc hai x2 + 2x + 4m + = (1).
(12)2 Tìm m để:
a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu
c) Tổng bình phương nghiệm pt (1) 11 HD: 1.Khi m = –1 x1 = ; x2 = –3
2a Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt = –4m > m < 0.
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 x12x22 = 11 (x1 + x2)2 –
2x1x2 = 11
2 – 8m = 11 m = 9 8
.
Bài tập 10: Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + 2m + 10 = (m tham số) (1).
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm kép tính nghiệm kép
b) Trong trường hợp phương trình (1) có hai nghiệm phân 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 + 1. c Khi m = x1 = x2 = 4.
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) = 8.
III PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI 1 Phương trình trùng phương
Phương trình trùng phương phương trình có dạng ax4bx2 c 0 (a0) Cách giải: Đặt t x t ( ³0), đưa phương trình bậc hai at2bt c 0. 2 Phương trình chứa ẩn mẫu thức
Cách giải: Thực bước sau:
Bước 1: Tìm điều kiện xác định phương trình. Bước 2: Quy đồng mẫu thức hai vế khử mẫu thức. Bước 3: Giải phương trình vừa nhận được.
Bước 4: Trong giá trị tìm ẩn, loại giá trị không thoả mãn điều kiện xác định, các giá trị thoả mãn điều kiện xác định nghiệm phương trình cho.
3 Phương trình tích
Phương trình tích phương trình có dạng A B 0. Cách giải:
A A B 0 B00
(13)
g x f x g x
f x g x ( ) ( ) ( )
( ) ( )
³
t f x t af x b f x c
at2 bt c ( ),
( ) ( )
0
³
5 Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
Cách giải: Có thể dùng phương pháp sau để bỏ giá trị tuyệt đối: Dùng định nghĩa tính chất giá trị tuyệt đối.
Đặt ẩn phụ.
6 Phương trình dạng A2B2 0 Cách giải:
A A2B2 0 B00
IV HỆ PHƯƠNG TRÌNH
- Giải hệ phương trình đưa về dạng bản: Phương pháp thế, Phương pháp cộng, Phương pháp đặt ẩn phụ
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 nhất. (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
Dạng : Giải hệ phương trình (PP cộng )
* Phương pháp cộng :
- Biến đổi hệ pt về dạng có hệ số ẩn hoặc đối - Cộng (trừ) vế pt => PT bậc I ẩn
- Giải PT ẩn vừa tìm tìm giá trị ẩn cịn lại 1)
2 6(1) 12(3) 3(2) 9(4)
x y x y
x y x y
Cộng vế (3) (4) ta : 7x = 21 => x =
Thay x = vào (1) => + 3y = => y = Vậy ( x = 3; y = 0) nghiệm hệ PT * Phương pháp :
- Từ PT hệ biểu thị x theo y (hoặc y theo x)
- Thay x (hoặc y) vào PT lại => PT bậc ẩn số - Giải PT ẩn vừa tìm tìm giá trị ẩn lại
2)
7 1(1) 6(2)
x y
x y
(14)Từ (2) => y = – 3x (3)
Thế y = – 3x vào phương trình (1) ta : 7x – 2.(6 – 3x) = => 13x = 13 => x = Thay x = vào (3) => y = – =
Vậy ( x = 1; y = 3) nghiệm hệ phương trình
Dạng : Tìm tham số để hệ PT thoả đk đề
1) Cho hệ phương trình:
5 10 x my
mx y
(*)
Với giá trị m hệ phương trình : - Vơ nghiệm
- Vô số nghiệm
Giải : ♣ Với m = hệ (*) có nghiệm (x =5; y=
5
) ♣ Với m 0khi ta có :
- Để hệ phương trình (*) vơ nghiệm :
1
4 10 m m
<=>
2 4 2
2
10 20 m m
m m
m
(thoả)
Vậy m = hệ phương trình vơ nghiệm - Để hệ phương trình (*) có vơ số nghiệm :
1
4 10 m m
<=>
2 2
4
2
10 20 m m
m m
m
(thoả)
Vậy m = - hệ phương trình có vô số nghiệm 2) Xác định hệ số a; b để hệ phương trình :
2
5 x by bx ay
(I) có nghiệm (x = 1; y = -2)
Giải : Thay x = 1; y = -2 vào hệ (I) ta :
2
2 5
b b b
b a a b a
3 b a
Vậy a = -4 ; b = hệ có nghiệm
BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 1: Cho hệ phương trình
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) vơ nghiệm
(15)4 Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = HD: 1 Khi m = – 1, hệ (1) có nghiệm x = 1; y = 2.
2a) Hệ (1) có nghiệm x = y = m = 2. 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: ' ' '
a b c
a b c
1 m m . 1 2 m m m m
m = – 2: Hệ (1) vô 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
2
m m +
2
m m = 1
m2 + m – =
1( ) 2( )
m thỏa ĐK cónghiệm
m khôngthỏa ĐK cónghiệm .
Vậy m = 1, hệ( có nghiệm (x,y) thỏa: x + y = 1.
