Tai lieu on thi vao lop 10

Hái nÕu lµm riªng th× mçi ®éi ph¶i lµm trong bao nhiªu ngµy ®Ó xong c«ng viÖc?... Hai chiÕc b×nh rçng gièng nhau cã cïng dung tÝch lµ 375 lÝt.[r]

lời giải số toán rót gän biĨu thøc

C¬ së lý thut:

Cho biểu thức A(x) a) Tìm điều kiện xác định, rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị A x=?

c) Tìm giá trị xz để Az

Tìm giá trị nhỏ nhất, giá tri lớn A Tìm giá trị x để A.f(x) =g(x)

Tìm giá trị x để A=k; Ak;A k Tìm x để A A

Tìm x để A A

Dạng 1

Bài 1 Cho biÓu thøc

x

A ( ) :

x x x x

 

  

a) Tìm điều kiện xác định, Rút gọn A b)Tính giá trị A x=3-2 c) Tìm giá trị nhỏ A Bài giải:

a) §KX§ x > 0; x1

Rót gän

x x

A ( ) : ( ) :

x x x x x x( x 1) x

   

     

2

( x ) x (x 2)( x 1) x

A

1

x ( x 1) x ( x 1) x

    

  

 

   

2

5 2

3 2 2

A

1

( 1)

 

  

     



 b Khi x= 3-2 2 = ( 1)

c) Bất đẳng thức Côsi với số a, b không âm a b

ab 

áp dụng BĐT ta có: A=

x x

 =

2

2

x x

 

=> Amin =2 

2

2

x x

x

  

(TM§K) VËy Amin= 2 x =

Bµi 2: Cho biÓu thøc

1

A :

x x x

 

  

  

b) Với giá trị xthì A >

1

c) Tìm x để A đạt giá trị lớn Bài giải:

a) §KX§ x0;x 9

 

  

x x

1

A :

x x x x x

  

 

   

  

   

x 3



=   

6

x 3 x 3

x 3



A =

2 x 3

b) A >  

1 2 x

0

3 x 3 x 3 x



      

  

3 x

   ( v× 3(( x 3) 0)  x x Kết hợp với §KX§: x 9  th× A > 1/3

c)

2 A

x



 đạt giá trị lớn x 3 đạt giá trị nhỏ nhất.

Mà x 3    x 3 min  3 x 0  x 0 lúc AMax=

2

x

3  

Bµi 3: Cho biÓu thøc

3 1

P :

x x x

 

  

  

 

a) Nêu điều kiện xác định rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P =

5

c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M

x 12

P x



Bài giải:

a) ĐKXĐ x0;x

P =     

3 x x

x

x x ( x 1) x

    

   

      

  =

   

   

x x x 2

x

x x

  

 

 

b)    

5 x

P x x x x

4 x



          



x 13 x 168

c)

x 12 x 12 x x 12 x 16

M

P

x x x x x

     

   

     =

16 16

x x

x x

     

  ta cã

16

x 2 16 2.4

x

    



16

M 4 M x

x

       



     

   

2

x 16 x x

x x x x 4(TMDK)

        

        

VËy Mmin= 4 x 4

Bµi 4: Cho biĨu thøc:

2 x x 3x x

D :

x

x x x

     

      



  

   

a) Tìm ĐKXĐ ,rút gọn biểu thức b) Tìm x D <

-1

c) Tìm giá trị nhỏ D Kết :

a) ĐKXĐ : x0 x9 ; D =

3

x 

 b) x <9

Dạng 2

Bài 1 :Cho biÓu thøc:

a a a a

P :

a a

     

     

 

   

a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn P

b) Tỡm az để P nhận giá trị nguyên Bài giải:

a) §KX§: a0;a 1

   

   

a a a a a 1

P 1 a : a

a a a

      

   

      

      

   

b)

a

P

a a



  

 

để P nhận giá trị nguyên

2

a 1 nhận giá trị nguyên dơng. a

thc íc d¬ng cđa 2.

a 1 a

a a

    

