Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm tọa độ những điểm trên (P) thỏa tính chất tổng hoành độ và tung độ của điểm đó bằng – 4.. Xác định tọa độ các giao điểm của chúng... 2. Tìm tọa độ của điểm I nằm trên trục tung sao [r]
(1)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 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 II BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập 1: Cho hệ phương trình
x y m
x my
(1)
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
3 Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m 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
2
m m
.
1
2
2
m m
2 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 = 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)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 =
2 k
. Bài tập 3: Cho hệ phương trình
3 x y x my
(1)
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 =
2 m .
Bài tập 4: Cho hệ phương trình
2
2
mx y x y
(1)
1. Giải hệ phương trình (1) m = 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x =
1
y = 3 Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m.
HD: 1 Khi m = 3, hệ (1) có nghiệm x = 13
; y = 13. 2a) Hệ (1) có nghiệmx =
1
y =
3 m =
. 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = –2
3 Hệ (1) có nghiệm: x = 3m
; y =
2 m m . Bài tập : Cho hệ phương trình
4
2
x y
x y m
(1)
1 Giải hệ phương trình (1) m = –1 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
(3)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
1 m m
– < m < – Bài tập 7: Cho hệ phương trình :
2
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: 1 Khi m = 1, hệ (1) có nghiệm: x = – ; y = 1.
2a) Khi m 0, hệ (1) có nghiệm:
2
x m y
2b) m =
. 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 =
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
CHỦ ĐỀ : VẼ ĐỒ THỊ & TÌM TỌA ĐỘ GIAO ĐIỂM CỦA (P): y = ax2 VÀ (D): y = ax + b (a 0)
(4)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 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) (D
m) 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:
+ (Dm) cắt (P) tại điểm phân biệt > 0 giải bất pt tìm m + (Dm) tiếp xúc (P) tại điểm = 0 giải pt tìm m
+ (Dm) (P) không giao < 0 giải bất pt tìm m II 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 vuông 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) (– ; 8).
2a) m = 2.
2b) '= + 2m >
1
m
2c) m =
1
tọa độ tiếp điểm (-1 ;
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
(5)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 ;) (1 ; – 2).
2a) m = – 2b) m <
9 8. 2c) m =
9
8 tọa độ tiếp điểm (
3
4; 8).
Bài tập 3: Cho hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P). Vẽ (P) hệ trục tọa độ vuông 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 – 5.
2b) Tọa độ giao điểm: (1;– 2) (
5
;
25
).
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
x ) = – 6
– 2xM2 + xM + =
1
2
2
3
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: (
1 3;
1
) (1 ;
3
).
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
3
M
x + x
M + =
1
2
4
3
2
x y
x y
(6)Vậy có điểm thỏa đề bài: M1(
4 3;
) M2(2; – 6) Bài tập 5: Cho hàm số y =
2
3x2 có đồ thị (P) y = x +
3 có đồ thị (D). Vẽ (P) (D) cùng hệ trục tọa độ vng góc
2 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: (
2
3
;
) (
5 25 ; ).
3 Đặt xA = xB = t
A(xA; yA) (P) yA = x2A =
2 3 t2. B(xB; yB) (D) yB = xB +
5
3 = t +
Theo đề bài:11yA8yB 11
3t2 = 8.( t + 3)
2
22 40
8
3 t t
1
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
.
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
1
Tọa độ giao điểm: (1; –2) (
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 qt: y = ax + b (D) có hệ số góc k (D): y = kx + b
(7)2b)
Điểm B(xB; yB) (P) B(1; – 2)
(D) qua B(1; –2) nên: –2 = k.1 +2k – k =
1
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: 1. Tọa độ giao điểm: (2; 4) (–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
7 ) 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 vuông 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) (–1; 1).
b) Tọa độ A(3; 1) B(– ; – 1) c)
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 = 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
(8)2 Gọi H, K hình chiếu A, B trục Ox, ta có: OHA vng 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 vuông tại A.
-CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
I KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1 Giải phương trình bậc hai dạng ax2 + bx + c = (a0) (1)
a) Nhẩm nghiệm:
a + b +c = pt (1) có nghiệm:
2
1
x c x
a
.
a – b +c = pt (1) có nghiệm:
2
1
x c x
a
.
b) 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.
c) 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.
(9)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 = (ĐK: S2 – 4P 0). * 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
1 2
1 S
P
x x x x x x
Tổng nghịch đảo bình phương nghiệm:
2 2
1
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
(x x ) d) x13x23
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(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.
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 điều kiện để phương trình cho có nghiệm ( ' 0; 0 hoặc a.c < 0)
Lập hệ thức Vi-ét cho phương trình
1
1
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
(10)1 CMR: Phương trình (1) ln có nghiệm với m
2 Gọi x1, x2 nghiệm pt (1) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm khơng 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-ét cho phương trình (1):
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 : Đây hệ thức cần tìm.