Bài tập 2: Cho hệ phương trình
2
2
x y k
x y k
(1)
1 Giải hệ (1) k =
2 Tìm giá trị k để hệ (1) có nghiệm x = – y = Tìm nghiệm hệ (1) theo k
HD: 1 Khi k = 1, hệ (1) có nghiệm x = 2; y = 1. 2 Hệ (1) có nghiệm x = –8 y = k = – 3 Hệ (1) có nghiệm: x =
5
2
k
; y =
5
k
.
Bài tập 3: Cho hệ phương trình
3 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) vô nghiệm.
3 Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m.
HD: 1 Khi m = – 7, hệ (1) có nghiệm x = 4; y = – 1. 2a) Hệ (1) có nghiệm x = –1 y = m =
3
. 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = –
3 Hệ (1) có nghiệm: x =
3
2
m m
; y =
5
m .
Bài tập 4: Cho hệ phương trình
2
2
mx y x y
(1)
(16)2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x =
1
y =
2 3
3 Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m.
HD: 1 Khi m = 3, hệ (1) có nghiệm x =
1 13
; y =
5 13.
2a) Hệ (1) có nghiệmx =
1
y =
2
3 m =
. 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = –2
3 Hệ (1) có nghiệm: x =
1 3m
; y =
2 m m .
Bài tập : Cho hệ phương trình
4
2
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 .
HD: 1 Khi m = –1, hệ(1) có nghiệm: x = 13 y = – 9. 2 Tìm:
Nghiệm hệ (1) theo m: x = 12 – m ; y = m –
Theo đề bài:
0 x y 12 m m 12 m m
m < 8.
Bài tập 6: Cho hệ phương trình
2
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
1 x y .
HD: 1 Khi m = – , hệ pt có nghiệm: x = y = – 4. 2 Tìm:
Nghiệm hệ (1) theo m: x = 4m + ; y = – – 5m
Theo đề bài:
1 x y m m
– < m < –
Bài tập 7: Cho hệ phương trình :
2 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 =
(17)2a) Khi m 0, hệ (1) có nghiệm:
2
1 x
m y
2b) m =
2
.
Bài tập : Cho hệ phương trình :
2
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
3 ; y = 3.
b)
Hệ (I) có nghiệm m 4.
Khi hệ(I) có nghiệm nhất:
3 m x
m
;
2 3
m m
y m
V GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH
LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LẬP PHƯƠNG TRÌNH
Các bước giải:
1 Lập phương trình ( hoặc hệ phương trình):
Chọn ẩn số xác định điều kiện thích hợp cho ẩn;
Biểu diễn đại lượng chưa biết theo ẩn qua đại lượng biết ;
Lập phương trình ( hoặc hệ phương trình) biểu thị mối quan hệ đại
lượng
2 Giải phương trình ( hoặc hệ phương trình) vừa lập Trả lời: Chỉ nhận nghiệm thỏa ĐK trả lời yêu cầu
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập 1: 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:
Gọi x chữ số hàng chục (x N, < x 9). Gọi y chữ số hàng đơn vị (y N, x 9) Số cần tìm có dạng xy= 10x + y
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:
(18) Từ (1) (2) ta có hệ pt:
2
91 682
x y x y
Giải hệ pt ta
7
x y
(thỏa ĐK) số cần tìm 75.
Bài tập 2: Có hai số tự nhiên, biết rằng: tổng hai số 59; hai lần số bé 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.
Bài tập 3: Giải tốn 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 – = 0 Giải pt ta được: x1 = –1( loại); x2 = (nhận)
Vậy số cần tìm 28.
Bài tập 4: Giải tốn sau cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi 280m Nếu giảm chiều dài hình chữ nhật 2m tăng chiều 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 mới có diện tích: (x – 2)[(140 – x) + 3] = (x – 2)(143 – x) (m2)
Vì diện tích hình chữ nhật tăng thêm 144m2 nên ta có phương trình:
(x – 2)(143 – x) – x(140 – x) = 144 5x = 430 x = 86 (thỏa ĐK)
Vậy hình chữ nhật có chiều dài 86m chiều rộng là: 140 – x = 140 – 86 = 54 (m).
Bài tập 5: Giải toán sau cách lập phương trình: Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 320m Nếu chiều dài khu vườn tăng 10m chiều 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.
Bài tập 6: Giải tốn sau cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi 160cm có diện tích 1500m2 Tính kich thước nó.
(19) 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.
Bài tập 7: Giải toán sau cách lập hệ phương trình: Một sân trường hình chữ nhật có chu vi 340m Ba lần chiều dài lần chiều rộng 20m Tính diện tích sân 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
3 20
x y x y
Giải hệ pt ta
100 70 x y
(thỏa ĐK).
Bài tập 8: Cho tam giác vng Nếu tăng cạnh góc vng lên 4cm 5cm diện tích tam giác tăng thêm 110cm2 Nếu giảm hai cạnh 5cm diện tích giảm đi
100cm2 Tình hai cạnh góc vng tam giác. HD:
Gọi x (cm), y (cm) độ dài hai cạnh góc vng (x > 5, y > 5).
Theo đề ta có hệ pt:
5 200
45 x y x y
Giải hệ pt ta
20 25 x y
(thỏa ĐK).
Vậy độ dài hai cạnh góc vng 20cm 25cm.
Bài tập 9: Cho tam giác vng có cạnh hùn 5cm, diện tích 6cm2 Tìm độ dài các
cạnh góc vng 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
( ) 25
12
x y xy x y
( ) 49
12 x y x y 12 x y x y
( x, y > 0)
Giải hệ pt ta
3 x y
4 x y
(20) Vậy độ dài hai cạnh góc vng 3cm 4cm.
Bài tập 10: Giải toán sau cách lập hệ phương trình: Hai vịi nước cùng chảy vào bể khơng có nước 48 phút đầy bể Nếu mở vòi thứ vịi thứ hai
3
4 bể nước Hỏi vòi chảy 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:
x (bể).
Trong 1h, vòi chảy được:
y (bể).
Vì hai vịi nước chảy 48 phút = 24
5 h đầy bể nên 1h hai vòi
cùng chảy
5
24 bể, ta có pt: x +
1 y =
5 24 (1).
Vì vịi thứ vịi thứ hai
4 bể nước nên ta có pt: x +
4 y =
3 4 (2).
Từ (1) (2) ta có hệ pt:
1
24
3
4
x y x y
(I)
Đặt u = x , v =
1
y , hệ (I) trở thành:
5 24
3
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.
Bài tập11: Giải toán sau cách lập hệ phương trình: Hai vịi nước cùng chảy vào bể khơng có nước 20 phút đầy bể Nếu để vịi thứ chảy 10 phút vịi thứ hai chảy 12 phút
2
15 thể tích bể nước Hỏi vịi chảy đầy bể?
HD: Vòi chảy riêng đầy bể 120 phút = 2h, vòi chảy riêng đầy bể 240 phút = 4h.
Bài tập 12: Giải toán sau cách lập hệ phương trình: Hai vịi nước cùng chảy vào bể cạn (khơng có nước) sau
4
(21)sau mở thêm vịi thứ hai sau
5 bể nước Hỏi từ đầu mở vịi thứ hai sau đầy bể?
HD:
Gọi x (h), y (h) thời gian vòi 1, vòi chảy riêng đầy bể ( x > 9, y > 5). Trong 1h, vòi chảy được:
1
x (bể).
Trong 1h, vòi chảy được:
y (bể).
Vì hai vịi nước chảy 4
5 giờ = 24
5 h đầy bể nên 1h hai vòi cùng
chảy
5 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 nữa
mới bể nước nên ta có pt:
9 x +
6 1 x y
= (2).
Từ (1) (2) ta có hệ pt:
1
24
9 1
1
x y
x x y
(I)
Đặt u = x , v =
1
y , hệ (I) trở thành:
5 24 u v u u v 24 51 5 u v u v
(II).
Giải hệ (II), ta được:
1 12 u v 1 12 1 x y 12 x y
(thỏa ĐK).
Vậy: Vòi chảy riêng đầy bể 8h.
Bài tập13: Giải toán sau cách lập phương trình: Hai vịi nước cùng chảy vào bể cạn chưa có nước sau 18 đầy bể Nếu chảy riêng vịi thứ chảy đầy bể chậm vòi thứ hai 27 Hỏi chảy riêng vịi 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
x (bể). Mỗi vòi thứ hai chảy
(22) Vì hai vịi chảy sau 18 h bể đầy, nên 1h hai vòi chảy
18 bể, do
đó nên ta có pt:
1 1
27 18
x x x2 – 63x + 486 = 0.
Giải pt ta được: x1 = 54 (nhận); x2 = (loại).
Vậy: Vòi thứ chảy riêng đầy bể 542h, vòi thứ hai chảy riêng đầy bể trong 27h.
Bài tập 14: (HK II: 2008 – 2009 _ Sở GD&ĐT Bến Tre):
Giải toán cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A B cách 90 km Hai mô tô khởi hành đồng thời, xe thứ từ A xe thứ hai từ B ngược chiều Sau chúng gặp Tiếp tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ tới B 27 phút 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).
Thời gian xe I hết đoạn đướng AB: 90
x (h).
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.
Bài tập 15: Giải tốn cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A B cách 110 km Hai mô tô khởi hành đồng thời, xe thứ từ A xe thứ hai từ B ngược chiều Sau chúng gặp Tiếp tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ tới B 44 phút 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, do 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 =
(23) 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.
HÌNH HỌC A LÝ THUYẾT:
I ĐƯỜNG TRÒN : 1 Tiếp tuyến :
a tiếp tuyến aOA tại A 2 Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau:
MA; MB làtiếp tuyến
=>
2 MA MB
M M
O O
3 Vị trí tương đối đường thẳng đường tròn :
Vị trí tương đối Số điểm chung Hệ thức d & R Đường thẳng đường tròn cắt
(OH = d)
2 d < R
Đường thẳng đường tròn tiếp xúc
(OH = d)
1 d = R
(24)(OH = d) 4.Vị trí tương đối hai đường trịn:
Vị trí tương đối Số điểm chung Hệ thức d & R 1) Hai đường tròn cắt :
2 R – r < OO’ < R + r 2) Hai đường tròn tiếp xúc :
1 OO’ = R – r > 0OO’ = R + r
3) Hai đường trịn khơng giao :
Ngoài Đựng Đồng tâm
0 OO’ > R + rOO’ < R – r OO’ =
II GÓC VÀ ĐƯỜNG TRÒN:
Định nghĩa – Định lý - Hệ quả Ký hiệu toán học
1 Góc tâm:
Trong đường trịn, số đo góc tâm số đo cung bị chắn
(O,R) có:
AOB tâm chắn AmB AOB= sđ
AmB
2 Góc nội tiếp:
* Định lý: Trong đường trịn, số đo góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn.