    

  

VËy P nhËn giá trị nguyên a =

Bài 2: Cho biÓu thøc    

1

B

2 x x

 

   

a) Tìm x để B có nghĩa rút gọn B

b) Tìm x nguyên để B nhận giá trị nguyên Bài giải:

a) §KX§ x3;x2

B =    

 

   

x x

1

2 x x x

2 x x

    

   

   

   

b) B nhËn gi¸ trị nguyên

1

x nhận giá trị nguyên.

x

Ư(1)

x x

x x

  

 

   

  

 thoả mÃn điều kiện

Vậy x= -1; x= -3 B nhận giá trị nguyên

Bài 3: Cho biÓu thøc:

 

2 2 x 1

x x 2x x

P

x x x x



 

  

  

a) Tìm ĐKXĐ , rút gọn P b) Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa P

c) Tìm x để biểu thức

2 x Q

P



nhận giá trị nguyên

Dạng 3

Bµi 1: Cho biĨu thøc:  

2

1 x

P :

x x x 1 x



 

  

 

  

a) Tìm ĐKXĐ rút gọn P b) Tìm x P >

Bài giải

a) §KX§ x>0; x1

     

 2

1 x

1 x 1 x x

P :

1 x x x

x x 1 x x x

     

 

   

      

 

b) P >

1 x

0 x

x



    

Bµi 2: Cho biÓu thøc:

1 a a

P :

a a a a

   

 

     

  

   

a) Tìm ĐKXĐ, rút gọp P b) Tìm giá trị a để P >

Bµi 3: Cho biĨu thøc:

1 x2

x x

P

2 x x x

    

  

  

 

a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn P b) Tìm x để P <

1

Bµi 4: Cho biĨu thøc:

x x

P

x

x x



  



 

a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn P b) Tìm x để P <

1 Đáp án:

a) ĐKXĐ: x 0; x 1; P =

1

x x   b) x 0

Bµi 5: Cho biĨu thøc:

1 a a a a

B a a

1 a a

     

     

 

   

a)Tìm ĐKXĐ, rút gọn B b)Tìm a để B < 7-

Bµi 6: Cho biĨu thøc:

a 1

K :

a

a a a a

   

     



    

 

a) Rót gän biĨu thøc K

b) T×m giá trị K a = 3+2 c) Tìm giá trị a cho K < Đáp án:

a)ĐKXĐ: a>0 a 1; Rút gọn: K=

1

a a 

b) K =2 c) <a <

D¹ng 4

Bµi 1 : Cho biĨu thøc:

x 1

A :

x x x x

 

  

 

a) Tìm ĐKXĐ rút gọn A

b) Tìm tất giá trị cña x cho A <

Bài giải

a) ĐKXĐ: x > 0; x 1

 

 

 

2

x 1 x 1

A : :

x x x x x x x x

x x x 1

1 x

x x

                            

b) A <

x

0 x x



    

(v× x 0 ) x kết hợp với ĐKXĐ <x < th× A < c) P.t: A

x

x m x x m x x m x(1)

x



        

 

x m x x x m 0(*)

       

Đặt x t >0 ta có phơng trình    

t  t m 1 0 *

để phơng trình (1) có nghiệm ph-ơng trình (*) phải có nghiệm dph-ơng

Để phơng trình (*) có nghiệm dơng thì:

  

1 m

m

            

4m m

m

4 m

m                    

 VËy m>-1 vµ m 1 th× pt : A x m  x cã nghiƯm

Bµi 2: Cho biĨu thøc:

1

P

x x x

 

  



a) Tìm ĐKXĐ rút gọn P b) Tìm giá trị P x = 25

c) Tìm x để P  

2

5 6. x 1  x 2005 Bài giải:

a) ĐKXĐ x > 0; x 1

 

1 x

P

x x x x x x

                       P x   

b) Khi x= 25  

c)

 

     

2

2

2

P x

1

x 2005 x x 2005

x

 

          