4 Tìm hai số biết tổng tích chúng – Lập phương trình bâc hai biết hai nghiệm 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 (*):
+ Nếu '> (hoặc > 0) pt (*) có nghiệm phân biệt x1, x2 Vậy
1
u x v x
hoặc
2
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
1
7
x x
.
Vậy:
7
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 pt cần tìm
5 Chứng minh phương trình bậc hai ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị tham số m: * Phương pháp giải:
Lập biệt thức '(hoặc).
Biến đổi ' đưa về dạng : '= (A B)2 + c > 0, m (với c số dương)
(11)6 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 0, m.
Kết 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 '(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 vơ nghiệm '< giải bất pt tìm tham số m kết luận. + 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 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 c.
Giá trị nhỏ P: Pmin = c A B = giải pt tìm tham số m kết luận. 9 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. II BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập 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 phân biệt với m Tìm hệ thức liên hệ x1, x2 khơng phụ thuộc vào m
HD: 1 Khi m = –2, ta có phương trình: x2 + 5x + = 0, pt có a – b + c = –5 + =
2
1
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). 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 phụ thuộc vào m
HD: 1 Khi m = 3, ta có phương trình: x2 – 4x + = 0, pt có a + b + c = +(–4) + =
2
1
3
x x c
a
.
(12)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) 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 =
. 2 = (2m – 3)2 0, m.
3.
ĐK để pt (1) có nghiệm phân biệt: (2m – 3)2 > |2m – 3| >
m m
3
Hệ thức: 2S + 4P = 2( x1 + x2) + x1x2 = 1.
Bài tập : 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 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 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 = 1.
4 Phương trình (1) có nghiệm trái dấu a.c < 1.(2m – 3) < m <
3 2 Bài tập : 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.
Phương trình (1) có '= – 2m.
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.
(13)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). Giải phương trình (1) m = –2
2 CMR: m, phương trình (1) ln có hai nghiệm phân 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: 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). 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. Tìm giá trị m để A đạt giá trị nhỏ
Bài tập 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 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 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).
1 Giải phương trình (1) m = –1 Tìm m để:
a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu
(14)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.
-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 ( 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 Giải phương trình ( hoặc hệ phương trình) vừa lập
3 Trả lời: Chỉ nhận nghiệm thỏa ĐK trả lời yêu cầu
II BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập1: Giải tốn 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
(15) 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:
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 7. 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 của 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 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
(16) Chiều dài 100m chiều rộng 60m. Diện tích khu vườn: 000 m2.
Bài tập 6: Giải toán sau cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi 160cm có diện tích 1500m2 Tính kich thước nó.
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.
Bài tập 7: Giải toán sau cách lập hệ phương trình: Một sân trường hình chữ nhật có chu vi là 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 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 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
2
( ) 25
12
x y xy x y
(17)
2
( ) 49
12 x y x y 12 x y x y
( x, y > 0) Giải hệ pt ta
3 x y
4 x y
(thỏa ĐK). 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 vịi 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:
1
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 chảy được
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 4 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 12h, vòi chảy riêng đầy bể 8h.
(18)thứ hai chảy 12 phút
15 thể tích bể nước Hỏi vịi chảy mình đầy bể?
HD: Vòi chảy riêng đầy bể 120 phút = 2h, vòi chảy riêng đầy bể 240 phút = 4h.
Bài tập 12: Giải tốn sau cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào bể cạn (khơng có nước) sau
4
5 đầy bể Nếu lúc đầu mở vòi thứ sau mở thêm vòi thứ hai sau
6
5 bể nước Hỏi từ đầu mở vòi 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 vòi nước chảy 4
5 giờ = 24
5 h đầy bể nên 1h hai vòi chảy được
24 bể, do ta có pt:
1
x +
1
y =
5 24 (1).
Vì lúc đầu mở vòi thứ sau mở thêm vịi thứ hai sau
5 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
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
(19)Bài tập13: Giải tốn sau cách lập phương trình: Hai vòi 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
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 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 27h. Bài tập 14: (HK II: 2008 – 2009 _ Sở GD&ĐT Bến Tre):
Giải tốn 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 toán 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:
(20) 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 Định nghĩa – Định lý
Hệ quả Ký hiệu toán học Hình vẽ
1 Góc tâm: Trong một đường trịn, số đo góc ở tâm số đo cung bị chắn.
2 Góc nội tiếp:
* Định lý: Trong một đường trịn, số đo góc nội tiếp nửa số đo của cung bị chắn.
* Hệ quả: Trong đường tròn:
a) Các góc nội tiếp bằng nhau chắn cung bằng nhau.