(O,R) có:
BACnội tiếp chắn BC BAC=
1
2 sđBC. OO’ trung trực AB
(25)* Hệ quả: Trong đường trịn:
a) Các góc nội tiếp chắn cung bằng nhau.
(O,R) có:
n.tiếp chắn BC n.tiếp chắn EF
BAC
EDF
BACEDF
BC EF
b) Các góc nội tiếp chắn cung chắn các cung nhau.
(O,R) có:
n.tiếp chắn BC
n.tiếp chắn BC
BAC
BAC BDC BDC
(O,R) có:
n.tiếp chắn BC n.tiếp chắn EF BAC
EDF BAC EDF
(26)c) Góc nội tiếp (nhỏ 900) có số đo
bằng nửa số đo góc tâm chắn cung.
(O,R) có:
n.tiếp chắn BC tâm chắn BC
BAC
BAC BOC
BOC
d) Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng. O,R) có:
BAC nội tiếp chắn nửa đường trịn
đường kính BC BAC = 900.
3 Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung:
* Định lý: Trong đường tròn, số đo góc tạo tia tiếp tuyến dây cung nửa số đo của cung bị chắn.
(O,R) có:
BAx tạo tia tiếp tuyến dây
cung chắn AB BAx =
2sđ AB.
* Hệ quả: Trong đường trịn, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn một cung nhau.
(O,R) có:
& AB
AB
BAx tạobởi tt dcchắn
(27)4 Góc có đỉnh bên đường trịn:
* Định lý: Góc có đỉnh bên đường trịn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn.
(O,R) có:
BEC có đỉnh bên đường tròn
= (1 )
2
BEC sñ BC sñ AD
5 Góc có đỉnh bên ngồi đường trịn:
* Định lý: Góc có đỉnh bên ngồi đường trịn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn.
(O,R) có:
BEC có đỉnh bên ngồi đường trịn
= (1 )
2
BEC sđ BC sđ AD
6 Cung chứa góc:
* Tập hợp điểm nhìn đoạn thẳng AB dưới một góc khơng đổi hai cung trịn chứa góc .
* Đặc biệt:
a) Các điểm D, E, F thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, nhìn đoạn AB góc khơng đổi Các đểm A, B, D, E, F thuộc đường tròn.
ADB AEB AFB cùng nhìn đoạn
AB
A, B, D, E, F thuộc một đường trịn.
(28)một góc vng Các điểm A, B, C, D, E, F thuộc
đường trịn đường kính AB. nhìn đoạn AB A, B, C, D, E, F thuộc đường tròn đường kính AB.
7 Tứ giác nội tiếp:
* Định nghĩa: Một tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một 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 được
đường trịn.
* Tứ giác ABCD có A, B, C, D (O) ABCD tứ giác nội tiếp (O).
* Tứ giác ABCD nội tiếp (O)
0 180 180
A C
B D
* Tứ giác ABCD có: A C 1800
ABCD tứ giác n.tiếp
Hoặc: 1800
B D ABCD tứ giác n.tiếp
8 Độ dài đường tròn, cung tròn: * Chu vi đường tròn: C = 2R =d * Độ dài cung tròn:
0 180
Rn
9 Diện tích hình trịn, hình quạt trịn: * Diện tích hình trịn: 2
4 d S R * Diện tích hình quạt trịn:
2 .
360
R n R
S
( 1800 Rn
(29)* Diện tích hình viên phấn:
Sviên phân = Squạt - SABC
* Diện tích hình vành khăn: 2
( )
S R R
HÌNH KHƠNG GIAN
1.Hình trụ: * Diện tích xung quanh:
2 xq
S Rh
* Diện tích tồn phần: Stp = Sxq + 2.Sđáy
2
2
tp
S Rh R
* Thể tích:
2
.
V S h R h
Trong đó:
S: diện tích đáy hình trụ R: bán kính hình trụ h: chiều cao hình trụ
2.Hình nón: * Diện tích xung quanh:
. xq
S R l
* Diện tích tồn phần: Stp = Sxq + Sđáy
2
tp
S RR
* Thể tích:
Vnón =
1
3Vtrụ
2
1 3
V R h
2
.
(30)Trong đó:
V thể tích hình nón.
R bán kính đáy hình nón. H chiều cao, khoảng cách giữa đỉnh đáy hình nón.
l: đường sinh (l h2 R2 )
3 Hình nón cụt: * Diện tích xung quanh:
1
( )
xq
S R R l
* Diện tích tồn phần:
Stp = Sxq + Sđáy lớn + Sđáy nhỏ
2
1 2
( ) ( )
tp
S R R l R R
* Thể tích:
2
1 2
1
( )
3
V h R R R R
4 Hình cầu: * Diện tích mặt cầu:
2
4
S R d * Thể tích:
3
4 3
V R
B CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Chứng minh hai góc nhau. Cách chứng minh:
- Chứng minh hai góc cùng góc thứ ba
- Chứng minh hai góc với hai góc khác
- Hai góc tổng hoặc hiệu hai góc theo thứ tự đơi - Hai góc cùng phụ (hoặc cùng bù) với góc thứ ba
- Hai góc cùng nhọn hoặc cùng tù có cạnh đơi song song hoặc vng góc - Hai góc ó le trong, so le ngồi hoặc đồng vị
- Hai góc vị trí đối đỉnh
- Hai góc cùng mộ tam giác cân hoặc đều
- Hai góc tương ứng hai tam giác hoặc đồng dạng - Hai góc nội tiếp cùng chắn cung hoặc chắn hai cung Dạng 2: Chứng minh hai đoạn thẳng nhau
Cách chứng minh:
(31)- Hai cạnh tương ứng hai tam giác
- Hai cạnh đối hình bình hành (chữ nhật, hình thoi, hình vng) - Hai cạnh bên hình thang cân
- Hai dây trương hai cung đường tròn hoặc hai đường Dạng 3: Chứng minh hai đường thẳng song song
Cách chứng minh:
- Chứng minh hai đường thẳng cùng song song với đường thẳng thứ ba - Chứng minh hai đường thẳng cùng vng góc với đường thẳng thứ ba - Chứng minh chúng cùng tạo với cát tuyến hai góc nhau:
+ vị trí so le + vị trí so le ngồi + vị trí đồng vị
- Là hai dây chắn chúng hai cung đường tròn - Chúng hai cạnh đối hình bình hành
Dạng 4: Chứng minh hai đường thẳng vng góc Cách chứng minh:
- Chúng song song song song với hai đường thẳng vng góc khác - Chứng minh chúng chân đường cao tam giác
- Đường kính qua trung điểm dây dây - Chúng phân giác hai góc kề bù Dạng 5: Chứng minh ba đường thẳng đồng quy. Cách chứng minh:
- Chứng minh chúng ba đường cao, ba trung tuyến, ba trung trực, ba phân giác (hoặc phân giác phân giác ngồi hai góc kia)
- Vận dụng định lí đảo định lí Talet Dạng 6: Chứng minh hai tam giác nhau Cách chứng minh:
* Hai tam giác thường:
- Trường hợp góc - cạnh - góc (g-c-g) - Trường hợp cạnh - góc - cạnh (c-g-c) - Trường hợp cạnh - cạnh - cạnh (c-c-c) * Hai tam giác vng:
- Có cạnh hùn góc nhọn
- Có cạnh huyền cạnh góc vng - Cạnh góc vng đơi
Dạng 7: Chứng minh hai tam giác đồng dạng Cách chứng minh:
* Hai tam giác thường:
- Có hai góc đơi
- Có góc xen hai cạnh tương ứng tỷ lệ - Có ba cạnh tương ứng tỷ lệ
* Hai tam giác vng: - Có góc nhọn
(32)Cách chứng minh:
Giả sử phải chứng minh đẳng thức: MA.MB = MC.MD (*) - Chứng minh: MAC MDB hoặc MAD MCB
- Nếu điểm M, A, B, C, D cúng nằm đường thẳng phải chứng minh tích cùng tích thứ ba:
MA.MB = ME.MF MC.MD = ME.MF
Tức ta chứng minh: MAE MFB
MCE MFD
MA.MB = MC.MD
* Trường hợp đặc biệt: MT2 = MA.MB ta chứng minh
MTA MBT
Dạng 9: Chứng minh tứ giác nội tiếp Cách chứng minh:
Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: - Tứ giác có tổng hai góc đối 1800
- Tứ giác có góc ngồi tại đỉnh góc đỉnh đối diện - Tứ giác có đỉnh cách đều điểm
- Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh cịn lại góc Dạng 10: Chứng minh MT tiếp tuyến đường tròn (O;R)
Cách chứng minh:
- Chứng minh OT MT tại T (O;R)
- Chứng minh khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng MT bán kính - Dùng góc nội tiếp
Dạng 11: Các tốn tính tốn độ dài cạnh, độ lớn góc: Cách tính:
- Dựa vào hệ thức lượng tam giác vuông - Dựa vào tỷ số lượng giác
- Dựa vào hệ thức cạnh góc tam giác vng - Dựa vào cơng thức tính độ dài, diện tích, thể tích
C BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Các phân giác của
các góc ABC , ACB cắt đường tròn tại E, F CMR: OF AB OE AC.