2 x 2005

       x 2005 TM§K

VËy x = 2005 th× P  

5 6 x 1  x 2005 2 Dạng 5

Bài 1:Cho biểu thức

1 1

A

x x x

   

     

 

 

a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn A b)Tính giá trị A x=

1 4.

c)Tìm giá trị x để A A. Bài giải:

a) §KX§ x > 0; x 1

  

1 1 x x x

A

x x x x x x

   

   

     

 

     

=

 

   

2 x x 2

A

x

x x x



 



 

b) Khi x =

1 2

A

1

4 1 1

2

   

 

c)

2

A 0 A 1

x

      

  

0 x x 1

x

2 x

1 0

x x x

      





      

  

x

x x

   

   

  

 Vậy x > A A

Bài 2: Cho biÓu thøc:  

x x

A

x x x



 

 

Bài giải:

a) ĐKXĐ x > 0; x 1

 

 

 

 

 

2

x x x

x x x

A

x x x x x x x x

  

 

    

   

b) Khi x=36

36 A

6 36



  

c)

x

A A A 0 x

x



       

(v× x 0 )

x x

    Kết hợp với điều kiện xác định < x <1 A A

Bµi 3: Cho biĨu thøc:

3

1 a a a a (1 a)

P ( 1)( a ) :

a a a a

  

  

  

a) T×m §KX§, rót gän biĨu thøc P

b) Với ĐKXĐ để P có nghĩa, so sánh P với P Giải:

a) §KX§: a > ,a1

P=

1 (1 )

a  a

b) ĐK để P có nghĩa: < a < 1.Do a(1 a) 1 nên a(1 a) đạt giá trị max

1

a 

hay P đạt Vậy P >1 Ta có: P- P = P( P -1)>0 Vì P>0 P <1) Vậy P > P

Chuyên đề tam thức bậc hai

A.lý thuyÕt

I áp dụng công thức nghiệm công thức nghiệm thu gọn để xét số nghiêm phơng trình bậc hai.

Cho ph¬ng tr×nh bËc hai: ax2+bx+c=0(a0)

2

b 4ac

   .NÕu b =2b' th× '= b' 2- ac Phơng trình có nghiệm

Ta cã thĨ xÐt hai trêng hỵp: +Trêng hỵp 1:

- Nếu a = 0,phơng trình có nghiệm x=

c b

 +Trêng hỵp :



a 0

 

hc 

' a

0

  



a 0

 

hc 

' a

0

 

3.Phơng trình có nghiệm kép



a 0

 

hc 

' a

0

Phơng trình v« nghiƯm



a 0

 

hc  ' a 0    VÝ dơ1:

Cho phơng trình 2x2-(4m+3)x+2m2-1=0.Với m tham số, tìm giá trị m để phơng trình a.Phơng trình có nghiệm

b.Ph¬ng trình có2nghiệm phân biệt c.Phơng trình có nghiệm kép

d Phơng trình vô nghiệm Giải:

=(4m+3)2-4.2(2m2-1)=24m+17. a.Phơng trình có nghiệm

a 0

 

 

24m 17 

 

 m 17 24

b.Phơng trình có nghiệm ph©n biƯt

 a 0   



24m 17

17 m 24     

c.Phơng trình có nghiệm kép

 a 0   

24m 17

17 m 24         

d Phơng trình vô nghiệm

a 0   

24m 17

17 m 24       

VÝ du :

Cho phơng trình mx2-2(m-1)x+(m-4)=0 Với m tham số,tìm giá trị m để phơng trình a.Phơng trình có nghiệm

b.Phơng trình có nghiệm phân biệt c.Phơng trình có nghiệm kép

d Phơng trình vô nghiệm Gi¶i:

Ta cã :a0 m0,'= b'2-ac= 

(m 1)

-m(m-4)=m2-2m+1-m2+4m=2m+1 a.Phơng trình cã nghiÖm

- NÕu a=0 m=0 ,phơng trình có nghiệm x=

c b

 m

2(m 1)