(O,R) có:AOB tâm chắn AmB
AOB= sđAmB
(O,R) có:BACnội tiếp chắn BC
BAC=
1
2sđBC.
a) (O,R) có:
n.tiếp chắn BC n.tiếp chắn EF
BAC
EDF
BACEDF
(21)b) Các góc nội tiếp cùng chắn cung chắn các cung thì bằng nhau.
c) Góc nội tiếp (nhỏ hơn hoặc 900) có số đo bằng nửa số đo góc ở tâm chắn cung.
d) Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng.
3 Góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung:
* Định lý: Trong một đường trịn, số đo góc tạo tia tiếp tuyến dây cung nửa số đo của cung bị chắn.
* Hệ quả: Trong đường tròn, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung thì nhau.
4 Góc có đỉnh bên trong đường trịn:
* Định lý: Góc có đỉnh ở bên đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn.
5 Góc có đỉnh bên ngồi đường trịn:
* Định lý: Góc có đỉnh ở bên ngồi đường trịn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn.
b) (O,R) có:
n.tiếp chắn BC
n.tiếp chắn BC BAC
BAC BDC BDC
(O,R) có:
n.tieáp chắn BC n.tiếp chắn EF BAC
EDF BAC EDF
BC EF
n.tiếp chắn BC tâm chắn BC
BAC BAC BOC
BOC
c) (O,R) có:
d) (O,R) có:
BAC nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính BC BAC = 900.
(O,R) có:
BAx tạo tia tiếp tuyến dây
cung chắn AB BAx =
1
2sđ AB.
(O,R) có:
& AB
AB BAx tạobởitt dcchắn
(22)6 Cung chứa góc:
* Tập hợp điểm cùng nhìn đoạn thẳng AB dưới một góc khơng đổi hai
cung trịn chứa góc .
* Đặc biệt:
a) Các điểm D, E, F cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, cùng nhìn đoạn AB một góc khơng đổi Các đểm
A, B, D, E, F thuộc một đường tròn.
b) Các điểm C, D, E, F cùng nhìn đoạn AB dưới một góc vng Các đểm
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 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.
8 Độ dài đường tròn, cung tròn:
* Chu vi đường tròn: * Độ dài cung tròn:
(O,R) có:
BEC có đỉnh bên đường tròn
= (1 )
2
BEC sñ BC sñ AD
(O,R) có:
BEC có đỉnh bên ngồi đường trịn
= (1 )
2
BEC sñ BC sñ AD
a) ADB AEB AFB nhìn đoạn AB A, B, D, E, F thuộc
một đường tròn.
b) ACB ADB AEB AFB 900 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)
(23)9 Diện tích hình trịn, hình quạt trịn:
* Diện tích hình trịn:
* 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:
* 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
Stp = Sxq + 2.Sđáy C = 2R =d
0 180
Rn
2
4
d S R
2 .
360
R n R
S
Sviên phân = Squạt - SABC
2
1
( )
vanh khăn R R
S
2
xq
(24)2 Hình nón cụt:
* Diện tích xung quanh: * Diện tích tồn phần:
* Thể tích:
3 Hình cầu:
* Diện tích mặt cầu:
* Thể tích:
S: diện tích đáy; h: chiều cao
Stp = Sxq + Sđáy
Vnón = 1 3Vtrụ
S: diện tích đáy; h: chiều cao, l: đường sinh
Stp = Sxq + Sđáy lớn + Sđáy nhỏ
2
2
tp
S Rh R
2
.
V S h R h
.
xq
S R l
2 tp
S RR
2
1 3
V R h
2
l h R
1
( )
xq
S R R l
2
1 2
( ) ( )
tp
S R R l R R
2
1 2
1
( )
3
V h R R R R
2
4
(25)BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Các phân giác góc
ABC , ACB cắt đường tròn tại E, F.
1 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.
4 CMR: Nếu D nằm (O) BAC = 600. 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:
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).
3
4 3
(26) 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
AE EC CD ACD CD ACD
(1).
Mà:
Mặc khác:
1
AF FB BD ABD BD ABD
(2).
. 1 1( )
2
BAC n tiếp chắn BC BAC sđ BC sđ BD sñ CD (3). + Từ (1), (2) (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
HD: CMR: Tứ giác AHND MHNC nội tiếp: + ABM = BCN (c.g.c) BAM CBN
+ CBN ABH ABC 900 AHB 900(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 tròn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a: + Khi BM =
a
CN = a
DN =
3
a
.
( ) BCD n tiếp chắn BD
BCF n tiếp chắn BF BD BF
BCD BCF cmt
( )
(27)+ AND vuông D
2
2 2
4
a
AN AD DN a
=
5
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 cung nhỏ
BC (O) 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 OAEF.