2 Gọi M giao điểm của OF AB; N giao điểm OE AC CMR: Tứ giác AMON nội tiếp tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác
3 Gọi I giao điểm BE CF; D điểm đối xứng I qua BC CMR: ID
MN
(33)HD:
1 CMR: OF AB OE AC: + (O,R) có:
( )
ACF n tiếp chắn AF
BCF n tiếp chắn BF AF BF OF AB ACF BCF CF làphân giác
+ (O,R) có:
( )
ABE n tiếp chắn AE
CAE n tiếp chắnCE AE CE OE AC ABE CAE BE làphân giác
2 CMR: Tứ giác AMON nội tiếp:
0
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 giác 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:
1 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:
(34) ICD cân C BCD BCF ( BC đường trung trực đồng thời đường cao).
+ Khi D nằm (O,R) thì:
( )
CBD n tiếp chắnCD
CBE n tiếp chắnCE CD CE CBD CBE cmt
( )
CE AE cmt
AE EC CD
Mà:
Mặc khác:
1
3
AE EC CD ACD CD ACD (1).
Mà:
Mặc khác:
1
3
AF FB BD ABD BD ABD (2).
. 1 1( )
2
BAC n tiếp chắn BC BAC sđ BC sñ BD sñ CD
(3).
+ Từ (1), (2) và (3)
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 cạnh a Gọi M điểm cạnh BC N điểm cạnh CD cho BM = CN Các đoạn thằng AM BN cắt tại H
1 CMR: Các tứ giác AHND MHNC tứ giác nội tiếp Khi BM =
a
Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn MN theo a
( )
BCD n tiếp chắn BD
BCF n tiếp chắn BF BD BF BCD BCF cmt
( )
(35)HD: CMR: Tứ giác AHND MHNC nội tiếp: + ABM = BCN (c.g.c) BAM CBN
+ CBN ABH ABC 900 AHB900(ĐL tổng góc AHB) AM BN H AHN MHN 900.
+ Tứ giác AHND có: AHN ADN1800 AHND tứ giác nội tiếp.
+ Tứ giác MHNC có: MHN MCN1800 MHNC tứ giác nội tiếp. 2 Khi BM = 4
a
Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a: + Khi BM =
a
CN = 4
a
DN =
4
a
.
+ AND vuông D
2
2 2
4 a
AN AD DN a
=
4 a
. + Diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AHND:
2
2 5 25
:4
4 64
AN a a
S
.
3 Tìm giá 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
2 2
2
a a
a x
Vậy giá trị nhỏ MN
2 a
BM = a .
Bài 3: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O Đường cao BH CK cắt (O) tại E F
a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp b) CMR: OA EF EF // HK.
c) Khi ABC tam giác đều có cạnh a Tính diện tích hình viên phân chắn
(36)HD:
a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp:
+ BH AC BHC= 900 nhìn đoạn BC H đường trịn đường kính BC (1).
+ CK AB BKC= 900 nhìn đoạn BC K đường trịn đường kính BC (2).
+ Từ (1) (2) B, H, C, K đường trịn đường kính BC Tứ giác BKHC nội tiếp đường trịn đường kính BC.
b) CMR: OA EF EF // HK: + Đường trịn đường kính BC có:
KBH n tiếp chắn HK
KBH KCH ABE ACF KCH n tiếp chắn HK
+ Đường trịn (O) có:
( )
ABE n tiếp chắn AE
CAE n 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 trịn đường kính BC có:
BCK n tieáp chắn BK
BCK BHK BCF BHK BHK n tiếp chắn BK (3)
+ Đường trịn (O) có:
BCF n tieáp chắn BF
BCF BEF BEF n tiếp chắn BF (4)
Từ (3) (4)
BHK BEF
EF // HK BHK BEF đồng vị .
c) Khi ABC tam giác có cạnh a Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC (O:
+ Gọi R bán kính (O) h chiều cao ABC đều, ta có:
h = a
O trọng tâm ABC R = OA =
3h =
2 3
3
a a
.
S(O) = R2 =
2 2
3
a a
(đvdt) SABC =
1
2a.h =
2
1 3
2
a a
a
(37) Svp =
1
3( S(O) – SABC ) = 3(
a -
2 3 a
)=
4 3 3
36
a ( )
(đvdt).
Bài 4: Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi E điểm cạnh BC Qua B vẽ đường thẳng vng góc với tia DE tại H, đường thẳng cắt tia DC tại F
a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D cùng nằm đường tròn b) CMR: DE.HE = BE.CE
c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a E trung điểm BC d) CMR: HC tia phân giác DHF .
HD:
a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D thuộc đường trịn: + BAD = 900 nhìn đoạn BD A đường trịn đường kính BD (1)
+ BHD = 900 nhìn đoạn BD H đường trịn đường kính BD (2)
+ BCD= 900 nhìn đoạn BD C đường trịn đường kính BD (3)
Từ (1), (2) (3) A, B, H, C, D đường trịn đường kính BD. b) CMR: DE.HE = BE.CE:
+DEC vàBEH có:
900 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 EC2 CD2
DE =
2
2
a a a
(38) Từ: DE.HE = BE.CE (cmt)
EH BE.CE DE
5
2 2 10
a a a a EH . :
. DH = DE + EH =
5
a
+
5 10
a
=
3 5
a
. d) CMR: HC tia phân giác DEF:
+ Đường trịn đường kính BD có:
CHD n tiếp chắnCD
CHD CBD CBD n tiếp chaénCD
0
145
2
CBDABC
CHD 45 (1)0
Mà:
+ Mặc khác: CHD CHF DHF 900 (2)
+ Từ (1) (2)
1
2
CHD CHF DHF
HC tia phân giác DHF .
Bài 5: Một hình vng ABCD nội tiếp đường trịn Tâm O bán kính R Một điểm M di động cung ABC , M không trùng với A,B C, MD cắt AC tại H
1) CMR:Tứ giác MBOH nội tiếp đường tròn DH.DM = 2R2
2) CMR: MD.MH = MA.MC
3) MDC và MAH M vị trí đặc biệt M’ Xác định điểm M’.
Khi M’D cắt AC tại H’ Đường thẳng qua M’ vng góc với AC cắt AC tại I Chứng minh I trung điểm H’C
HD:
1 CMR: Tứ giác MBOH nội tiếp dược đường trịn: + ABCD hình vuông BD AC BOH 900(1) + (O) có:BMD nội tiếp chắn đường trịn BMD900(2) + Từ (1) (2) BOH BMD 900 900 1800
MBOH tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BH * CMR: DH.DM = 2R2:
DOH và DMB
(39)
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:
MDC n tiếp chắn MC
MDC MAC MDC MAH
MAC n tiếp chắn MC + (O,R) có:
CD = AD (ABCD hình vuông) CD AD.
CMD n tiếp chắnCD
AMD n tiếp chắn AD CMD AMD CMD AMH CD AD
+ 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 MCD MBA MC CD MB BA (1) Do:CD = BA CD BA (2)
Từ (1) (2) MC MB 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 tại A B Biết AB = 24cm O O’ nằm về hai phía so với dây chung AB Vẽ đường kính AC đường trịn (O) đường kính AD đường tròn (O’)
(40)c) Gọi EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) (O’) (E, F tiếp điểm) CMR: Đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng EF
HD:
a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng: + (O) cóABCnội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AC ABC = 900 (1)
+ (O’) cóABDnội tiếp chắn nửa đường trịn
đường kính AD ABD = 900 (2)
+ Từ (1) (2) CBD = ABC+ABD = 1800
Ba điểm C, B, D thẳng hàng. b) Tính độ dài đoạn OO’:
+ (O) (O’) cắt A B OO’ đường trung trực AB.
+ Gọi H giao điểm OO’ AB OO’ AB H; HA = HB =
2AB = 12 (cm).
+ AHO vuông H OH OA2 HA2 = 202122 16 (cm). + AHO’ vuông H O H' O A' 2 HA2 = 152122 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 KE2OK2 OE2 (1) + OHK vuông H OK2OH2HK2 (2)
+ Từ (1) (2) KE2 = (OH2 + HK2) – OE2 = 162 + HK2 – 202 = HK2 – 144 (*).
+ O’FK vuông F KF2O K' 2 O F' 2 (3) + O’HK vuông H O K' 2O H' 2HK2 (2)
+ Từ (3) (4) KF2 = (O’H2 + HK2) – O’F2 = 92 + HK2 – 152 = HK2 – 144 (**).
K laø trung điểm EF
KE KF EF +Từ (*) (**) KE = KF 2 2 KE = KF
Mà:
(41)Bài 7: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax By tại C D
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 đều tính diện tích hình quạt trịn
chắn cung MB nửa đường tròn cho theo R
HD:
1a) CMR: Tứ giác AOMC nội tiếp: + Ax tiếp tuyến A OAC= 900 (1)
+ CD tiếp tuyến M OMC= 900 (2)
Từ (1) (2) OAC+ OMC = 1800 AOMC tứ giác nội tiếp
đường trịn đường kính OC.
1b) CMR: CD = CA + DB COD = 900:
+ Hai tiếp tuyến CA CM cắt C CA = CM OC tia phân giác AOM (1)
+ Hai tiếp tuyến DB DM cắt D DB = DM OD tia phân giác MOB (2)
Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB
180
AOM MOB (keà bu)ø OC phân giác AOM OD phân giác MOB
+ (O,R)có:
COD = 900.
(42)
2 AC.BD R với OM = R,MC AC, MD BD
2 COD vuông O
OM MC.MD OM CD
2 Khi BAM = 600 Chứng tỏ BDM tam giác tính diện tích hình quạt tròn chắn cung MB nửa đường tròn cho theo R:
+ Nửa (O, R) có:
0
60
BAM nội tiếp chắn BM
DBM BAM
DBM tạo t.tuyếnvà dây cungchắn BM (1) BDMcĩ DB = DM BDMcân D (2)
Từ (1) (2) BDM đều. + Nửa (O, R) có:
0
2 60 120
BAM nội tiếp chaén BM
BOM .BAM . BOM tâm chắn BM
Squạt =
2 260
360 360
R n R R
(đvdt).