 =2. +Trêng hỵp :

 a 0 0     m 0 2m 0

    m m      

b.Phơng trình có nghiệm phân biệt

 a 0 0   

 m m o

2m 1

m       

c.Phơng trình có nghiệm kÐp

 a 0 0     m 2m

    m m   d Phơng trình vô nghiệm



a 0 0



  

m m

2m 1

m           II HÖ thøc vi- Ðt vµ øng dơng. HƯ thøc vi- ét

Nếu x1,x2là hai nghiệm phơng tr×nh ax2+bx+c=0(a0) th× x1+ x2=

b a 

vµ x1 x2=

c a

VÝ dơ Tính nhấm nghiêm phơng trình x2-7x+12=0

Giải.

Ta có  b2 4ac=(-7)2-4.12=49-48=1>0 Theo định lý Vi-ét x1+ x2=

b a 

=7, x1.x2=

c

a =12 x1=3; x2=4 2.áp dụng để tớnh nhm nghim

Cho phơng trình ax2+bx+c=0(a0)

-Nếu a+b+c=0 x1=1và x2=

c a

VÝ dơ :

 x1=1vµ x2=

c a =

4

-NÕu a -b+c=0 x1=-1và x2=

c a

Ví dụ :

Giải phơng trình 7x2-5x-12=0 Giải.

Ta cã a-b+c=7-(-5)+(-12)=0  x1=-1vµ x2=

c a 

=

12

3.áp dụng để xác định dấu nghiệm Cho phơng trình ax2+bx+c=0(a0

Điều kiện để phơng trình a.Có hai nghiệm trái dấu



a 0 x x 0

 

b.Cã hai nghiÖm cïng dÊu

 '

1

0( 0) x x   



c.Cã hai nghiƯm d¬ng

 '

1 2

0( 0)

x x 0;x x   

  

d.Cã hai nghiÖm ©m



'

1212

0(0)

xx0;x.x0





e) Có hai nghiệm trái dấu vế giá trị tuyệt đối

/

0( 0)

0

S P

      VÝ dơ :

Cho phơng trình x2+(2m+2)x+m2-4=0, m tham số Tìm giá trị m để PT a) Có hai nghiệm trái dấu

b) Cã hai nghiÖm cïng dÊu c) Cã hai nghiƯm d¬ng d) Cã hai nghiƯm ©m

Gi¶i :

= b2- 4ac = (2m+2)2- 4(m2-4) = 4m2+ 8m + - 4m2-16 = 8m -12 * Cã hai nghiƯm tr¸i dÊu

x1.x2=

c a = m2

-Trêng hợp m <-2 < m *Có hai nghiÖm cïng dÊu

 '

1

0 ( 0) x x    





2

8m 12 c

x x m a           m m 2;m



 

 

  m>2

*Cã hai nghiƯm d¬ng

 '

1 2

0( 0)

x x 0;x x   

  



2

1 2

8m 12

b c

x x (2m 2) 0;x x m

a a                 m

m 1;m 2;m



  

 

  m>2

*Cã hai nghiƯm ©m

 ' 1212 0(0) xx0;x.x0 

 2

8m 12

b c

x x (2m 2) 0;x x m

a a                   m

m 1;m 2;m

        m>2

4.áp dụng để xác định hai số biết tổng S P chủng

-NÕu hai số x1,x2 cho x1+x2=S, x1.x2=P x1,x2là nghiệm phơng tr×nh x2-Sx+P=0

VÝ dơ:

T×m hai sè, biÕt tỉng cđa chđng lµ 15 vµ tÝch cđa chđng 54 Giải :

Nếu hai số phải tìm x1,x2 cho x1+x2=S =15, x1.x2=P=54 x1,x2là nghiệm phơng trình

x2-15x+54=0

=(-15)2-4.54=225-216=9; =3 x1=

15

 

; x2=

15

  VËy hai số cần tìm

b.Bài tËp

Bµi tËp 1.