(28)
BCK n tiếp chắn BK
BCK BHK BCF BHK
BHK n tiếp chắn BK (3)
+ Đường trịn (O) có:
BCF n tiếp 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 =
3
a
O trọng tâm ABC R = OA =
2
3h =
2 3
3
a a
.
S(O) = R2 =
2 2
3
3
a a
(đvdt) SABC =
1
2a.h =
2
1 3
2
a a
a
(đvdt) Svp =
1
3( S(O) – SABC ) = 3(
a -
2 3
4
a
)=
2 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 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:
900 DEC BEH ( đối đỉnh)
(29)
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
2
a a a
. Từ: DE.HE = BE.CE (cmt)
EH BE.CE DE
5
2 2 10
a a a a
EH . :
. DH = DE + EH =
5 a
+ 10 a
=
5 a
. d) CMR: HC tia phân giác DEF:
+ Đường trịn đường kính BD có:
CHD n tiếp chắnCD
CHD CBD CBD n tiếp chắnCD
0
145
2
CBDABC
CHD 45 (1)0 Mà:
+ Mặc khác: CHD CHF DHF 900 (2)
+ Từ (1) (2)
1
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 trên 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 đó
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
(30)
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:
MDC n tiếp chắn MC
MDC MAC MDC MAH
MAC n tiếp chắn MC + (O,R) có:
CD = AD (ABCD hình vng) 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).
(31)a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng b) Tính độ dài đoạn OO’
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 =
1
2AB = 12 (cm). + AHO vuông H OH OA2 HA2 = 202122 16 (cm).
+ AHO’ vuông H O H' O A' 2 HA2 = 15 122 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 KE2OK2OE2 (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 trung điểm cuûa EF
KE KF EF +Từ (*) (**) KE = KF 2 2 KE = KF
Mà:
AB qua trung điểm EF (đpcm).
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
(32)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
0
180
AOM MOB (keà bu)ø OC phân giác AOM OD phân giác MOB
+ (O,R)có:
COD = 900.
1c) CMR: AC BD = R :2
2
AC.BD R với OM = R,MC AC, MD BD
2
COD vuoâng taïi O
OM MC.MD
OM CD
2 Khi BAM = 60 Chứng tỏ 0 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) BDM cĩ DB = DM BDM cân D (2)
Từ (1) (2) BDM đều.
+ Nửa (O, R) có:
0
2 60 120
BAM nội tiếp chắn BM
BOM .BAM .
BOM tâm chắn BM Squạt =
2 260
360 360
R n R R
(đvdt).
Bài 8: Từ điểm M đường trịn (O) vẽ cát tuyến MCD khơng 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.
(33)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:MA = MC MD2 :
+ MAC và MDA có:
MDA:chung
MAC MDA (cùng chắn AC) MAC MDA (g.g)
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 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
Maø:MHC CHO (keà 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
(34)+ Mặc khác:
0
90 90
AHC MHC
AHD OHD (2)
AHC AHD
Maø: AHC AHD CHD Từ (1) (2)
Suy ra: HA tia phân giác CHD AB tia phân giác CHD (đpcm).
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 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 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 ) không đổi Xác định vị trí M BC để S2
ABM + 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.
(35)
DH BK
BC DK
DH cắt DK M M trực tâm BDK KM đường cao thứ ba KM DB 3 Chứng minh: KC KD = KH KB:
+ KCB KHDcó:
0
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 =
2AB.BM =
2a.BM (1) + DCMvuông C SDCM =
1
2CD.CM =
2a.CM (2) Từ (1) (2) SABM + SDCM =
1
2a.BM+ 2a.CM
=
2
1 1
2a.(BM CM) 2a.BC 2a.a 2a + Vì a khơng đổi
2
1
2a không đổi (SABM + SDCM ) khơng đổi. *Xác định vị trí M BC để S2
ABM + S2 DCM đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ đó
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
4
8 a
+ Giá trị nhỏ SABM2 SDCM2
4
8 a
:
x a
=
(36)Vậy M trung điểm BC SABM2 SDCM2 đạt giá trị nhỏ
4
8 a
.
Bài 10: Cho điểm A đường tròn (O, R) Gọi AB, AC hai tiếp tuyến đường tròn (B C là 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.
b) Gọi I trung điểm EF Chứng minh điểm A, B, O, I, C cùng nằm đường tròn c) Từ E vẽ đường thẳng vng góc với OB cắt BC tại M Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp đưởng trịn Suy tứ giác MIFB hình thang
d) Giả sử cho OA = R Tính theo R phần diện tích tứ giác ABOC nằm ngồi hình trịn (O) 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 đường tròn:
+ (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)
Từ (1), (2) (3) điểm , A,B, O, I, C đường trịn đường kính OA.
c) Từ E vẽ đường thẳng vng góc với OB cắt BC M Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp được đưởng trịn Suy tứ giác MIFB hình thang: