¤n thi vµo líp 10 thpt ng­êi so¹n hoµng v¨n phóc tr­êng thcs diôn thþnh thø 2ngµy 25 5 2009 ¤n thi vµo líp 10 thpt §¹i sè buæi 1 2 chuyªn ®ò i thùc hiön phðp týnh rót gän bióu thøc cã chøa c¨n t

Lúc đầu ôtô đi với vận tốc đó, khi còn 60km nữa thì đi được một nửa quãng đường AB, người lái xe tăng thêm vận tốc 10km/h trên quãng đường còn lại, do đó ôtô đến tỉnh B sớm hơn 1giờ so v[r]

Thø 2,ngµy 25 / / 2009 Ôn THI Vào lớp 10 THPT

Đại số

Buổi - : Chuyên đề I.

Thùc phép tính, rút gọn biểu thức Có chứa thức bậc hai

I.Các kiến thức cần lu ý.

a) Điều kiện để √A có nghĩa: A 0. b) Không phải ta có: √A2

=A .( ChØ x¶y A 0 )

Tỉng qu¸t:

√A2 = /A/ B»ng A A 0 ; Bằng A A 0. c) Không phải bao giê ta còng cã:

√A2B=A√B

d) Chỉ có số khơng âm đa đợc vào dấu đợc A2

VD:

−2¿2.5 ¿ ¿ √¿

( Sai ).

−2¿2.5 ¿ ¿ √¿

( ).

e) Muốn khai phơng biểu thức A ( Tức tính √A ) Ta cần tìm cách viết A dới dạng A = B2 Và lúc đó:

√A = √B2 .

VD:

√2¿2+2√2+1

¿

√2+1¿2 ¿ ¿ ¿

√3−2√2=√¿

.

II Một số toán điển hình.

Bµi 1 Rót gän biĨu thøc:

a) √3−2√2−√6+4√2

b) √2+√3+√2−√3 .

Híng dÉn gi¶i: a) Viết biểu thức dới dạng bình phơng. b) Nhân tử mẫu với làm nh câu a.

( Hoc t biểu thức A bình phơng hai vế.).

Bµi Chøng minh r»ng:

a) √3−√5−√3−√5=−√2 . b) √3−√5 (√10−√2).(3+√5)=8

Hớng dẫn giải: a) Biến đổi vế trái nh 1. Viết

3+√5

¿ ¿

b) √2−3√0

(√8−3√2+√10).¿ ).

c) (15√50+5√200−3√450):√10

Hớng dẫn giải: a) Đáp số 21 b) 16√5

5 −8 c) 16 √5 .

Bµi Thùc hiƯn phÐp tÝnh: a) (2√3−√6

√8−2 −

√216 )

1

√6 b

(√14−√7 1−√2 −

√15−√5 1−√3 ):

1

√7−√5 c) √5+2√6+√8−2√15

√7+2√10

Híng dÉn gi¶i: a) Đáp số: 3

2 b) -2 c) 1. Bµi Cho biĨu thøc: A = ( x+1

x −1−

x −1

x+1):(

x+1−

x

1− x+

2

x2−1) Rút gọn biểu thức A.

Tính giá trị cđa A x = √4+2√3

Tìm giá trị x để A = -3.

Híng dÉn gi¶i. a) A =

x+1¿2 ¿

4x ¿

b) Thay x vào ta có giá trị A là: 12 320 . c) Giải phơng trình A = ta cã : x1= - ; x2 = −1

3 .

Bµi 6 Cho biÓu thøc: B =

√x −1−√x+

1

√x −1+√x+

√x3−√x √x −1 . Rót gän biĨu thøc B.

TÝnh gi¸ trÞ cđa B x = 53

9−2√7 . Tìm giá trị x để B = 16.

Hớng dẫn giải: a) ĐK: x>1 Rút gọn ta đợc B = x-2 √x −1 . b) Biến đổi x = 9+2 √7 Thay vào B ta có B = 7 c) Giải phơng trình B = 16 ta đợc: x = 26.

Bµi 7 Cho biĨu thøc:

P = ( √x −1 3√x −1−

1 3√x+1+

8√x

9x −1):(1−

3√x −2 3√x+1) .

a) Rót gän P.

b) TÝnh gi¸ trị P x = 6+2 5 . Tìm x P =

5 .

Híng dÉn gi¶i: a) Rót gän P = x+√x

Sau thay x vào P tính đợc: P = 31+15√5

41 .

c) P =

5  x1= ; x2 = 25 .

Bµi 8: Cho biĨu thøc

3x 9x 3 1 1 1

P = :

x 1 x x 2 x 1 x 2

   

 

 

      

 

Tìm điều kiện để P có nghĩa, rút gọn biểu thức P; Tính giá trị P với x = – 2 3.

Híng dÉn giải: a) ĐKXĐ: x 0 x 1 Rót gän P = (3 x - 1)( x + )

b) Thay x = - 2 3 = ( 3 - 1) 2 vào P tính đợc P = - 4

Bµi 9: Cho biểu thức:

a a a a a

A :

a

a a a a

    

   

 

 

a) Với giá trị a biểu thức A khơng xác định b) Rút gọn biểu thức A

c) Với giá trị ngun a A có giá trị nguyên? HD: a) A không xác định  a < 0, a = 0, 1,

b) Với a > 0, a ≠ 1, a ≠ 2:

2(a 2) A

a  

 ; c) có a = thỏa mãn

Bµi 10:Cho biểu thức:

x 2x x

B

x x x 

 

 

a) Rút gọn biểu thức B

b) Tính giá trị B x 3 

c) Với giá trị x B > 0? B< 0? B = 0? HD: a) ĐK x > 0, x ≠ 1: B x 1

b) x 3  ( 1) : B   2;

c) B >  x > 1; B <  x < 1; B =  x =

Bài 11: Cho biểu thức

a 3 a B

2 a a

 

 

 

a) Tìm điều kiện a để B xác định Rút gọn B b) Với giá trị a B > 1? B< 1?

c) Tìm giá trị x để B = 4 HD: a) a ≥ a ≠ 9:

a B

a  



c) B =  a = 15

Bài 12: Cho biểu thức A =

1 1 1

:

1 x x x x x

   

  

   

    

   

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị A x = + 4

c) Với giá trị x A đạt giá trị nhỏ nhất HD: a) ĐK: x ≥ 0, x ≠ Rút gọn ta được

1 A

x (1 x ) 

 b)

2

x (2 3) : A (3 5)

     

; c) A = x

4 

Bài 13: Cho

2

x x x

P

x x x

      

    

    

 

 

1) Rút gọn P

2) Chứng minh : Nếu < x < P > 0. 3) Tìm giá trị lớn P.

HD: 1) Điều kiện để P có nghĩa : x ≥ x ≠ Kết quả: P x (1 x ) 2) Nếu < x < : 0 x 1  P >

3)

2

1 1

P x

4

 

     

  Dấu "=" xảy 

1 x x    Vậy: 1

max P x

4

  

Bài 14: Cho biểu thức

3

1 x x

B

x x x x x



  

    

a) Tìm điều kiện để biểu thức B xác định b) Rút gọn biểu thức B

c) Tìm giá trị x B = 4

d) Tìm giá trị nguyên dương x để B có giá trị nguyên

HD: a) x > ; b) B x x 1   ; c) B =  x = 10 ;d) B nguyên : x = m2 + (m  Z) Bài 15: Cho biểu thức:

1 x

A :

x x x x x

  

  

   

 

a) Tìm điều kiện x để A có nghĩa, rút gọn A. b) So sánh A với 1

HD: a) Điều kiện: x > x ≠ Ta có:

2

1 x ( x 1) x

A

x ( x 1) x x

  

 

 

b) Xét hiệu: A – =

x x x

1

x x x

  

   

Vậy: A < 1 Cách 2: Dễ thấy: A =

1 1 x   vì: x 

Bài 16: Cho biểu thức:

x x x

A :

x x x x x

 

   

      

    

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị biểu thức A x  3 c) Tìm giá trị x A =

HD: a) ĐK: x ≠ ±1:

4x A

1 x 

 ; b) x 3 1  2 Khi đó: A = −2; c) x1  5;

5 x

5 

Bài 17: Cho biểu thức

2

2

2a a a a 4a C

a a a a

 

  

    

     

a) Tìm điều kiện a để biểu thức C xác định Rút gọn biểu thức C b) Tìm giá trị a để C = 1

c) Khi C có giá trị dương? Có giá trị âm?

HD: a) a ≠ −3, a ≠ ±2; b)

2

4a C

a 

 ; c) C = 

a a

4     

 ; d) C > 

a a a

  

    

 ; C <  a < −3

Bài 18: Cho biểu thức

1 x

C x : x :

x x x



   

       

 

   

a) Tìm điều kiện x để biểu thức C xác định b) Rút gọn biểu thức C

c) Tính giá trị biểu thức C x 6 20

d) Tìm giá trị nguyên x để C có giá trị nguyên HD: a) x ≠ 1, x ≠ −2, x ≠ 0; b)

x C

x  

 ; c) C 2 ; d) x  {−1, −3, −4, −6, 2}

Thø 4, ngµy 27 / / 2009

Buổi - : Chuyên đề II

Hàm s v th

I Các kiến thức cần nhí

Hµm sè: y = ax + b (a 0)

+ TÝnh chÊt : * TX§: Mäi x R.

* Sù biÕn thiªn:

+ Nếu a > hàm số đồng biến R + Nếu a < hàm số nghịch biến R

+ Đồ thị: Là đờng thẳng song song với đồ thị y = ax b 0 cắt trục Oy điểm

+ cách vẽ đồ thị: Lấy hai giá trị khác x lập bảng giá trị tơng ứng Biểu diễn hai điểm hệ trục Oxy kẻ đờng thẳng qua hai điểm đó.

+ Đờng thẳng y = ax + b (a 0) có a gọi hệ số góc Và ta có: tg = a Trong 

là góc tạo đờng thẳng y = ax + b (a 0) với trục Ox.

2 Hµm sè: y = ax2 (a 0)

+ TÝnh chÊt : * TX§ : mäi x R.

* Sù biÕn thiªn :

+ Nếu a > hàm số đồng biến với x > 0 ; nghịch biến vứi x < + Nếu a < hàm số đồng biến với x < 0 ; nghịch biến với x > 0.

+ Đặc điểm giá trị hàm sè y = ax2 (a 0)

Khi a > 0: Giá trị hàm số > với x khác y = x = => giá trị nhỏ nhất hàm số đạt đợc x = 0.

Khi a < 0: Giá trị hàm số < với x khác y = x = => giá trị lớn nhất hàm số đạt đợc x = 0.

+ Đặc điểm đồ thị hàm số : y = ax2 (a 0)

- đờng cong qua gốc toạ độ nhận trục Oy trục đối xứng.

* Nếu a > đồ thị nằm phía trục hồnh O điểm thấp đồ thị. * Nếu a < đồ thị nằm phía dới trục hồnh O điểm cao đồ thị. 3 Tơng giao đờng cong Parabol y = ax2 (a 0) đờng thẳng y = bx + c

Toạ độ giao điểm (Nếu có) Parabol (P): y = ax2 (a 0) đờng thẳng (d):

y = bx + c lµ nghiƯm cđa hệ phơng trình:

2 y ax y bx c ìï = ïí

ï = +

ïỵ

=> phơng trình: ax2 = bx + c (1) phơng trình hồnh độ Vậy:

+ Đờng thẳng (d) không cắt (P) phơng trình (1) v« nghiƯm.

+ Đờng thẳng (d) tiếp xúc với đờng cong (P)  Phơng trình (1) có nghim kộp.

+ Đờng thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt

II Một số dạng tËp thêng gỈp.

Dạng1 Tìm toạ độ giao điểm hai đờng thẳng.

Bµi tËp 1: Cho hai hµm sè y= x+3 (d) vµ hµm sè y = 2x + (d / )

a)Vẽ đồ thị hai hàm số hệ trục toạ độ. b)Tìm toạ độ giao điểm có hai đồ thị.

Nhận xét:gặp dạng toán học sinh thờng vẽ đồ thị hai hàm số tìm toạ độ giao điểm (x;y) nhiên gặp x y khơng số ngun tìm toạ độ đồ thị gặp khó khăn tìm xác giá tri x;y

Giải: a) vẽ đồ thị hai hàm số

b) Hồnh độ giao điểm nghiệm phơng trình: x+3=2x+1 x=2 suy y=5 Ví dụ 2: Cho đờng thẳng lần lợt có phơng trình:

(D1) y=x+1 ; (D2) y=-x+3 ; (D3) y= (m2-1)x+ m2 - (víi m1)

Nhận xét: đờng thẳng (D1) ,(D2), (D3) đồng quy điểm chẳng hạn điểm

A(x;y) th× rá ràng x;y nghiệm phơng trình hay x;y lµ nghiƯm cđa ( ) ( ) D D      vµ

là nghiệm (D3)

Hớng dẫn giải:

Hoành độ giao điểm B (D1) ,(D2) là: -x+3=x+1 x=1 thay vào y=x+1suy y=2 để 3

đờng thẳng đồng quy (D3)phải qua điểm B nên ta thay x=1;y=2 vào phơng trình (D3)

ta cã: 2=(m2-1)1+m2-5 m2=4 m=2;m=-2.