Cho phơng trình (m-4)x2-2mx+m-2=0,trong m tham số a.Giải phơng trình m=3

b.Tìm m để phơng trình có nghiệm x= c.Tìm m để

-Phơng trình có nghiệm kép , tìm nghiệm kép -Phơng trình có hai nghiệm phân biệt

a.víi m=3 ta cã -x2-6x+1=0 '

=(-3)2+1=10; ' = 10

-ph¬ng trình có hai nghiệm phân biệt x1=-3- 10; x2=-3+ 10

b Phơng trình có nghiệm x= 2,thay vào phơng trình ta có (m-4)2-2 2m+m-2=0 m=10(3+2 2)

c.-Phơng trình có nghiệm kép

' a

0



  

m

' m (m 4)(m 2)



     





m 4 m

3  

  

Ta cã x1= x2= '

b a

 =

4

m 3

4

m 4

3



 



-Phơng trình có hai nghiệm phân biệt

 ' a

0

   

m 4 m

3  

Công thức tính nghiệm phơng trình x1=

4

m m

3 m

 

 ; x2=

4

m m

3 m

Bài tập 2.

Giải biện luận phơng trình a.2x2 - (2-k)x=k(k-2)

b.(2k-1)2x2-4kx+1=0 Gi¶i :

a.Phơng trình cho viết 2x2-(2-k)x-k(k-2)=0

=(2-k)2+8k(k+2)=4-4k+k2+8k2+16k=9k2+12k+4=(3k+2)2 0với k. Vậy phơng trình cho ln có nghiệm với k

b.- NÕu 2k-1=0 hay k=

1

2 th× -4kx+1=-2x+1=0,ta cã nghiƯm x= .

- NÕu 2k-10 hay k

1

2 ta tìm đợc '

 =(-2k)2-(2k-1)2=4k2-4k2+4k-1=4k-10 Tøc k

1

4,phơng trình có nghiệm.

VËy víi k >

1

4 vµ k

1

x1=

2

2k 4k

(2k 1)

 

 ;x2=

2k 4k

(2k 1)

 



Víi k =

1

4 phơng trình có mét nghiÖm kÐp x1= x2 =-' b a = 2 2k 2

(2k 1) ( 1)

2

 

 

 

Víi k <

1

4 phơng trình vô nghiệm

Bài tập

Cho phơng trình x2+7x-5=0.Không giải phơng trình hÃy tính a.Tổng tích hai nghiÖm

b.Tổng nghịch đảo hai nghiệm c.Tổng bình phơng hai nghiệm d.Bình phơng hiệu hai nghiệm e.Tổng lập phơng hai nghiệm Giải :

Ta thấy phơng trình cho ln có nghiệm hệ số avà c khác dấu a.Tổng hai nghiệm S=x1+x2=-7 tích hai nghiệm P= x1.x2=-5.

b Tổng nghịch đảo hai nghiệm

2

1 2

1 x x 7

x x x x 5

 

c.Tổng bình phơng cđa hai nghiƯm

2 2

1 2

x x (x x )  2x x  ( 7)  2( 5) 49 10 59 d.Bình phơng hiệu hai nghiƯm lµ

2 2

1 2

(x  x ) x x 2x x 59+10=69. e.Tổng lập phơng hai nghiƯm lµ

3 3

1 2 2

x x (x x )  3x x (x x ) ( 7)   3( 5)( 7)  343 105 448 Bài tập 4.

Cho phơng trình 2x2+(2p-1)x+p-1=0

a.Tỡm p để phơng trình có hai nghiệm phân biệt b.Tìm p để hai nghiệm dơng

c.T×m hệ thức không phụ thuộc vào p Giải :

a.Phơng trình có nghiệm phân biệt =(2p-1)2- 4.2(p-1)=(2p-3)2>  p

3

 b.Phơng trình có hai nghiệm dơng ta giải hệ phơng trình

1 2

b 2p

x x 0 p

a 2

c p p

x x 0

a                       

Hệ phơng trình vơ nghiệm ,khơng có giá trị p để hai nghiệm dơng c Do S=

1 2p

x x

2

  

vµ P=x x1 2=

p



nªn ta cã :S+2P=

1 2p

 +

2p

2



Vậy hệ thức hai nghiệm không phụ thuéc vµo p lµ 2

1

x x 2x x

2

Bài tập 5.