Bài 8: Từ điểm M ngồi đường trịn (O) vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O hai tiếp tuyến MA MB đến đường tròn (O), A, B tiếp điểm C nằm M, D
a) CMR: MA2 = MC MD.
b) Gọi I trung điểm CD CMR: điểm M, A, O, I, B cùng nằm đường tròn
c) Gọi H giao điểm AB MO CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn Suy AB phân giác CHD
d) Gọi K giao điểm tiếp tuyến tại C D đường tròn (O) CMR: điểm A, B, K thẳng hàng
HD:
a) CMR:MA2 = MC MD:
+ MAC và MDA có:
MDA:chung
(43) MA MC MA2 MC.MD
MD MA (đpcm)).
b) CMR:5 điểm M, A, O, I, B nằm đường tròn: + (O) có:
I trung điểm dây CD OI CD OIM 900nhìn đoạn OM (1) MA OA (T/c tiếp tuyến) OAM 900nhìn đoạn OM (2) MB OB (T/c tiếp tuyến) OBM 900nhìn đoạn OM (3) Từ (1), (2) (3) điểm M, A, I, O, B đường trịn đường kính OM.
2 . ( )
MA MC MD cmt
c) CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn Suy AB là phân giác 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)
1800
MHC MDO MHC CDO
Mà:MHC CHO (kề bu)ø CDO CHO 1800
Suy ra: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn (đpcm) * CMR: AB phân giác CHD :
+ CODcó OC = OD = R CODcân O
CDO DCO MDO DCO
Mà:OHD DCO(cùng chắn OD đường tròn nội tiếp tứ giác CHOD)
MDO OHD
OHD MHC Maø:MDO MHC (cmt) (1)
+ Mặc khác:
0
90 90
AHC MHC
AHD OHD (2)
AHC AHD
Maø: AHC AHD CHD Từ (1) (2)
(44)d)Gọi K giao điểm các tiếp tuyến C D đường tròn (O) CMR: điểm A, B, K thẳng hàng:
+ Gọi K giao điểm tiếp tuyến C D (O)
+ CK OC (T/c tiếp tuyến) OCK 900nhìn đoạn OK (1) + DK OD (T/c tiếp tuyến) ODK 900nhìn đoạn OK (2) Từ (1), (2) Tứ giác OCK nội tiếp đường trịn đường kính OK
OKC ODC (cùng chắn OC)
OKC MDO
Maø:MHC MDO(cmt)
1800
OKC MHC
Mà: MHC OHC (kề bu)ø
OKC OHC 1800 Tứ giác OKCH nội tiếp đường trịn đường kính OK OHK OCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
HK MO
HK AB
Maø: AB MO (cmt) điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm). Bài 9:
Cho hình vng cạnh a , lấy điểm M thuộc cạnh BC (M khác B,C) Qua B kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K
1 Chứng minh: BHCD tứ giác nội tiếp Chứng minh: KM DB
3 Chứng minh: KC KD = KH KB
4 Kí hiệu SABM , SDCM diện tích tam giác ABM, tam giác DCM CMR: (SABM +
SDCM ) khơng đổi Xác định vị trí M BC để S2ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ Tìm giá
trị nhỏ theo a
HD:
1 CMR: BHCD tứ giác nội tiếp:
+ BHD = 900 nhìn đoạn BD H đường trịn đường kính BD (1)
+ BCD= 900 nhìn đoạn BD C đường trịn đường kính BD (2)
Từ (1) (2) B, H, C, D đường trịn đường kính BD. 2 Chứng minh: KM DB:
+ BDKcó :
DH BK
BC DK
DH cắt DK M M trực tâm BDK KM đường cao thứ ba KM
(45)3 Chứng minh: KC KD = KH KB:
+ KCB KHDcó:
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)
+ DCM vuông C SDCM =
1
2CD.CM =
2a.CM (2)
Từ (1) (2) SABM + SDCM =
1
2a.BM+
1
2a.CM
=
2
1 1
2a.(BM CM) 2a.BC 2a.a 2a
+ Vì a không đổi
2
1
2a không đổi (SABM + SDCM ) khơng đổi. *Xác định vị trí M BC để S2
ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ
nhất 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)
=
2 2
1
4a x (a x)
=
2 2
1 2 2
4a x ax a
=
2 2
1 2
4a (x ax 2a )
=
2 2
1 1
2a (x 2a) 4a )
=
2
1 1
2a (x 2a) 8a ³
4
8
a
+ Giá trị nhỏ SABM2 SDCM2
8
a
:
1
x a
=
1
x a
Vậy M trung điểm BC S2ABM SDCM2 đạt giá trị nhỏ
8
a
.
Bài 10: Cho điểm A ngồi đường trịn (O, R) Gọi AB, AC hai tiếp tuyến đường tròn (B C hai tiếp điểm) Từ A vẽ tia cắt đường tròn tại E F (E nằm A F)
a) CMR: AEC ACF đồng dạng Suy AC2 = AE AF.
(46)HD:
a)CMR: AEC ACF đồng dạng Suy AC2 = AE AF:
+ AECvà ACF có:
ACE CFE (cùng chắn 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 một đường trịn:
+ (O) có:
I trung điểm dây EF OI EF
OIA900nhìn đoạn OA (1) AB OB (T/c tiếp tuyến)
OBA 900nhìn đoạn OA (2) AC OC (T/c tiếp tuyến
) OCA 900nhìn đoạn OA (3)
(47)