Vậy với m=2;m=-2thì đờng thẳng (D1) ,(D2), (D3) đồng quy. Dạng 2: Viết phơng trình đờng thẳng qua:

+ Hai ®iĨm A (x1; y1) vµ B (x2; y2)

+ Điểm M (x0; y0) song song (vng góc) với đờng thẳng (d) cho trớc Bài tập 2

Xác định phng trỡnh ng thng (d) bit:

a) Đờng thẳng (d) qua hai điểm A( -1; 3) B ( 2; -4)

b) Đờng thẳng (d) qua M (-2; 5) song song với đờng thẳng: (d’): y = -

7

3x +

c) Đờng thẳng (d) qua N (-3; 4) vng góc với đờng thẳng y = 2x + 7 Hớng dẫn giải

Gọi đờng thẳng (d): y = ax + b Vì (d) qua hai điểm A( -1; 3) B ( 2; -4)

nªn ta cã:

3 a b a b ì - + = ïï íï +

=-ïỵ =>

7 3 a b ìïï =-ïïï íï ï =

ùùùợ Vậy phơng trình đờng thẳng (d): y = - 73x+32

b) Vì (d) song song với đờng thẳng: (d’): y = -

7

3x + =>

7 a => (d): y = 3x b

- +

mà (d) qua M (-2; 5) => ta cã: =

14

3 +b => b =

Vậy phơng trình đờng thẳng (d) : y =

7 3x

- +

c) Đờng thẳng (d) qua N (-3; 4) vng góc với đờng thẳng y = 2x + 7 nên ta có: a.2 = -1 => a =

1

vµ =

3

2+b => b = 2

Vậy phơng trình đờng thẳng (d) : y =

1 2x

- +

Bµi tËp 3

Cho hµm sè y = (m2 2).x + 3m + Tìm giá trị m biết:

a) th (D) hàm số song song với đờng thẳng y = 3x + 2 b) Đồ thị (D) hàm số vng góc với đờng thẳng y = -3x -2 c) Đồ thị (D) qua điểm A (2; 3)

Híng dÉn gi¶i

Ta cã:

2 2 3

3 2

m m

ìï - =

ïí

ï +

ùợ m=

b) thị (D) hàm số vng góc với đờng thẳng y = -3x -2 => ta có: (m2 – ).(- 3) = -1 

7

m=

c) Đồ thị (D) qua điểm A( 2; 3) => = 2m2 – + 3m +  2m2 +3m -5 =

ta cã a + b + c = => m1 = - 1; m2 =

-Dạng Tìm điểm cố định mà họ đờng thẳng qua.

* Phơng pháp: Họ đờng thẳng y = f(x;m) qua điểm cố định I( x0; y0) với m 

ph¬ng tr×nh Èn m: y0= f(x0;m) cã nghiƯm víi mäi m Bµi tËp 4

Cho họ đờng thẳng (m – 2).x + 2m y + = (Dm)

a) Tìm giá trị m biết đờng thẳng (Dm) qua điểm A(-2; 4)

b) Tìm điểm cố định I mà họ đờng thẳng (Dm) qua với mị giỏ tr ca m. Hng dn gii

Đờng thẳng (Dm) ®i qua A(-2; 4)  (m – 2).(-2) + 2m.4 +1 =  6m +5 =

 m =

5 

Họ đờng thẳng (Dm) qua điểm cố định I(x0; y0)  phơng trình: (m – 2).x0 + 2m.y0 +

= v« sè nghiƯm m  (x0 + 2y0).m – 2x0 + = cã v« sè nghiƯm m 

0 0

0

0

1

2 4

2 1

2

y x y

x

x

  

 

 



 

  

  

 

Dạng 4: Bài toán chứng minh

Chứng minh rằng: Đờng thẳng (D): y= 4x - tiếp xóc víi parabol (P): y= 2x2 - 4(2m-1)x + 8m2 - 3

NhËn xÐt:

Gặp dạng toán học sinh lúng túng để tìm phơng pháp giải học sinh khơng nắm đ-ợc đờng thẳng (D): y=4x-3 tiếp xúc với parabol (P): y=2x2-4(2m-1)x+8m2-3 điểm

thì điểm nghiệm hai phơng trình phơng trình hồnh độ giao điểm bắt buộc phải có nghiệm kép từ ta có cách giải sau:

Gi¶I:

Hồnh độ giao điểm chung (D) (P) nghiệm phơng trình: 2x2-4(2m-1)x+8m2-3=4x-3 2x2-8mx+8m2=0 x2+4mx+4m2=0

Ta cã:  16m216m2 0 víi giá trị m nên Đờng thẳng (D):y=4x-3 tiếp xúc với parabol (P):y=2x2-4(2m-1)x+8m2-3

Dạng 5: Bài toán tìm điều kiện

Vớ d:Cho ng thng (D):y=x+2m v parabol(P):y=-x2-x+3m

a)Với giá trị m thì(D) tiếp xóc víi parabol(P).

b) Với giá trị m thì(D) cắt parabol(P)tại hai điểm phân biệt A B.tìm toạ độ giao điểm A B m=3

Nhận xét: Tơng tự nh ví dụ ta xét có nghiệm phơng trình bËc hai

Gi¶i:

a)Hồnh độ giao điểm chung (D) (P) nghiệm phng trỡnh: -x2-x+3m=x+2m -x2-2x+m=0

Đờng thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) phơng trình (3) có nghiệm kép

   0 4+4m=0 m=-1.

b) §êng thẳng (D) cắt parabol (P) phơng trình (3) có nghiƯm ph©n biƯt   0 4+4m>0 m>-1.

Khi m=3 hồnh độ giao điểm (D) (P) nghiệm phơng trình -x2-2x+3=0x=1 x= -3

Từ suy toạ độ giao điểm A,B (D) (P) là:A(1;7) B( -3; 3).

D¹ng 6:LËp phơng trình tiếp tuyến

Vớ d:Cho ng thng (D):y=ax+b tìm a b biết:

a) đờng thẳng (D) song song với đờng thẳng 2y+4x=5 tiếp xúc với parabol (P): y=-x2

b)Đờng thẳng (D) vng góc với đờng thẳng x-2y+1=0 tiếp xúc với parabol (P): y=-x2

c) đờng thẳng (D) tiếp xúc với parabol(P):y=x2-3x+2 điểm C(3;2)

Nhận xét:ở học sinh cần nhớ điều kiện để hai đờng thẳng song song va vng góc để tìm giá trị a sau vận dụng kiến thức nh dạng hai để giải

Gi¶i:

a)Ta có: 2y+4x=5 y=-2x+5/2 nên phơng trình đờng thẳng (D) có dạng: y=-2x+b (b

5 

) theo cách tìm dạng ta tìm đợc b = 1 Vậy phơng trình đờng thẳng (D) là:y= - 2x + 1

b)Ta có: x-2y+1=0 y=1/2x+1/2.Đờng thẳng (D) vng góc với đờng thẳng có phơng trình:x-2y+1=0 a.1/2=-1 a=-2 suy (D):y=-2x+b Theo cách làm dạng 5,ta tìm

đ-ợc b=1.Vậy phơng trình đờng thẳng (D) có phơng trình là:y=-2x+1 c)Ta có:C(3;2) (D)  2=3a+b b=2-3a

Theo cách làm dạng ta tìm đợc a=3 suy b=-7 Vậy phơng trình đờng thẳng (D) có phơng trình là:y=3x-7

Dạng 7:Xác định toạ độ tiếp điểm. Ví dụ: Cho parabol (P): y=x2-2x-3

Tìm điểm (P) mà tiếp tuyến (P) điểm song song với đờng thẳng (D): y=-4x.

Giải: Gọi đờng thẳng tiếp xúc với (P) (d).

Do (d) song song với (D) nên d có dạng:y=-4x+b (b0).Hồnh độ điểm chung (p) (d) nghiệm phơng trình: x2-2x-3=-4x+b x2+2x-3+b=0 (2)

Ta thấy: (d) tiếp xúc với (P)  phơng trình (2) có nghiệm kép     4  b b4 Khi điểm A(x0;y0) tiếp điểm (P) (d) thì(do A( );p A( )d nờn ta cú h

ph-ơng trình;

2

0 0

0 0

1

0 4

x

y x x

y

y x



    





 

  

 



Dạng 8:Xác định parabol.

Ví dụ:Xác định parabol (P):y=ax2+bx+c thoả mãn:

a) (P) tiếp xúc với đờng thẳng (D) :y=-5x+15 qua hai điểm (0 ; -1) (4 ; -5)

b) (P) cắt trục tung điểm có tung độ cắt đường thẳng (D) : y = x - hai điểm có hồnh độ

Do parabol (P) đồ thị hàm số y = ax2 - (1 + 4a)x - Hoành độ điểm chung (D) (P) nghiệm phương trình : ax2 - (1 + 4a)x - = -5x + 15 <=> ax2 - 4(a - 1)x - 16 = (5)

Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) <=> Phương trình (5) có nghiệm kép <=> ∆’ = <=> 4(a - 1)2 + 16a = <=> (a + 1)2 = <=> a = -1

Do : a = -1 ; b = c = -1

Vậy (P) đồ thị hàm số y = -x2 + 3x -

b) Parabol (P) cắt trục tung điểm có tung độ nên (P) qua điểm (0 ; 2) (P) cắt đường thẳng (D) : y = x - hai điểm có hồnh độ <=> Giao điểm (P) với đường thẳng (D) : (1 ; 0) (3 ; 2)

Vậy parabol (P) qua ba điểm (0 ; 2) ; (1 ; 0) (3 ; 2)

Do đú a = ; b = -3 c = 2.<=> Parabol (P) : y= x2 - 3x + Dạng 9:Tính khoảng cách điểm mặt phẳng toạ độ

Gọi điểm có toạ độ A (x1;y1) B (x2; y2) Khi khoảng cách điểm A B

trên mặt phẳng toạ độ : AB =

2

2

(x  x)  (y  y ) Dạng 10: Xác định trung điểm đoạn thẳng

Gọi điểm A,B có toạ độ A( xA; yA) B( xB ; yB ) Khi ta có toạ độ trung im M

của đoạn thẳng AB : xM =

A B x x

; yM =

A B y y

BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1: Xác định a b để đường thẳng y = ax + b qua hai điểm A(1; −2) B(2; 1) ĐS: a = b = −5

Bài : Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc −2 qua điểm A(1; 5) ĐS: y = −2x +

Bài 3: Viết PT đg thẳng qua điểm B(−1; 8) song song với đg thẳng y = 4x + ĐS: y = 4x + 12

Bài 4: Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = −x + cắt trục hồnh điểm có hồnh độ

ĐS: y = −x +

Bài 5: Xác định hệ số a, b hàm số y = ax + b trường hợp sau:

a) Đồ thị hàm số đường thẳng có hệ số góc qua điểm A(−1 ; 3) b) Đồ thị hàm số qua hai điểm B(2 ; 1) C(1 ; 3)

c) Đồ thị hàm số qua điểm A(1 ; 3) song song với đường thẳng y = 3x − 2 ĐS: a) (a ; b) = (3 ; 6) b) (a ; b) = (−2 ; 5) c) (a ; b) (3 ; 0) Bài 6: Cho Parabol (P): y = 2x2 hai đường thẳng: (d

1): mx − y − = (d2): 3x + 2y − 11 = 0

b) Với giá trị m (d1) song song với (d2) c) Với giá trị m (d1) tiếp xúc với (P). HD: a) M(3 ; 1); b)

3 m

2 

c) (d1) tiếp xúc với (P)  2x2 − mx + = có nghiệm kép   =  m2 = 16 

m

m

    

Lưu ý: Khai thác việc tìm tham số m để hai đường thẳng song song, trùng nhau, cắt nhau

Bài Tìm giá trị m để ba đường thẳng sau đồng qui:

a) (d1): 5x + 11y = 8 (d2): 10x − 7y = 74 (d3): 4mx + (2m − 1)y = m + 2 b) (d1): 3x + 2y = 13 (d2): 2x + 3y = (d3): y = (2m − 5)x − 5m HD: a) ĐS: m = 0 b) m = 4,8

Bài Tìm khoảng cách hai điểm A B mặt phẳng tọa độ biết: a) A(1 ; 1) B(5 ; 4) b) A(−2 ; 2) B(3 ; 5)

HD: a) AB (5 1) (4 1) 5 b) AB (3 2) (5 2) 5,83

Bài :Cho tam giác ABC mặt phẳng toạ độ với A(-3;1); B( -2; 4); C(2; ) a) Viết phơng trình đờng trung tuyến BM, CN tam giác ABC.

b) Tìm toạ độ trọng tâm G tam giác ABC.

Híng dÉn gi¶i a) Gäi trung điểm AC M(x0; y0) => x0 =

1

-; y0 =

2 => M(

-;

3 2).

Phơng trình đờng trung tuyễn BM có dạng y = ax+ b => a =

5

-; b =

2

3 Vởy phơng trình

trung tuyÕn BM lµ: y =

5

-.x +

2 3.

Hồn tồn tơng tự ta tìm đợc trung tuyễn CN: y =

1 20 x

- +

.

b) Toạ độ trọng tâm G nghiệm hệ phơng trình:

5

y = - x +

3

1 20 y =

-9x

ìïï ïïï íï

ï +

ùùùợ => G( -1; 73) Bài 10 Một điểm H mặt phẳng toạ Oxy có toạ độ H(2m – 1; m + 3)

Tìm hệ thức liên hệ xH yH độc lập với m.

Chứng minh quỹ tích H đờng thẳng m thay đổi. Hớng dẫn giải XH -2yH = 7.

Bài tập nhà

Bài 11: Xác định a b để đường thẳng y = ax + b qua A(−2 ; 15) B(3 ; −5) Bài 12: Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc −1 qua gốc tọa độ

Bài 13: Xác định a b để đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x và cắt đường thẳng điểm nằm trục tung

Bài 14: Gọi (d) đường thẳng qua A(1 ; 1) cắt trục hồnh điểm có hồnh độ là 2005 Hãy viết phương trình đường thẳng (d)

Bài 15: Cho hàm số : y = x + m (D) Tìm giá trị m để đường thẳng (D) : a) Đi qua điểm A (1 ; 2003) ;

b) Song song với đường thẳng x - y + = ; c) Tiếp xúc với parabol y = –1/4.x2

Bài 16: Cho hai hàm số y = 2x + 3m y = (2m + 1)x + 2m − Tìm điều kiện m để: a) Hai đường thẳng cắt nhau

b) Hai đường thẳng song song với c) Hai đường thẳng trùng nhau Bài 17:cho parabol y= 2x2 (p)

a tìm hồnh độ giao điểm (p) với đờng thẳng y= 3x-1. b tìm toạ độ giao điểm (p) với đờng thẳng y=6x-9/2.

c tìm giá trị a,b cho đg thẳng y=ax+b tiếp xúc với (p) qua A(0;-2). d tìm phơng trình đờng thẳng tiếp xúc với (p) B(1;2).

e biện luận số giao điểm (p) với đờng thẳng y=2m+1 ( hai phơng pháp đồ thị đại số).

f cho đờng thẳng (d): y=mx-2 Tìm m để : +(p) khơng cắt (d).

+(p)tiếp xúc với (d) tìm toạ độ điểm tiếp xúc đó? + (p) cắt (d) hai điểm phân biệt.

+(p) cắt (d).

Bi 18:cho hàm số (p): y=x2 và hai điểm A(0;1) ; B(1;3).

a viết phơng trình đờng thẳng AB tìm toạ độ giao điểm AB với (P) cho. b viết phơng trình đờng thẳng d song song với AB tiếp xúc với (P). c viết phơng trình đờng thẳng d1 vng góc với AB tiếp xúc với (P).

d chứng tỏ qua điểm A có đờng thẳng cắt (P) hai điểm phân biệt C,D cho CD=2.

Bài 19:Cho (P): y=x2 hai đờng thẳng a,b có phơng trình lần lợt là

y= 2x-5 (a) y=2x+m (b) a chứng tỏ đờng thẳng a khơng cắt (P).

b tìm m để đờng thẳng b tiếp xúc với (P), với m tìm đợc hãy: + Chứng minh đờng thẳng a,b song song với nhau.

+ tìm toạ độ tiếp điểm A (P) với b.

+lập phơng trình đờng thẳng (d) qua A có hệ số góc -1/2 tìm toạ độ giao điểm (a) (d).

Bài 20: cho hàm số y=−21x (P) a vẽ đồ thị hàm số (P).

b với giá trị m đờng thẳng y=2x+m (d) cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt A,B khi tìm toạ độ hai điểm A B.

c tính tổng tung độ hoành độ giao điểm (P) (d) theo m.

Bài 21:

cho hµm sè y= mx-m+1 (d).

a. chứng tỏ m thay đổi đờng thẳng (d) ln đI qua điểm cố định tìm điểm cố định ấy.

b. tìm m để (d) cắt (P) y=x2 điểm phân biệt A B, cho AB=

Bài 22: trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm M(2;1); N(5;-1/2) đờng thẳng (d) y=ax+b.

a. tìm a b để đờng thẳng (d) đI qua điểm M, N.

b. xác định toạ độ giao điểm đờng thẳng MN với trục Ox, Oy.

Thø 2,ngµy / / 2009

Buổi 5- : Chuyên đề III

Ph¬ng trình hệ phơng trình

GiảI toán cách lập phơng trình hệ phơng trình

I Các kiến thức cần nhớ

Phơng trình

a) Ph ơng trình bậc ẩn : Phơng trình dạng: ax + b = (1) - Cách giải: * Nếu a = => (1)  0x + b =

+ b kh¸c => phơng trình (1) vô nghiệm. + b = => Phơng trình vô số nghiệm

* Nếu a khác => phơng trình (1) có mét nghiÖm nhÊt: x = b a

b) Ph ơng trình bậc hai ẩn:

* Phơng trình dạng ax + by = c (1) (a2 + b2 ¹ 0)

Gọi phơng trình bậc hai ẩn (x, y: Èn – a, b hÖ sè)

* Phơng trình (1) có vô số nghiệm (x; y) nghiệm viết dạng tổng quát.

c) Phơng trình bậc hai:

+ Phơng trình dạng: ax2 + bx + c = (a khác 0)

+ Công thức nghiệm công thức nghiệm thu gọn. + Định lý Vi-et áp dụng.

2 Hệ ph ơng trình:

Hệ phơng trình Có hai dạng: ' ' ' ax by c a x b y c

ì + =

ïï

íï + =

ùợ Và

1 1 2 2 3 3 a x b y c z d a x b y c z d a x b y c z d

ì + + =

ïï

ïï + + =

íï

ïï + + =

ïỵ

* Phơng pháp giải: - Dùng phơng pháp phơng pháp cộng đại số.

3 Giải toán cách lập phơng trình hệ phơng trình.

Các công việc cần thiết trớc tiến hành trình bày giải toán cách lập phơng trình hệ phơng trình:

+ Đọc kỹ đề, tóm tắt tốn.

+ Lập bảng thể mối liên hệ đối tợng các đại lợng => PT hệ pt.

+ Căn vào bảng trình bày giải toán cách lập pt hpt

1 Phương trình, hệ phương trình bậc nhất

Bài 1 Cho phơng trình: ax + (2a – 1).y + = (1)

a) Chứng tỏ phơng trình (1) phơng trình bậc hai ẩn với giá trị của a.

b) Chứng tỏ phơng trình có nghiệm (-6; 3) với giá trị a. Hớng dÉn gi¶i.

a) Chøng tá a2 + (2a – 1)2 ¹ víi mäi a.

b) Thay cặp số (-6; 3) vào phơng trình thoả mÃn với a. Bài Cho phơng trình: mx + (m + 1).y -5 = (m lµ tham sè).

a) Chứng tỏ phơng trình (1) phơng trình bậc hai ẩn với giá trị cđa m.

b) Tìm giá trị m để (0; 3) nghiệm phơng trình. Hớng dẫn giải

Chứng tỏ: m m + không đồng thời => đ.p.c.m Thay (0; 3) vào ta tính đợc m =

2

Bµi Xét hệ phơng trình: '

ax y b a x y b

ì + =

ïï

íï + =

ïỵ (I)

a) Chứng tỏ hệ phơng trình (I ) có nghiệm với giá trị a; a; b b) Khi hệ phơng (I) có nghiệm nhất.

c) Giải hệ phơng trình a = 5; a’ =1; b = 2

Híng dÉn gi¶i

a) Ta cã: '

ax y b a x y b

ì + =

ïï

íï + =

ïỵ 

( ) ' ( ')

y ax b d y a x b d

ì =- +

ïï

ớù =- +

ùợ

Vì (d) (d) cắt (0; b) => hệ phơng trình có nghiệm (0;b)

b) Khi a = a’ => hƯ ph¬ng trình có vô số nghiệm. a ạ a => hÖ cã nghiÖm nhÊt: (0; b)

c)HS tù gi¶i

Bài 8: Cho hệ phương trình

mx y x y

334

  

 

  



a) Giải hệ phương trình cho m = 1

HD: a) Với m = 1: (x ; y) = (2002 ; 2001) b) Hệ cho vô nghiệm 

3 m

2 

Bài 9: Cho hệ phương trình:

x my

mx 3my 2m

 

 

  



a) Giải hệ phương trình với m = –3

b) Tìm giá trị m để hệ phương trình có nghiệm nhất HD: a) Hệ có vơ số nghiệm b) m ≠ m ≠ –3

Bài 10: Cho hệ phương trình:

mx y x y m

  



  

 Chứng tỏ m = –1, hệ phương trình có vô số nghiệm

HD: Thay m = –1 vào hệ  đpcm

Bài 11: Cho hệ phương trình:

3 (1)

2 (2)

x my m mx y m

 

 

   

a) Giải hệ phương trình m = 3

b) Tìm giá trị m để hệ phương trình có nghiệm thoả mãn x2 -2x -y > 0

HD: a) Thay m = => nghiệm hệ phương trình (x; y ) = ( 3; 2) b) Từ (1 ) ta có x = 3m -my Thay vào (2) ta có y = ; x = m Ta có : x2 - 2x - y = m2 - 2m - = (m - ) 2 - >

 m  > 3 

1 3 m m       

Bài 12: Cho hệ phương trình:

2mx y mx 3y

  

 

  

a) Giải hệ phương trình m = 1

b) Tìm giá trị m để hệ phương trình có nghiệm nhất HD: a) (x ; y) = (–2; 1); b) m 0

Bài 13 Giải hệ phơng tr×nh:

2

4

5

2.(1 )

2

2

x y y

x x y y ì + ïï = + ïïï í - + ïï = -ïï + -ùợ

Hớng dẫn giải Đặt ĐK: y ạ - 2 khử mẫu ta có hệ phơng trình trở thành:

4 40

2 x y x y ì - = ïï íï +

=-ùợ Giải hệ phơng trình đợc nghiệm: (x; y) =(7; -4)

2 Phương trình bậc hai Bài 1: Giải phương trình:

3) ( 1)x x 0 4) 2x2  ( 1)x 0   5)x2 ( 1)x  0 6) x4 – 11x2 + 10 = 0 7) 3x4 – 11x2 + = 0

8) (2x2 + x – 4)2 – (2x – 1)2 = 9) (x – 3)2 + (x + 4)2 = 23 – 3x 10)

2

2x x x x x 3x

  

   11)

1 1

x 4 x 4 3

12) 3(x2 + x) – 2(x2 + x) – = 0 13) (x2 – 4x + 2)2 + x2 – 4x – = 0 HS tù gi¶i

Bài 2: Cho phương trình x2  3x 50 gọi hai nghiệm phương trình x1, x2. Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức sau:

a)

1

x x b) 2

x x c) 12 22 1

x  x d) x13 x32

HD: Đưa biểu thức dạng x1 + x2 x1x2 sử dụng hệ thức Vi - ét

Bài 3: Cho phương trình: x2 – 2mx + m + = Tìm giá trị m để phương trình có một nghiệm x1 = Tìm nghiệm x2.

HD: m = 2, x2 = 2

Bài 4: Cho phương trình (m + 1)x2 − 2(m − 1)x + m − = (1)

a) Chứng minh m ≠ −1 phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm dấu HD: a) Chứng minh ' > 0

b) Phương trình (1) có hai nghiệm dấu  ac<0  m < −1 m > 3

Bài 5: Cho phương trình x2 − 2(m + 1)x + m − = (1) a) Giải phương trình (1) m = 1

b) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m c) gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1) Chứng minh :

A = x1(1 − x2) + x2(1 − x1) không phụ thuộc vào giá trị m HD: a) Khi m = 1: PT có hai nghiệm x 2 7 

b) A = 2(m + 1) − 2(m − 4) = 10  A không phụ thuộc vào m

Bài 6: Gọi x1, x2 nghiệm phương trình x2 − 2(m − 1)x + m − = 0

a) Không giải phương trình tính giá trị biểu thức P = (x1)2 + (x2)2 theo m b) Tìm m để P nhỏ nhất

HD: a) P = (x1 + x2)2 − 2x1x2 = 4(m − 1)2 − 2(m − 3) = 4m2 − 10m + 10 c) P =

2

5 15 15 (2m )

2 4

  

Vậy P nhỏ 15

4 

5 m

4  Bài 7: Cho phương trình x2 − 6x + m = (m tham số) (1)

a) Giải phương trình (1) với m = 5

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1 x2 thỏa mãn 3x1 + 2x2 = 20

HD: a) Với m =  x1 = 1, x2 = b) Đáp số: m = −16 (x1 = 8, x2 = −2) Bài 8: Cho phương trình x2 − 4x + k = 0

a) Giải phương trình với k = 3

Bài 9: Cho phương trình : x2 − (m + 5)x − m + = (1) a) Giải phương trình với m =

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x = −2 HD: a) ĐS: x1 = 1, x2 = b) ĐS: m = − 20

Bài 10: Cho phương trình x2 − 2mx + (m − 1)3 = 0 a) Giải phương trình với m = −1

b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt, có nghiệm bằng bình phương nghiệm lại.

HD: a) Với m = −1  x1 = 2, x2 = −4 b) m = m = 3 Bµi tËp vỊ nhµ

Bµi tập 1: Cho phơng trình: x2 - (2m- 6)x + m -13 = 0

a) Chøng minh r»ng ph¬ng trình có hai nghiệm phân biệt b) Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc A = - x1 x2 + x12 + x22 Bµi tËp 2: Cho phơng trình: x2 - 2(m+4)x + m2 - = 0

a) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt b) Tìm m để A = x12 + x22 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ nhất

c) Tìm m để B = x1 + x2 - 3x1x2 đạt giá trị lớn nhất

d) Tìm m để C = x12 + x22 - x1x2

Bài tập 3: Cho phơng trình: ( m - 1) x2 + 2mx + m + = 0

a) Giải phơng trình với m = 4

b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu

c) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1 x2 thoả mãn: A = x12 x2 + x22x1

d) Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm không phụ thuộc vào m

Bi tập 4: Tìm giá trị m để nghiệm x1, x2 phơng trình

mx2 - 2(m - 2)x + (m - 3) = tho¶ m·n ®iỊu kiƯn ¿ x12

+x22=1 ¿

Bài tập 5: Cho phơng trình x2 - 2(m - 2)x + (m2 + 2m - 3) = Tìm m để phơng trình có 2

nghiƯm x1, x2 ph©n biƯt tho¶ m·n x1

+ x2

=x1+x2

5

Bài tập 6: Cho phơng tr×nh: mx2 - 2(m + 1)x + (m - 4) = (m lµ tham sè).

a) Xác định m để nghiệm x1; x2 phơng trình thoả mãn x1 + 4x2 = 3

b) T×m mét hệ thức x1; x2 mà không phụ thuộc vào m Bài tập 7: Cho phơng trình x2 - (m + 3)x + 2(m + 1) = (1)

Tìm giá trị tham số m để phơng trình có (1) có nghiệm x1 = 2x2. Bài tập 8: Cho phơng trình mx2 - 2(m + 1)x + (m - 4) = 0

a) Tìm m để phơng trình có nghiệm.

b) Tìm m để phơng trình có nghiệm trái dấu Khi hai nghiệm, nghiệm nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn?

c) Xác định m để nghiệm x1; x2 phơng trình thoả mãn: x1 + 4x2 = 3.

Bài tập : a) Với giá trị m hai phơng trình sau có nhật nghiệm chung Tìm nghiệm chung đó? x2 - (m + 4)x + m + = 0 (1)

x2 - (m + 2)x + m + = 0 (2)

b) Tìm giá trị m để nghiệm phơng trình (1) nghiệm phơng trình (2) và ngợc lại.

Bài tập 10: Gọi x1, x2 nghiệm phơng trình: x2 - (2m - 1)x + m – = 0

Tìm m để x12+x22 có giá trị nhỏ nhất

Bµi tËp 29: Gọi x1; x2 là nghiệm phơng trình:

2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + = 0

Tìm giá trị lớn biểu thøc: A =x1x2 - 2x1 - 2x2

Bµi tËp 11: Gọi x1, x2 nghiệm phơng trình x2 + 2(m - 2)x - 2m + = 0

Tìm m để

¿ x12+x22

có giá trị nhỏ nhất.

Bài tập 12: Cho phơng trình: x2 - m + (m - 2)2 = 0

Tìm giá trị lớn vµ nhá nhÊt cđa biĨu thøc A = x1x2 + 2x1 + 2x2

Bài tập 13: Cho phơng trình: x2 - 2(m + 1)x + 2m + 10 = (m tham số) Tìm m cho

2 nghiệm x1; x2 phơng trình thoả mÃn 10x1x2 + ¿ x12

+x22 ¿

đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị đó.

Bµi tËp 17: Cho phơng trình: mx2 - (m + 3)x + 2m + =

a) Tìm m để phơng trình có nghiệm kép

b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt c) Tìm m để phơng trình có hiệu hai nghiệm 2 d) Tìm hệ thức liên hệ x1và x2 khơng phụ thuộc m Bài tập 18: Cho phơng trình: x2 - (2a- 1)x - 4a - =

a) Chứng minh phơng trình có nghiệm với giá trị a b) Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm không phụ thuộc vào a

c) Tìm giá trị nhỏ biểu thøc A = x12 + x22

Bµi tËp 19: Cho phơng trình bậc hai ,với tham số m : 2x2 - ( m + )x + m = (1)

1) Giải phơng trình (1) m = 2.

2) Tìm giá trị tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn

x1 + x2 = 2x1 x2.

3) Gäi hai nghiệm x1, x2 hai nghiệm ohơng trình )1) Tìm giá trị nhỏ biểu

thøc P = x1  x2

* Một số dạng tốn giải cách lập phơng trình, hệ phơng trình. Dạng tốn chuyển động

Quãng đờng AB dài 270 km, hai ô tô khởi hành lúc từ A đến b, ô tô thứ nhất chạy nhanh ô tô thứ hai 12 km/h nên đến trớc ô tơ thứ hai 42 phút Tính vận tốc mỗi xe.

* Hớng dẫn giải: - Trong cần hớng dẫn học sinh xác định đợc vận tốc xe. Từ xác định thời gian hết quãng đờng xe.

- Thời gian hết quãng đờng xe quãng đờng AB chia cho vận tốc của mỗi xe tơng ứng.

- Xe thứ chạy nhanh nên thời gian ®i cđa xe thø hai trõ ®i thêi gian ®i cña

xe thø nhÊt b»ng thêi gian xe thø nhÊt vỊ sím h¬n xe thø hai (42 =

7 10 giê)

* Lêi gi¶i: Gọi vân tốc xe thứ x (km/h, x > 12 ). Th× vËn tèc cđa xe thø hai lµ; x - 12 (km/h ).

Thời gian hết quãng đờng AB xe thứ

270

x (giê). Cña xe thø hai lµ

270 12

x ( ).

Theo ta có phơng trình:

270 270

12 10

x  x 

 2700x - 2700.(x -12) = 7x.(x -12)  7x2 - 84x - 32400 = 0

Giải phơng trình ta đợc x1 74,3; x2  - 62,3 (loại) Vậy, vận tốc xe thứ 74,3km/h.

VËn tèc cđa xe thø hai lµ 62,3km/h.

* Chú ý:- Trong dạng toán chuyển động cần cho học sinh nhớ nắm mối quan hệ giữa đại lợng: Quãng đờng, vận tốc, thời gian (S = v.t) Do đó, giải nên chọn một trong ba đại lợng làm ẩn điều kiện dơng Xây dựng chơng trình dựa vào tốn cho.

- Cần lu ý dạng tốn chuyển động chia nhiều dạng lu ý:

+ Nếu chuyển động quãng đờng vận tốc thời gian tỉ lệ nghịch với nhau

- Nếu chuyển động đoạn đờng không đổi từ A đến B từ B A thời gian lẫn thời gian thực tế chuyển động.

- Nếu hai chuyển động ngợc chiều nhau, sau thời gian hai chuyển động gặp nhau thì lập phơng trình: S1 + S2 = S.

2.Dạng toán liên quan đến số học:

* Bài toán: (SGK đại số 8)

Một số tự nhiên có hai chữ số, tổng chữ số Nếu thêm chữ số vào hai chữ số đợc số lớn số cho 180 Tìm số cho.

* Hớng dẫn giải: - Để tìm số cho tức ta phải tìm đợc thành phần nào (chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị ) Số có dạng nh nào?

- Nếu biết đợc chữ số hàng chục có tìm đợc chữ số hàng đơn vị không? Dựa sở nào?

- Sau viết chữ số vào hai số ta đợc số tự nhiên nh ? lớn số cũ bao nhiêu?

* Lêi gi¶i:

Gọi chữ số hàng chục chữ số cho x , điều kiện < x  x  N.

Thì chữ số hàng đơn vị số cho là: - x

Số cho có dạng: x.(7 x) = 10x + - x = 9x + 7

Viết thêm chữ số vào hai chữ số hàng chục hàng đơn vị ta đợc số có dạng : x0(7 x) = 100x + - x = 99x + 7

Theo bµi ta có phơng trình:

( 99x + ) - ( 9x + ) = 180  90x = 180

 x = Tho¶ mÃn điều kiện.

Vậy: chữ số hàng chục 2

chữ số hàng đơn vị - = số phải tìm 25

* Chú ý:- Với dạng toán liên quan đến số học cần cho học sinh hiểu đợc mối liên hệ giữa các đại lợng đặc biệt hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm

Biểu diễn dới dạng tắc nó: ab = 10a + b.

abc = 100a + 10b + c. .

3.Dạng toán suất lao động:

* Bài toán: ( SGK đại số 9)

Trong tháng giêng hai tổ sản xuất đợc 720 chi tiết máy Trong tháng hai tổ vợt mức 15%, tổ hai vợt mức 12% nên sản xuất đợc 819 chi tiết máy, tính xem tháng giêng tổ sản xuất đợc chi tiết máy?

* Híng dÉn gi¶i:

- Biết số chi tiết máy hai tổ tháng đầu 720 Nếu biết đợc hai tổ tính đợc tổ kia.

- Đã biết đợc số chi tiết máy tháng đầu, tính đợc số chi tiết máy sản xuất đợc của tháng kia.

- Tính số chi tiết máy sản xuất vợt mức tháng sau từ xây dựng phơng trình. * Lời giải: Gọi số chi tiết máy tổ sản xuất tháng đầu x (chi tiết )

§iỊu kiƯn x nguyên dơng, x < 720

Khi ú tháng đầu tổ sản xuất đợc: 720 - x ( chi tiết ). Tháng tổ sản xuất vợt mức

15

100 x ( chi tiết ).

Tháng tổ hai sản xuất vỵt møc

12

.(720 )

100  x ( chi tiÕt ).

Sè chi tiết máy tháng hai tổ vợt mức: 819 - 720 = 99 ( chi tiÕt ) Theo bµi ta có phơng trình:

15 12

.(720 ) 100 x100  x = 99

 15x + 8640 - 12x = 9900  3x = 9900 - 8640

 3x = 1260

 x = 420 (tho¶ m·n).

Vậy, tháng giêng tổ sản xuất đợc 420 chi tiết máy, Tổ hai sản xuất đợc 720 - 420 = 300 chi tiết máy.

* Chú ý: Loại tốn tơng đối khó giáo viên cần gợi mở để học sinh hiểu rõ bản chất nội dung toán để dẫn tới mối liên quan xây dựng phơng trình giải phơng trình nh loại tốn khác.

Khi gäi Èn, ®iỊu kiƯn ẩn cần lu ý bám sát ý nghĩa thực tế toán.

4.Dạng toán công việc làm chung, làm riêng:

Hai đội công nhân sửa mơng hết 24 ngày Mỗi ngày phần việc làm đợc

của đội 1

1

2 phần việc đội làm đợc Nếu làm mình, i s sa xong

con mơng ngày? * Hớng dẫn giải:

- Trong bi ny ta coi tồn cơng việc đơn vị công việc biểu thị số 1. - Số phần công việc ngày nhân với số ngày làm đợc 1.

* Lêi gi¶i:

Gọi số ngày đội phải làm để sửa xong mơng x ( ngày) ĐK x > Trong ngày đội làm đợc

1

2 c«ng viƯc.

Trong ngày đội làm đợc 1

1

2 x2x (công việc ). Trong ngày hai đội làm đợc

1

24 c«ng việc.

Theo ta có phơng trình :

1 24

x x 

 24 + 36 = x

 x = 60 tho¶ m·n ®iỊu kiƯn

Vậy, thời gian đội làm sửa xong mơng 60 ngày. Mỗi ngày đội làm đợc

3

2.6040 c«ng viƯc.

Để sửa xong mơng đội làm 40 ngày.

* Chú ý: ở loại toán , học sinh cần hiểu rõ đề bài, đặt ẩn, biểu thị qua đơn vị quy ớc Từ lập phơng trình giải phng trỡnh.

5.Dạng toán tỉ lệ chia phÇn:

* Bài tốn: (SGK đại số 8).

Hợp tác xà Hồng Châu có hai kho thóc, kho thø nhÊt h¬n kho thø hai 100 tÊn NÕu

chuyển từ kho thứ sang kho thứ hai 60 lúc số thóc kho thứ bằng

12 13 sè

thãc ë kho thø hai Tính số thóc kho lúc đầu. * H ớng dẫn giải:

Quá trình Kho I Kho II

Tríc chun x + 100 (tÊn) x (tÊn ), x > 0

Phơng trình: x + 100 - 60 =

12

13 (x + 60 )

* Lêi giải: Gọi số thóc kho thứ hai lúc đầu x (tấn ), x > 0. Thì số thóc kho thứ lúc đầu x + 100 (tÊn ).

Sè thãc ë kho thø nhÊt sau chun lµ x +100 -60 ( tÊn ). Sè thãc ë kho thø hai sau chun lµ x + 60 ( tÊn ). Theo bµi ta cã ph¬ng : x + 100 - 60 =

12

.( 60) 13 x

Giải phơng trình tìm đợc: x = 200 thoả mãn điều kiện. Vậy, kho thóc thứ hai lúc đầu có 200 thóc Kho thóc thứ lúc đầu có 200 + 100 = 300 thóc.

6.Dạng tốn có liên quan đến hình học:

* Bài toán: ( SGK đại số lớp ).

Một khu vờn hình chữ nhật có chu vi 280 m Ngời ta làm lối xung quanh v-ờn ( thuộc đất vv-ờn ) rộng 2m, diện tích đất cịn lại để trồng trọt 4256 m2 Tính kích

thíc cđa vên.

* Hớng dẫn giải: - Nhắc lại cơng thức tính chu vi diện tích hình chữ nhật. - Vẽ hình minh hoạ để tìm lời giải.

* Lời giải : Gọi độ dài cạnh hình chữ nhật x ( m ), điều kiện < x < 140 Độ dài cạnh lại là: 140 - x (m ).

Khi làm lối xung quanh, độ dài cạnh phần đất trồng trọt x - 4(m) 140 - x - = 136 - x (m).

Theo ta có phơng trình : ( x - ).( 136 - x ) = 4256  140x - x2 - 544 = 4256

 x2 - 140x - 4800 = 0

Giải phơng trình tìm đợc x1 = 80; x2 = 60 (thoả mãn). Vậy kích thớc mảnh vờn hình chữ nhật 60m 80m.

7.To¸n cã néi dung vËt lý, hoá học:

* Bài toán: ( tài liệu «n thi tèt nghiÖp bËc THCS )

Ngời ta hoà lẫn 8g chất lỏng với 6g chất lỏng khác có khối lợng nhỏ nó 200kg/m3 để đợc hỗn hợp có khối lợng riêng 700kg/m3 Tìm khối lợng riêng mỗi

chÊt láng?

* Hớng dẫn giải: - Để giải toán ta cần ý khối lợng riêng chất đợc tính theo công thức: D = m

V ⇒ V =

Trong đó: m khối lợng tính kg V thể tích vật tính m3

D lµ khèi lợng riêng tính kg/m3

* Lời giải: Gọi khối lợng riêng chất thứ x (kg/m3), điều kiện x > 200

Thì khối lợng riêng cđa chÊt thø hai lµ: x – 200 (kg/m3)

ThĨ tÝch cđa chÊt thø nhÊt lµ:

0,008

x (m3)

ThĨ tÝch cđa chÊt thø hai lµ:

0, 006 200

x ( m3 ).

ThĨ tÝch cđa khèi chÊt láng hỗn hợp là:

0,008 0,006 700

( m3).

Trớc sau trộn tổng thể tích hai chất lỏng khơng đổi, nên ta có phơng

tr×nh:

0, 008 0,006 0,008 0,006 200 700

x x



 



Giải phơng trình ta đợc: x1 = 800 thoả mãn điều kiện x2 = 100 ( loại ).

Vậy khối lợng riêng chất thứ 800 kg/m3

Khối lợng riêng chất thø hai lµ 600 kg/m3. Bµi tËp vỊ nhµ

Bài 1: Một người xe máy từ A đến B với vận tốc trung bình 30km/h Khi đến B, người đó nghỉ 20 phút quay trở A với vận tốc trung bình 25km/h Tính qng đường AB, biết thời gian lẫn 50 phút.

HD: Gọi độ dài quãng đường AB x km (x > 0) Ta có phương trình:

x x

5

30 25 3   6 Giải ta được: x = 75 (km)

Bài 2: Hai canô khởi hành lúc chạy từ bến A đến bến B Canô I chạy với vận tốc 20km/h, canô II chạy với vận tốc 24km/h Trên đường đi, canơ II dừng lại 40 phút, sau đó tiếp tục chạy với vận tốc cũ Tính chiều dài quãng sông AB, biết hai canô đến bến B lúc.

HD: Gọi chiều dài quãng sông AB x km (x > 0) Ta có phương trình:

x x

20 24 3 Giải ta được: x = 80 (km)

HD: Gọi độ dài quãng đường AB x km (x > 120) Ta có phương trình:

x x x

60 : 40 60 : 50

2 40

   

    

   

    Giải ta được: x = 280 (km) Bài 4: Một tàu thủy chạy khúc sông dài 80km, lẫn 8giờ 20phút Tính vận tốc tàu thủy nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước 4km/h.

HD: Gọi vận tốc tàu thủy nước yên lặng x km/h (x > 0) Ta có phương trình:

80 80

8

x 4 x 4  3 Giải ta được: x

5 

(loại), x2 = 20 (km) Bài 5: Một ca nô bè gỗ xuất phát lúc từ bến A xi dịng sơng Sau đi được 24 km ca nô quay trở lại gặp bè gỗ địa điểm cách A km Tính vận tốc của ca nô nước yên lặng biết vận tốc dòng nước km / h.

HD: Gọi vận tốc canô nước yên lặng x km/h (x > 4) Ta có phương trình:

24 16

x 4  x 4  Giải ta x1 = (loại), x2 = 20 (km/h) Bài 6: Một người xe đạp từ tỉnh A đến tỉnh B cách 50 km Sau 30 phút, một người xe máy từ A đến B sớm Tính vận tốc xe, biết rằng vận tốc xe máy gấp 2,5 lần vận tốc xe đạp.

HD: Gọi vận tốc xe đạp x km/h (x > 0) Ta có phương trình:

50 50

(1,5 1)

x 2,5x  Giải ta được: x = 12 (thỏa mãn)

Bài 7: Nhà trường tổ chức cho 180 học sinh khối tham quan di tích lịch sử Người ta dự tính: Nếu dùng loại xe lớn chuyên chở lượt hết số học sinh phải điều nếu dùng loại xe nhỏ Biết xe lớn có nhiều xe nhỏ 15 chỗ ngồi. Tính số xe lớn, loại xe huy động

HD: Gọi số xe lớn x (x  Z+) Ta có PT:

180 180 15

x  x 2   x1 = 4; x2 = –6 (loại)

Bài 8: Một đội xe cần chuyên chở 100 hàng Hơm làm việc, có hai xe điều làm nhiệm vụ nên xe phải chở thêm 2,5 Hỏi đội có xe? (biết số hàng chở xe nhau)

HD: Gọi x (xe) số xe đội (x > x  N)

Ta có phương trình:

100 100

x 2  x 2 Giải ta được: x1 = −8 (loại), x2 = 10 (thỏa mãn)

Bài 9: Để làm hộp hình hộp khơng nắp, người ta cắt hình vng nhau ở góc miếng nhơm hình chữ nhật dài 24cm, rộng 18cm Hỏi cạnh hình vng bao nhiêu, biết tổng diện tích hình vng

2

5 diện tích đáy hộp?

HD: Gọi x (cm) độ dài cạnh hình vng bị cắt ( < x < 9) Ta có phương trình:

2

4x (24 2x)(18 2x)

  

Bài 10: Cho số có hai chữ số Tìm số đó, biết tổng hai chữ số nhỏ số đó lần, thêm 25 vào tích hai chữ số số viết theo thứ tự ngược lại với số cho

HD: Gọi số phải tìm xy (0 < x, y ≤ x, y  Z)

Ta có hệ:

6(x y) 10x y x xy 25 10y x y

   

 



 

   

  Vậy số phải tìm 54

Thø 4,ngµy 10 / 6/ 2009

Chuyên đề IV

Bài tập Hình tổng hợp

Bi 1 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt

H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chứng minh rằng:

Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp

Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC

H M đối xứng qua BC

Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF

Lêi giải:

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

 CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)  CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)

=>  CEH +  CDH = 1800

Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE đờng cao => BE  AC => BEC = 900.

Nh E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng tròn đờng kính BC.

Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng trịn

3. XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã:  AEH =  ADC = 900 ; Â góc chung

=> AEH ADC => AE

AD= AH

AC => AE.AC = AH.AD

* XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã:  BEC =  ADC = 900 ; C lµ gãc chung

=>  BEC ADC => BE

AD= BC

AC => AD.BC = BE.AC

4 Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)

C2 = A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM)

=> C1 =  C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C

=> CB đơng trung trực HM H M đối xứng qua BC

5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng trịn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF)

Cịng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp

C1 = E2 ( hai góc nội tiÕp cïng ch¾n cung HD)  E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED

Chng minh tơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng trịn nội tiếp tam giác DEF

Bài 2 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn

ngoại tiếp tam giác AHE

1 Chứng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp

2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Chứng minh ED =

2 BC

4 Chứng minh DE tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm

Lêi gi¶i:

1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:

 CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)

 CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)

=>  CEH +  CDH = 1800

Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp

2 Theo giả thiết: BE đờng cao => BE  AC => BEA = 900.

AD đờng cao => AD  BC => BDA = 900.

Nh E D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng trịn đờng kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn

3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900

Vậy tam giác BEC vuông E cã ED lµ trung tuyÕn => DE =

2 BC

4. Vì O tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1)

Theo DE =

2 BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2)

Mà B1 = A1 ( phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3

Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E

Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E

5 Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vng E ta có ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32  ED = 4cm

Bài 3 Cho nửa đờng trịn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa

đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N

3 Chøng minh AC BD = AB

2

4 Chøng minh OC // BM

5 Chứng minh AB tiếp tuyến đờng trịn đờng kính CD Chứng minh MN  AB

7 Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ

Lêi gi¶i:

1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD

2. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM vµ BOM lµ hai gãc kỊ bï => COD = 900.

3. Theo COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM  CD ( OM tiếp tuyến ). áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM,

Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB

2

4. Theo trªn COD = 900 nªn OC  OD (1)

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM  OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD)

5. Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO bán kính

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đờng trung bình hình thang ACDB => IO // AC , mà AC  AB => IO  AB O => AB tiếp tuyến O đờng trịn đờng kính CD

6 Theo trªn AC // BD => CN

BN= AC

BD , mà CA = CM; DB = DM nên suy CN BN=

CM DM

=> MN // BD mµ BD  AB => MN  AB

7 ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vuông góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB

Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng trịn bàng tiếp góc

A , O lµ trung ®iĨm cđa IK

Chứng minh B, C, I, K nằm đờng tròn Chứng minh AC tiếp tuyến đờng trịn (O)

Tính bán kính đờng trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm

Lêi gi¶i: (HD)

1. Vì I tâm đờng trịn nội tiếp, K tâm đờng trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B

Do BI  BK hayIBK = 900

Tơng tự ta có ICK = 900 nh B C nằm đờng

trịn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng tròn

2. Ta cã C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 )

I1 =  ICO (3) ( v× tam giác OIC cân O)

T (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC Vậy AC tiếp tuyến đờng tròn (O) 3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm

AH2 = AC2 – HC2 => AH =

√202−122 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = CH

2 AH =

122

16 = (cm)

OC = √OH2

Bài 5 Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB

Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp

Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn

Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2.

Chứng minh OAHB hình thoi

Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hµng

Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d

Lêi gi¶i:

1. (HS tù lµm)

2. Vì K trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đờng kớnh

Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh vËy K, A,

B nhìn OM dới góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính OM

Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn

3 Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM  AB t¹i I

Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đờng cao. áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2. 4 Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH

OA  MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB h×nh thoi

5 Theo OAHB hình thoi => OH  AB; theo OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vng góc với AB)

6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nhng ln cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng trịn tâm A bán kính AH = R

Bài 6 Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng

kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E Chứng minh tam giác BEC cân

Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) Chứng minh BE = BH + DE

Lêi gi¶i: (HD)

1.  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2

2 Hai tam gi¸c vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB

=> AI = AH

3 AI = AH vµ BE  AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I

4 DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED

Bài 7 Cho đờng trịn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P

cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M

Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn Chứng minh BM // OP

Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành

Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng

Lời giải:

1. (HS tự làm)

2. Ta cã  ABM néi tiÕp ch¾n cung AM; AOM góc tâm

chắn cung AM =>  ABM =

2

AOM



(1) OP tia phân giác

AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) =>  AOP =

AOM



(2) Tõ (1) vµ (2) =>  ABM = 

Mà  ABM  AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4)

3. Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB).

=> PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5)

Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song v bng nhau)

4. Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => ON  PJ

Ta cịng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tun ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K lµ trung ®iĨm

của PO ( t/c đờng chéo hình ch nht) (6)

AONP hình chữ nhật => APO =  NOP ( so le) (7)

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đờng cao => IK  PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng

Bài 8 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên

nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng trịn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K

1) Chøng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh r»ng: AI2 = IM . IB.

3) Chøng minh BAF tam giác cân

4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi

5) Xỏc định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn

Lêi gi¶i:

1 Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> KMF = 900 (vì hai góc kề bù). AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> KEF = 900 (vì hai góc kề bù).

=> KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối

của tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp

2. Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vng A có AM  IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM . IB.

3. Theo giả thiết AE tia phân gi¸c gãc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……)

=> ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2).

Tõ (1) (2) => BAF tam giác cân B

4. BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm AF (3)

Từ BE  AF => AF  HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6)

Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng)

5. (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn AKFI phải hình thang cân

Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc nội tiếp ) (7)

Tam giác ABI vuông A cã ABI = 450 => AIB = 450 (8)

Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau).

Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn

Bài 9 Cho nửa đờng trịn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng

tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi

Chøng minh  ABD =  DFB

Chøng minh r»ng CEFD tứ giác nội tiếp

Lời giải:

1. C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng

trßn ) => BC  AE

ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B cã BC lµ

đ-ờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB

đ-ờng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi

2.  ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ).

=> ABD + BAD = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1)  ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ).

=> AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác b»ng 1800) (2)

Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD)

3. Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800

ECD + ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kỊ bï) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD).

Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB Mµ EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) nên suy

ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE ú t giỏc

CEFD tứ giác néi tiÕp

Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi

M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đơng vng góc từ S đến AB

Chứng minh bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh tam giác PS’M

c©n

Chứng minh PM tiếp tuyến đờng trịn

Lêi gi¶i:

1 Ta cã SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n

nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới

một góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính AS.

Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đờng trịn

2 Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đờng tròn nên M’ nằm đờng tròn => hai cung AM AM’ có số đo => AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1)

Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2)

=> Tõ (1) vµ (2) => AS’S= ASS’

Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP ) => AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân P

3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S1 (cùng phụ với S) (3)

Tam giác PMS cân P => S’1 = M1 (4)

Tam gi¸c OBM cân O ( có OM = OB =R) => B1 = M3 (5)

Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = AMB = 900 nªn suy

ra M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M

Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) im D, E,

F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh :

1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän

2. DF // BC 3 Tø gi¸c BDFC néi tiÕp 4 BD

Lêi gi¶i:

1 (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam giác ADF

cân A => ADF= AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( v×

gãc DEF néi tiếp chắn cung DE)

Chứng minh tơng tự ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã

ba gãc nhän

2 Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) =>

AD AF

AB AC => DF // BC.

3 DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân)

=> BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn

4 Xét hai tam giác BDM CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân)

BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI);  CBF = BFD (v× so le) => BDM = CBF => BDM CBF => BD

CB= BM CF

Bài 12 Cho đờng trịn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng

AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn P Chứng minh :

1 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp

2 Tø gi¸c CMPO hình bình hành

3 CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M

4 Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định

Lêi gi¶i:

1 Ta cã OMP = 900 ( v× PM AB ); ONP = 900 (vì NP tiÕp tuyÕn ).

Nh vËy M vµ N cïng nhìn OP dới góc 900 => M N cïng n»m

trên đờng trịn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp

2 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM =  ONM (néi tiÕp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O cã ON = OC = R => ONC = OCN

=> OPM = OCM

XÐt hai tam gi¸c OMC vµ MOP ta cã MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM l¹i

có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2) Tõ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành

3. Xét hai tam giác OMC NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa

đ-ờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C gãc chung => OMC NDC

=>

CM CO

CD CN => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2

không đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M

4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vng góc

víi CD D

Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song vµ b»ng AB

Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A ,

Vẽ nửa đờng trịn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng trịn đờng kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật

BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC

Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn

Lời giải: 1 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> AFH = 900 (vì hai góc kề

EAF = 900 ( V× tam giác ABC vuông A) (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)

2 T giỏc AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung

AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối

tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp

3 Xét hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo Chøng

minh trªn) => AEF ACB =>

AE AF

ACAB => AE AB = AF AC.

* HD cách 2: Tam giác AHB vuông t¹i H cã HE  AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC

4 Tø giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H b¸n kÝnh) => E2 = H2

=> E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF

Chứng minh tơng tự ta có O2F  EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn

Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vỊ mét phÝa cđa AB c¸c

nửa đờng trịn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K

Đờng vng góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng tròn (I), (K)

a)Chøng minh EC = MN

b)Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đờng trịn (I), (K)

c)TÝnh MN

d)Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng trịn

Lêi gi¶i:

1 Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K)

=> ENC = 900 (vì hai gãc kÒ bï) (1)

AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2)

AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) 2 Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K) => B1 = C1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3

=> B1 = N3.(4) L¹i cã KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5)

Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay

MN  KN t¹i N => MN tiếp tuyến (K) N

Chng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng trịn (I), (K)

3 Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vng A có EC  AB (gt)

=> EC2 = AC BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm. 4 Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm

Ta cã S(o) =  OA2 = 252 = 625; S(I) =  IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 =  202 = 400

Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S =

1

2 ( S(o) - S(I) - S(k))

S =

1

2( 625- 25- 400) =

2.200  = 100 314 (cm2)

Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng trịn (O) có đờng kính MC

Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp

Chứng minh CA tia phân gi¸c cđa gãc SCB

Gọi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy

Chøng minh DM tia phân giác góc ADE

Chng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE

Lêi gi¶i:

Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vng A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng trịn

đờng kính BC => ABCD t giỏc ni tip

ABCD tứ giác nội tiÕp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB) D1= C3 =>

 

SM EM => C

2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung nhau)

=> CA tia phân giác góc SCB

3 Xột CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC nh BA, EM, CD ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy

4 Theo Ta có SM EM  => D1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) 5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900

Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ

giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2

Tø giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD)

=> A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2)

Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng trịn nội tiếp tam giác ADE

TH2(H×nh b)

C©u : ABC = CME (cïng phơ ACB); ABC = CDS (cïng bïADC) => CME = CDS

=> CE CS  SM EM => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB

Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng tròn đờng kính BD cắt BC

tại E Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G Chứng minh :

1.Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD 2.Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp

AC // FG

3.Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy

Lêi gi¶i:

1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC

vuụng A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB  CAB 2 Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kỊ bï); BAC = 900

( ABC vuông A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mµ

* BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) hay BFC = 900 nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn đờng

kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp

3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so

le nªn suy AC // FG

4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S

Bài 17. Cho tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M khơng trùng B C,

H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với cạnh AB AC

1.Chng minh APMQ l tứ giác nội tiếp xác định tâm O đờng trịn ngoại tiếp tứ giác 2.Chứng minh MP + MQ = AH

3.Chøng minh OH  PQ

Lêi gi¶i:

1. Ta cã MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC (gt)

=> AQM = 900 nh vËy P Q nhìn BC dới góc

bằng 900 nên P Q nằm đờng trịn đờng kính AM

=> APMQ lµ tø gi¸c néi tiÕp

* Vì AM đờng kính đờng trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM

2 Tam giác ABC có AH đờng cao => SABC =

2BC.AH.

Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM =

2AB.MP

Tam giác ACM có MQ đờng cao => SACM =

2AC.MQ

Ta cã SABM + SACM = SABC =>

2AB.MP +

2AC.MQ =

2BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH

Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH

3 Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác => HAP = HAQ => HP HQ  ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đờng cao => OH  PQ

Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H khơng trùng O, B) ;

trên đờng thẳng vng góc với OB H, lấy điểm M ngồi đờng trịn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC

1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiÕp

2 Chứng minh đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I

3 Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp

Lêi gi¶i:

1 Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> MCI = 900 (vì hai góc kề bù) ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng trũn )

=> MDI = 900 (vì hai gãc kÒ bï).

=> MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nờn

MCID tứ giác nội tiếp

2 Theo trªn Ta cã BC  MA; AD MB nên BC AD hai đ-ờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực

tõm ca tam giác MAB Theo giả thiết MH  AB nên MH đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I

3 OAC cân O ( OA OC bán kÝnh) => A1

= C4

Mà A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( v× gãc

ACM lµ gãc bĐt) hay OCK = 900

XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mµ OHK vµ OCK lµ

hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp

Bài 19. Cho đờng trịn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M l

trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD Chứng minh tứ gi¸c BMDI néi tiÕp

2 Chøng minh tø giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD

4 Chứng minh I, B, E thẳng hàng Chøng minh MI lµ tiÕp tun cđa (O’)

Lêi gi¶i:

1 BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 (vì

lµ hai gãc kỊ bï); DE  AB t¹i M => BMD = 900

=> BID + BMD = 1800 mà hai góc i ca t giỏc MBID

nên MBID tø gi¸c néi tiÕp

2 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE  AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung)

=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng 3 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DC; theo BI  DC => BI // AD (1)

4 Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2)

Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thôi.)

5 I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; OIC cân O ( OC OI bán kính )

=> I3 = C1 mµ C1 = E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mµ I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI  O’I t¹i I => MI lµ tiÕp tun cđa (O’)

Bài 20. Cho đờng trịn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc C Gọi AC BC hai đờng

kÝnh ®i qua ®iĨm C (O) (O) DE dây cung (O) vuông góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O) F, BD cắt (O) G Chứng minh rằng:

1 Tø gi¸c MDGC néi tiÕp

2 Bốn điểm M, D, B, F nằm đờng trịn Tứ giác ADBE hình thoi

4 B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy

6 MF = 1/2 DE

7 MF tiếp tuyến (O)

Lời giải:

1 BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn )

Theo gi¶ thiÕt DE  AB t¹i M => CMD = 900

=> CGD + CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp

2 BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE  AB M)

nh F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm đờng trịn đờng kính BD

=> M, D, B, F nằm đờng tròn

3 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE  AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung)

=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng

4 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DF ; theo tứ giác ADBE hình tho

=> BE // AD mµ AD  DF nªn suy BE  DF

Theo BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF  DF mà qua B có đờng thẳng

vu«ng gãc víi DF đo B, E, F thẳng hàng

5 Theo DF  BE; BM  DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đờng cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy

6 Theo trªn DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( v× tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh hun)

7 (HD) theo trªn MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1

OBF cân O ( OB OF bán kính ) => F3 = B1 mµ B1 = D1 (Cïng phơ víi DEB )

=> F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mµ F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’

hay MF  O’F t¹i F => MF lµ tiÕp tun cđa (O’)

Bài 21. Cho đờng trịn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, trờn

(I) lấy P bất kì, AP cắt (O) t¹i Q

1 Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xúc A Chứng minh IP // OQ

3 Chøng minh r»ng AP = PQ

4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn

Lêi gi¶i:

1 Ta có OI = OA – IA mà OA IA lần lợt bán kính đờng trịn (O) đờng trịn (I) Vậy đờng tròn (O) đờng tròn (I) tiếp xúc A

2 OAQ c©n O ( OA OQ bán kÝnh ) => A1 = Q1

IAP cân I ( IA IP b¸n kÝnh ) => A1 = P1

=> P1 = Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ

3.APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP  AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân

tại O nên OP đờng trung tuyến => AP = PQ

4. (HD) KỴ QH  AB ta cã SAQB =

2AB.QH mà AB đờng kính khơng đổi nên SAQB lớn QH lớn

nhất QH lớn Q trùng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO.Thật P trung điểm cung AO => PI  AO mà theo PI // QO => QO  AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn

Bài 22. Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vng góc với DE, đờng

thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thứ tự H K Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp

2 TÝnh gãc CHK

3 Chøng minh KC KD = KH.KB

4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào?

Lêi gi¶i: 1 Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900;

BH DE H nên BHD = 900 => nh vËy H vµ C cïng nh×n BD

d-ới góc 900 nên H C nằm đờng trịn đờng kính

BD => BHCD tứ giác nội tiếp

2. BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2).

=> KHC KDB =>

KC KH

KBKD => KC KD = KH.KB

4 (HD) Ta có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển

động cung BC (E  B H  B; E  C H  C)

Bài 23. Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE

1 Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng

2 ng thng HD ct đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân

3 Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm cđa BF vµ

ED, Chứng minh điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn

4 Chứng minh MC tiếp tuyến đờng trịn ngoại tiếp tam giác ABC

Lêi gi¶i:

1. Theo giả thiết ABHK hình vuông => BAH = 450

Tứ giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông ë A => BAC = 900

=> BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng.

2. Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) nên tam giác BFC vng F (1). FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2).

Tõ (1) vµ (2) suy FBC tam giác vuông cân F

3 Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vu«ng).

=> CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF

= CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vuông) => CMF = 450 hay CMB = 450

Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông).

Nh vËy K, E, M cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dùng trªn BC

=> điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn

4 CBM cã B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC  BC t¹i C => MC tiếp tuyến

đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bi 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng trịn đờng kính AC có tâm O, đờng trịn ny ct

BA BC D E Chøng minh AE = EB

Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đờng trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH

Chứng minh OD tiếp tuyến đờng trịn ngoại tiếp tam giác BDE

Lêi gi¶i:

1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450

=> AEB tam giác vuông cân t¹i E => EA = EB

F

1

1

1

/

/ _

_

K

H

I

E D

O

C B

A

2 Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE  HE E => IK  HE K (2).

Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trùc cđa HE VËy trung trực đoạn HE qua trung điểm I cđa BH

3. theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mµ I lµ trung ®iĨm cđa BH => IE = IB

 ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vng

D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID

Ta cã ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3)

IBD cân I (vì ID IB bán kính ) => D2 = B1 (4)

Theo ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH  AC F => AEB có AFB = 900

Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B

1 = C1 ( cïng phô BAC) (5)

Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD  ID

tại D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE

Bài 25. Cho đờng tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn (O) B C

chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đờng vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q

1 Chøng minh tam giác ABC cân 2 Các tứ giác BIMK, CIMH néi tiÕp

3 Chøng minh MI2 = MH.MK 4 Chøng minh PQ  MI. Lêi gi¶i:

2. Theo gi¶ thiÕt MI  BC => MIB = 900; MK  AB => MKB = 900.

=> MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp * ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tựtứ giác BIMK )

3 Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 1800; tø gi¸c

CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800 mµ KBI = HCI ( tam giác

ABC cân A) => KMI = HMI (1)

Theo trªn tø gi¸c BIMK néi tiÕp => B1 = I1 ( néi tiếp chắn cung

KM); tứ giác CHMI nội tiÕp => H1 = C1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung IM)

Mµ B1 = C1 ( = 1/2 s® BM ) => I1 = H1 (2)

Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH =>

MI MK

MH MI => MI2 = MH.MK

4 Theo trªn ta cã I1 = C1; cịng chøng minh tơng tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800

=> I1+ I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp

=> Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả

thiÕt MI BC nªn suy IM  PQ

Bài 26. Cho đờng trịn (O), đờng kính AB = 2R Vẽ dây cung CD  AB H Gọi M điểm

cđa cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chứng minh :

1 KC

KB= AC

AB 2 AM tia phân giác CMD 3 Tứ giác OHCI néi

tiÕp

4 Chứng minh đờng vuông góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng trịn M

Lêi gi¶i: 1 Theo giả thiết M trung điểm BC => MB MC 

=> CAM = BAM (hai gãc néi tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia phân giác góc CAB => KC

KB= AC

AB ( t/c tia phân giác tam giác )

2. (HD) Theo gi¶ thiÕt CD  AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân giác góc CMD

3 (HD) Theo giả thiết M trung điểm cđa BC => OM  BC t¹i I => OIC = 900 ; CD  AB t¹i H

=> OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp

4 Kẻ MJ  AC ta có MJ // BC ( vng góc với AC) Theo OM  BC => OM  MJ J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M

Bài 27 Cho đờng tròn (O) điểm A ngồi đờng trịn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A

tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH 

BC, MK  CA, MI  AB Chøng minh :

1. (HS tù giải)

2. Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO =  BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO)

3. Theo gi¶ thiÕt MH  BC => MHC = 900; MK  CA => MKC = 900

=> MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội

tiÕp cïng ch¾n cung HM)

Chứng minh tơng tự ta có tứ giác MHBI nội tiÕp => MHI = MBI (néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM ) => HKM = MHI (1) Chøng minh t¬ng tù ta còng cã

KHM = HIM (2) Tõ (1) vµ (2) =>  HIM  KHM

4. Theo trªn  HIM  KHM =>

MI MH

MH MK => MI.MK = MH2

Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H

qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đờng tròn (O)

3 Chøng minh tứ giác BCFE hình thang cân

4 Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC

Lời gi¶i:

1 Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đ-ờng chéo cắt trung điểm đđ-ờng

2 (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ = 1800 mà BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF

lµ hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800

=> Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O)

* H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC =>  BEC + BAC = 1800

=> ABEC néi tiÕp => E thuéc (O)

3 Ta có H E đối xứng qua BC => BC  HE (1) IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE  HE (2)

Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3)

Theo trªn E (O) => CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4)

Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE (

cïng phơ ACB) (5)

Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6)

Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang c©n

4. Theo AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH

Theo giả thiết I trung điểm BC => OI  BC ( Quan hệ đờng kính dây cung) => OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI =  HGA (đối đỉnh) => OGI HGA =>

GI OI

GA HA mµ OI =

1

2 AH

=>

1

GI

GA mµ AI lµ trung tuyến tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm

Bài 29 BC dây cung đờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H

1 Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gọi A’ trung điểm BC, Chứng minh AH = 2OA’

3 Gäi A1 lµ trung ®iĨm cđa EF, Chøng minh R.AA1 = AA’ OA’

4 Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để

tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn

Lời giải: (HD)

1 Tứ giác BFEC nội tiếp => AEF = ACB (cïng bï BFE) AEF = ABC (cïng bï CEF) =>  AEF  ABC

2 Vẽ đờng kính AK => KB // CH ( vng góc AB); KC // BH (cùng vng góc AC) => BHKC hình bình hành => A’ trung điểm HK => OK đờng trung bình AHK => AH = 2OA’

3. áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính các đờng trịn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có :

 AEF  ABC =>

' '

R AA

R AA (1) R bán kính đờng trịn ngoại tiếp ABC; R’ bán kớnh

đ-ờng tròn ngoại tiếp AEF; AA lµ trung tun cđa ABC; AA1 lµ trung tun cđa AEF

Tứ giác AEHF nội tiếp đờng tròn đờng kính AH nên đờng trịn ngoại tiếp AEF Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’

AH

= AA’

2 '

A O

VËy R AA1 = AA’ A’O (2)

4 Gọi B’, C’lần lợt trung điểm AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lợt đờng cao tam giác OBC, OCA, OAB

SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =

2( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )

2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3)

Theo (2) => OA’ = R

1

'

AA AA mµ

1

'

AA

AA là tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC

nªn

1

'

AA AA =

EF

BC T¬ng tù ta cã : OB’ = R FD

AC ; OC’ = R ED

AB Thay vào (3) ta đợc

2SABC = R (

EF FD ED

BC AC AB

BC  AC AB )  2SABC = R(EF + FD + DE)

* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC

Ta cã SABC =

2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm

chÝnh giìa cđa cung lín BC

Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH

bán kính OA

Chứng minh AM phân giác góc OAH Giả sử B > C Chứng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 vµ OAH = 200 TÝnh:

B vµ C cđa tam giác ABC

b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R

Lêi gi¶i: (HD)

2 VÏ d©y BD  OA => AB AD => ABD = ACB

Ta cã OAH =  DBC ( góc có cạnh tơng ứng vuông góc nhọn) => OAH = ABC - ABD =>

OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C

3 a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn B C = OAH => B - C = 200

=>

0

0

120 70

20 50

B C B

B C C

     

 



 

     

 

 

b) Svp= SqBOC - SBOC =

2

.120

360 2

R R

R





=

2 2

(4 3)

3 12

R R R

  

 

Bµi 31 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp (O; R), biÕt BAC = 600.

Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R

Vẽ đờng kính CD (O; R); gọi H giao điểm ba đờng cao tam giác ABC Chứng minh BD // AH AD // BH

TÝnh AH theo R

Lêi gi¶i:

1 Theo giả thiết BAC = 600 => sđBC=1200 ( t/c gãc néi tiÕp )

=> BOC = 1200 ( t/c gãc ë t©m)

* Theo sđBC =1200 => BC cạnh tam giác nội tiếp

(O; R) => BC = R

2 CD đờng kính => DBC = 900 hay DB  BC; theo giả thiết AH

đờng cao => AH  BC => BD // AH Chứng minh tơng tự ta đợc AD // BH

3. Theo trªn DBC = 900 => DBC vuông B có BC = R 3; CD = 2R.

=> BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R 3)2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R.

Theo trªn BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành => AH = BD => AH = R

Bài 32 Cho đờng trịn (O), đờng kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H OB

Chứng minh MN di động , trung điểm I MN nằm đờng trịn cố định

Tõ A kỴ Ax  MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN hình bình hành

Chng minh C trực tâm tam giác AMN Khi MN quay quanh H C di động đờng Cho AM AN = 3R2 , AN = R

√3 Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác AMN

Lời giải: (HD)

OH cố địmh nên MN di động I di động nhng ln nhìn OH cố định dới góc 900 I di

động đờng trịn đờng kính OH Vậy MN di động , trung điểm I MN nằm đờng trịn cố định

2 Theo gi¶ thiết Ax MN; theo OI MN I => OI // Ax hay OI // AC mµ O trung điểm AB => I trung điểm BC, lại có I trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai đ-ờng chéo cắt trung điểm đđ-ờng )

3 CMBN l hỡnh bỡnh hnh => MC // BN mà BN  AN ( ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa ng

tròn ) => MC AN; theo AC MN => C trực tâm tam gi¸c AMN

4 Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đờng tung bình OBC => IH // OC Theo giả thiết Ax  MN hay IH  Ax => OC  Ax C => OCA = 900 => C thuộc đờng trịn đờng

kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đờng trịn đờng kính OA cố định

5. Ta cã AM AN = 3R2 , AN = R

√3 => AM =AN = R 3 => AMN cân A (1) Xét ABN vuông t¹i N ta cã AB = 2R; AN = R √3 => BN = R => ABN = 600 ABN = AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => AMN = 600 (2).

Từ (1) (2) => AMN tam giác => SAMN =

2

3

R

=> S = S(O) - SAMN =

2 R  - 3 R =

2(4 3 3

4

R  

Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đờng tròn M

Chøng minh OM  BC Chøng minh MC2 = MI.MA.

Kẻ đờng kính MN, tia phân giác góc B C cắt đ-ờng thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đờng trũn

Lời giải:

1 AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM CM => M trung điểm cung BC => OM  BC

2 XÐt MCI vµ MAC cã MCI =MAC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau); M lµ gãc chung

=> MCI MAC =>

MC MI

MA MC => MC2 = MI.MA. 3. (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => P

1 = 900 – K1 mà K1 góc tam

giác AKB nªn K1 = A1 + B1 = 2

A B

 



(t/c phân giác góc ) => P1 = 900 – ( 2

A B

 

) (1)

CQ tia phân gi¸c cđa gãc ACB => C1 =

C



=

1

2(1800 - A - B) = 900 – ( 2

A B

 



) (2)

Tõ (1) vµ (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mµ P vµ C n»m cïng vỊ mét nửa mặt phẳng bờ BQ nên

cùng nằm cung chøa gãc 900 – ( 2

A B

 



) dựng BQ Vậy bốn điểm P, C, B, Q thuộc đờng tròn

Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiều cao AH = Cm, nội tiếp đờng tròn (O)

®-êng kÝnh AA’

1 Tính bán kính đờng trịn (O)

2 Kẻ đờng kính CC’, tứ giác CAC’A’ hình gì? Tại sao? Kẻ AK  CC’ tứ giác AKHC hình gì? Tại sao?

4 Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác ABC

Lời giải:

1 (HD) Vì ABC cân A nên đờng kính AA’ đờng tròn ngoại tiếp đờng cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AA’đi

qua H => ACA’ vng C có đờng cao CH =

6 2

BC



3cm; AH = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H =

2 32 9

2,5 4

CH

AH    =>

AA’

=> AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm)

2 Vì AA’ CC’ hai đờng kính nên cắt trung điểm O đờng => ACA’C’ hình bình hành Lại có ACA’ = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên suy tứ giác ACA’C’ hình chữ nhật.

3. Theo gi¶ thiÕt AH  BC; AK CC => K H nhìn AC díi mét gãc b»ng 900nªn cïng

nằm đờng trịn đờng kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => C2 = H1 (nội tiếp cung chn cung

AK) ; AOC cân O ( v× OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc so le

trong nhau) => tứ giác ACHK hình thang (2) Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân

Bi 35 Cho đờng trịn (O), đờng kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO K dõy

MN vuông góc với AB I, gọi C điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E

1 Chứng minh tø gi¸c IECB néi tiÕp

2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM Chứng minh AM2 = AE.AC.

4 Chøng minh AE AC – AI.IB = AI2

5 Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ

Lêi gi¶i:

1 Theo giả thiết MN AB I => EIB = 900;  ACB néi tiÕp

chắn nửa đờng tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900

=> EIB + ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ

gi¸c IECB tứ giác nội tiếp

2 Theo gi thiết MN AB => A trung điểm cung MN => AMN = ACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AME = ACM Lại thấy CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM

3 Theo trªn AME  ACM =>

AM AE

AC AM => AM2 = AE.AC

4 AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ); MN AB I => AMB vng M có MI

đ-ờng cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông)

áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vng I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI 5 Theo AMN = ACM => AM tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp  ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O

1 đờng trịn ngoại tiếp  ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ

khi NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1BM

Gọi O1 chân đờng vng góc kẻ từ N đến BM ta đợc O1 tâm đờng trịn ngoại tiếp  ECM có bán kính

là O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải

giao điểm đờng trịn tâm O1 bán kính O1M với đờng trịn (O) O1 hình chiếu vng góc

N trªn BM

Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đờng cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M,

N, P, Q lần lợt hình chiếu vuông góc D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh : Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật

2 Cỏc t giỏc BMND; DNHP; DPQC nội tiếp Hai tam giác HNP HCB đồng dạng Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng

Lêi gi¶i: 1 & (HS tự làm)

3 Theo chứng minh DNHP nội tiÕp => N2 = D4 (néi

tiÕp cïng ch¾n cung HP); HDC cã

HDC = 900 (do AH đờng cao) 

=> C1= D4 (cïng phơ víi DHC)=>C1=N2 (1) chøng minh

t-¬ng tù ta cã B1=P1 (2)

Tõ (1) vµ (2) => HNP  HCB

4. Theo chøng minh trªn DNMB néi tiÕp => N1 = D1 (néi tiÕp cïng ch¾n cung BM).(3)

DM // CF ( vng góc với AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4)

Theo chøng minh trªn C1 = N2 (5)

Tõ (3), (4), (5) => N1 = N2 mµ B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6)

Chứng minh tơng tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng (7) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng

Bài 37 Cho hai đờng tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B  (O),

C  (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I Chứng minh tứ giác OBIA, AICO’ néi tiÕp

2 Chøng minh  BAC = 900

3 TÝnh sè ®o gãc OIO’

4 Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm

Lêi gi¶i:

1. ( HS tù lµm)

2. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC

ABC cã AI =

2 BC =>ABC vuông A hay BAC =900

3 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có IO tia phân giác BIA; I0là tia phân giác CIA mà hai góc BIA CIA hai gãc kÒ bï => I0  I0’=> 0I0’= 900

4 Theo ta có 0I0’ vng I có IA đờng cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm)

Bài 38 Cho hai đờng trịn (O) ; (O’) tiếp xúc ngồi A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O)

Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyÕn chung ngoµi BC ë M Gäi E lµ giao ®iĨm cđa OM vµ AB, F lµ giao ®iĨm cđa O’M vµ AC Chøng minh :

1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp Tø giác AEMF hình chữ nhật

3 ME.MO = MF.MO’

4 OO’ tiếp tuyến đờng tròn đờng kính BC BC tiếp tuyến đờng trịn đờng kính OO’

Lêi gi¶i:

1 ( HS tù lµm)

2 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã MA = MB =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME  AB (1) Chøng minh t¬ng tù ta còng cã MF  AC (2)

Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO tia phân giác hai góc kề bù BMA vµ CMA => MO  MO’ (3)

Tõ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật

3 Theo gi thit AM tiếp tuyến chung hai đờng tròn => MA  OO’=> MAO vng A có

AE  MO ( theo trªn ME  AB)  MA2 = ME MO (4)

T¬ng tù ta cã tam giác vuông MAO có AFMO MA2 = MF.MO (5)

Tõ (4) vµ (5)  ME.MO = MF MO’

4 Đờng trịn đờng kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đờng tròn qua Avà co MA bán kính Theo OO’  MA A  OO’ tiếp tuyến A đờng tròn đờng kính BC

=> IMBC M (*) Ta cung chứng minh đợc OMO’ vuông nên M thuộc đờng trịn đờng kính OO’ => IM bán kính đờng trịn đờng kính OO’ (**)

Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO’

Bài 39 Cho đờng trịn (O) đờng kính BC, dấy AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân

các đờng vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đờng tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF

1 Hãy xác định vị trí tơng đối đờng tròn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao?

3 Chøng minh AE AB = AF AC

4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đờng trịn (I) (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn

Lêi gi¶i:

1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiÕp xóc (O) OK = OC – KC => (K) tiÕp xóc (O) IK = IH + KH => (I) tiÕp xóc (K)

2 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn )

=> AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)

BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn hay EAF = 900 (3)

Tõ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)

3 Theo giả thiết ADBC H nên AHB vuông H có HE AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*)

Tam giác AHC vuông H có HF AC (theo trªn CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**)

Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2)

4 Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đờng chéo AH EF ta có GF = GH (tính chất đờng chéo hình chữ nhật) => GFH cân G => F1 = H1

KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => F2 = H2

=> F1 + F2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHC = 900 => F1 + F2 = KFE = 900 => KF EF

Chứng minh tơng tự ta có IE  EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai đờng tròn (I) (K)

e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH  OA (OA bán kính đờng trịn (O) có độ dài khơng đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O

Vậy H trùng với O túc dây AD vng góc với BC O EF có độ dài lớn

Bài 40 Cho nửa đờng trịn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy im M

rồi kẻ tiếp tuyến MP cắt By t¹i N

1 Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB Chứng minh AM BN = R2.

3 TÝnh tØ sè SMON

SAPB

AM = R

2

4 Tính thể tích hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh

Lời giải:

1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mµ

AOP BOP hai góc kề bù => MON = 900 hay tam giác MON vuông O. APB = 900((nội tiếp chắn nửa đờng tròn) hay tam giác APB vuông P.

Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã NB  OB => OBN = 900; NP  OP => OPN = 900

=>OBN+OPN =1800 mà OBN OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO

Xét hai tam giác vuông APB MON có APB =  MON = 900; OBP = PNO => APB MON 2. Theo MON vuông O có OP  MN ( OP lµ tiÕp tuyÕn )

áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vng ta có OP2 = PM PM

Mµ OP = R; AM = PM; BN = NP (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AM BN = R2 3. Theo trªn OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mµ PM = AM = R

2 => PM =

R

2 => PN = R2:

R

2 =

=> MN = MP + NP =

R

2 + 2R =

5

R

Theo trªn APB  MON =>

MN AB =

5

R

: 2R =

5

4 = k (k tỉ số đồng dạng).

Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phơng tỉ số đồng dạng nên ta có:

SMON

SAPB = k2 =>

SMON SAPB =

2

5 25 16  

    

Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lần lợt lấy điểm D, E

sao cho  DOE = 600

1 Chứng minh tích BD CE khơng đổi

2 Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tia DO tia phân giác góc BDE

3 Vẽ đờng trịn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đờng tròn ln tiếp xúc với DE

Lêi gi¶i:

1. Tam giác ABC => ABC =  ACB = 600 (1);  DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2).

DBO cã DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3)

Tõ (2) vµ (3) => BDO =  COE (4) Tõ (2) vµ (4) => BOD CEO =>

BD BO

CO CE => BD.CE = BO.CO mµ

OB = OC = R khơng đổi => BD.CE = R2 khơng đổi.

2 Theo trªn BOD CEO =>

BD OD

CO OE mµ CO = BO =>

BD OD BD BO BO OE OD OE (5)

L¹i cã DBO = DOE = 600 (6)

Tõ (5) vµ (6) => DBO DOE => BDO = ODE => DO tia phân giác BDE

3 Theo trờn DO tia phân giác  BDE => O cách DB DE => O tâm đờng tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB tiếp xúc với DE

Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đờng trũn (O) Tip tuyn

tại B C lần lợt cắt AC, AB D E Chứng minh : BD2 = AD.CD.

2 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp BC song song víi DE

Lời giải:

1 Xét hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), lại có D chung => BCD ABD =>

BD CD

AD BD => BD2 = AD.CD. 2 Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ABC = ACB

=> EBC = DCB mà CBD = BCD (góc tiếp tuyến với dây chắn cung) => EBD = DCE => B C nhìn DE dới

góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp

3 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => BCE = BDE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung BE) mà BCE = CBD (theo ) => CBD = BDE mà hai góc so le nªn suy BC // DE

Bài 43 Cho đờng trịn (O) đờng kính AB, điểm M thuộc đờng tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M,

2 Chøng minh NE  AB

3 Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O) Chứng minh FN tiếp tuyến đờng trịn (B; BA)

Lêi gi¶i: 1 (HS tù làm)

2 (HD) Dễ thấy E trực tâm cđa tam gi¸c NAB => NE  AB

3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F E xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => FA // NE mà NE  AB => FA  AB A => FA tiếp tuyến (O) A

4 Theo tứ giác AENF hình bình hµnh => FN // AE hay FN // AC mµ AC

 BN => FN  BN t¹i N

/ /

_

_

H

E

F

C N

M

O B

A

BAN có BM đờng cao đồng thời đờng trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đờng tròn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA)

Bài 44 AB AC hai tiếp tuyến đờng trịn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vuụng

góc AB H, cắt (O) E cắt OA D Chứng minh CO = CD

2 Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi

3 Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh I trung ®iĨm cđa OH

4 TiÕp tun t¹i E víi (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng

Lời giải:

1 Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O => OA tia phân giác BOC => BOA = COA (1)

D I

K

M E H

O

C B

A

OB  AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH  AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Tõ (1) vµ (2) => COD cân C => CO = CD.(3)

2. theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi

3. M trung điểm CE => OM  CE ( quan hệ đờng kính dây cung) => OMH = 900 theo ta

cịng cã OBH =900; BHM =900 => tø gi¸c OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH.

4 M trung điểm CE; KE vµ KC lµ hai tiÕp tuyÕn => O, M, K thẳng hàng

Bi 45 Cho tam giỏc cõn ABC ( AB = AC) nội tiếp đờng tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp

tuyến đờng tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F Chứng minh BC // AE

2 Chứng minh ABCE hình bình hành

3 Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh

BAC BGO

Lời giải: (HS tự làm)

Theo AE // CB (2) Tõ (1) vµ (2) => AECB lµ hình bình hành

3. I l trung im ca CF => OI  CF (quan hệ đờng kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI  AB K, => BKG vng K Ta cung có BHA vng H

=> BGK = BAH ( cung phơ víi ABH) mµ BAH =

1

2 BAC (do ABC cân nên AH phân

giác) => BAC = 2BGO

Bài 46 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB , đờng trịn ta lấy hai điểm C D cho cung AC =

cung AD Tiếp tuyến với đờng tròn (O) vẽ từ B cắt AC F Chứng minh hệ thức : AB2 = AC AF.

2 Chứng minh BD tiếp xúc với đờng trịn đờng kính AF

3 Khi C chạy nửa đờng trịn đờng kính AB (không chứa điểm D ) Chứng minh trung điểm I đoạn chạy tia cố định , xác định tia cố định

Bµi 47 Cho tam giác ABC

Phơng trình nghiệm nguyên

toán với nghiệm nguyên I Một số dạng phơng trình với nghiệm nguyên

1 Dạng 1: Phơng trình bậc nhất.

a Phơng trình dạng: ax + by = c (a,b,c nguyên)

* Cách giải: - T¸ch c¸c hƯ sè vỊ tỉng c¸c sè chia hết cho a b (Số có GTTĐ

lín h¬n)

- Sử dụng dấu hiệu tính chất chia ghết tổng để tìm ẩn (Theo tham số t nguyên)

- Thay nghiệm vừa tìm đợc vào phơng trình ban đầu tìm nghiệm cịn lại - Kết luận nghiệm

VÝ dơ Gi¶i phơng trình: 11x + 18 y = 120

Híng dÉn gi¶i

11x + 18 y = 120  11x + 22y – 4y = 121 –  11(x + 2y -11 ) = 4y –

 4y –  11 => 12y –  11  y –  11 => y = 11t + (t Z )

x = – 18 t

VÝ dụ Cho phơng trình: 5x + 7y = 60 (1) Viết nghiệm tổng quát phơng trình (1). Tìm nghiệm nguyên phơng trình (1) Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình (1)

Hớng dẫn giải

a)

7 12

5

y x

y R ìïï = -ïí

ïï Ỵ

ùợ

b) Vì

7 12

5

y x=

mà x; y nguyên => 7y M Đặt y = 5k ( k nguyên) Vậy x = 12 – 7k Do nghiệm ngun phơng trình là:

x = 12 - 7k

( )

y =5k k Z

ìïï Ỵ

ớù ùợ

Vậy nghiệm phơng trình lµ: 18 11 x t y t      

 (t Z )

Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình: 12x + 7y = 45 (1)

Híng dÉn gi¶i

Theo cách giải ta tìm đợc nghiệm nguyên phơng trình (1)

7 12 27 12 x t y t       

Víi ®iỊu kiƯn nghiệm nguyên dơng ta có:

7 12 27 12

x t y t        

 => t = 0;1; Vậy nghiệm nguyên

của phơng trình lµ

12 27 x y      ; 15 x y      ; x y     

b Ph¬ng trình dạng: ax + by +cz= d (a,b,c,d nguyên)

Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phơng trình: 6x + 15y + 10 z = (1)

Híng dÉn gi¶i

 (1)  3(2x +5y +3 z-1) = - z => z3=  => z = 3t (t Z )

 Thay vµo phơng trình ta có: 2x + 5y + 10t = (t Z )

GiảI phơng trình với hai ẩn x; y (t tham số) ta đợc: Nghiệm phơng trình: (5t – 5k – 2; – 2t; 3k) Với t; k nguyên tuỳ ý

2 Dạng 2: Phơng trình bậc hai hai ẩn

D¹ng ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = (a, b, c, d, e, f số nguyên) Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phơng trình: 5x 3y = 2xy 11 (1)

Hớng dẫn giải

Cách 1: Rót y theo x: y =

5 11

2

2 3

x x

x x

 

 

  (Do x nguyªn nªn 2x + khác 0)

Vì y nguyên => x +  2x + => …  2x + Lập bảng ta có: cặp (x; y) là: (-1;6); (-1;

-2); (2; 3); (-5; 2) Thử lại giá trị Cách Đa phơng trình ớc số:

Cáhc 3: Coi phơng trình bậc hai ẩn x, y số biết Đặt ĐK để có x nguyên

VÝ dụ Tìm nghiệm nguyên phơng trình X2 + 2y2 +3xy –x – y + =0 (1)

Hớng dẫn giải

Sử dụng cách thứ nh ví dụ

3 Dạng 3: Phơng trình bậc ba trở lên có hai ẩn

Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phơng trình: x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 (1)

Hớng dẫn giải

Phơng tr×nh (1)  (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2

Đặt a = x2 + 3x (ĐK: a 2 (*)

Ta cã: a2 – = y2 Giải phơng trình cách đa phơng trình ớc số: => nghiệm phơng

trình (1)

Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phơng tr×nh: x3 - y3 = xy + (1)

Híng dÉn gi¶i

Ta cã:

2

x y x xy y 

Ta có x khác y x = y => x2 + = V« lý.

Vì x; y nguyên => x y =>

2 8

x xy y xy

=> x2 + xy + y2 xy8 (2)

NÕu xy + < 0=> (2)  (x + y)2  -8 V« nghiƯm.

Nừu xy + > => (2)  x2 + y2  => x2 , y20;1;4 Từ tìm đợc Hai nghiệm ngun

cđa (1) lµ: (0; - 2); (2; 0)

4 Dạng 4: Phơng trình dạng phân thức. Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phơng trình:

1 1

6

x y xy  (1)

Đặt điều kiên sau đa phơng trình ớc số Tìm đợc hai nghiệm (43; 7); (7; 43)

VÝ dô Tìm x nguyên cho

17 x

x bình phơng phân số.

Hớng dẫn giải

Giả sö

 

17 x

x =      

2

a

b Víi a, b nguyªn, b khác (a, b) = 1.

Nếu a = => x = 17

NÕu a kh¸c Ta cã (a2, b2) = => x – 17 = a2.k; x – = b2.k (k nguyªn)

Từ ta có: = (a + b).(b – a).k

Lập bảng tìm đợc nghiệm phơng trình x =17; 18;

5 D¹ng 5: Phơng trình dạng mũ.

Ví dụ Tìm số tự nhiên x, y cho: 2x + = y2 (1)

Híng dÉn gi¶i

NÕu x = => y2 = => y = hc y = -2.

NÕu x = => y2 = Vô nghiệm nguyên.

Nu x 2 => 2x Do vế trái chia cho d Mà y lẻ (Do 1) => y2 chia d => Vơ lý.

VËy nghiƯm nguyên (1) là: (0; 2); (0; -2)

Ví dụ GiảI phơng trình nghiệm nguyên dơng: 2x + 57 = y2 (1)