Cho phơng trình x2- mx + m-1=0 víi m lµ tham sè a.Chøng minh phơng trình có nghiệm với m b.Gọi x1,x2là nghiệm Tìm giá trị nhỏ A=

2

1

x x . Gi¶i

a.Ta cã

2 2

m 4(m 1) m 4m (m 2) m

        ,vậy phơng trình có nghiệm víi mäi m

b A=

2

1

x x = x12 x22+2x1x2-2x1x2=(x1+x2)2

- 2x1x2= m2-2(m-1)= m2-2m+2= m2-2m+1+1=(m-1)2+11 m A nhá nhÊt b»ng (m-1)2=0  m=1

Bµi tËp 6.

Cho phơng trình x2- 2x + m =0 với m lµ tham sè

a.Tìm m cho phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2đều số dơng. b Tìm m cho phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2thỏa mãn :

1

2

x x 10

x  x 

Gi¶i:

a.Điều kiện để phơng trình có hai nghiệm phân biệt dơng :  ' 0

S 0,P  

    

1 m m

2 0,m m 0 m 1

  

      

b.Điều kiện để phơng trình có hai nghiệm phân biệt '=1-m > 0 m<1(1) Khi S=x1+x2=2 P= x1.x2= m nên :

1

2

x x 10

x  x  

2 2

1 2

1 2

x x 10 (x x ) 2x x 10

x x x x

    

  

2

S 2P 10 2m 10

P m

   

  

§iỊu kiƯn m0(2)

Ta cã 3(4-2m)=-10m 4m=-12 m=-3 tháa m·n (1),(2) Bài tập

Cho phơng trình x2+ 2(m+1)x + m2=0 ,với m tham số a.Giải phơng tr×nh m=2

b.Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt

c.Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt có nghim bng (-2)

Giải:

a.Khi m=2 thay vào phơng trình ,ta có x2+ 6x + 4=0 '=32-4=5, =

b.Phơng trình có hai nghiƯm ph©n biƯt '=(m+1)2- m2=2m+1>0 m >

1

 c.Phơng trình có hai nghiệm phân biệt có nghiệm (-2) - Phơng trình có hai nghiệm phân biệt '>0  m >

1

 - Theo hÖ thøc Vi- Ðt ta cã

 2 2 b

x x x x 2(m 1)

a

c x x m

x x a (1)            

- Theo giá thiết , phơng trình có nghiệm (-2) , giả sử x1=-2 Từ hệ phơng trình (1) ta cã

2 2

x 2(m 1) m x (2)     

-Từ hệ phơng trình (2), rút gọn hai vÕ ta cã m2-4m=0 m(m-4)=0 

m m  

Víi m=4 ,m=0 (tháa m·n) ®iỊu kiƯn m >

1



Vậy m=0, m=4 phơng trình có hai nghiệm phân biệt có nghiệm (-2) Bài tập 8.

Cho phơng trình (m+1)x2+ 5x + m2-1=0 ,với m tham số a.Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu

b.Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu hai nghiệm ú cú mt nghim bng

Giải:

a.Phơng trình có hai nghiệm trái dấu



1

a m m m

c m 1 m m

x x 0

a m 1

                       

b.Phơng trình có hai nghiệm trái dấu hai nghiệm có nghiệm

-¸p dơng hƯ thøc Vi-Ðt ta cã

1 2 b x x a c x x a         2 x x m m x x m (I)         

Vậy m=-8+ 29;m=-8- 29 phơng trình có hai nghiệm trái dấu hai nghiệm có nghiệm

Bµi tËp 9.

Cho phơng trình (m+1)x2- 2(m-10x + m-3 =0 ,với m tham số

a.Chứng minh phơng trình có hai nghiệm phân biệt với giá trị m khác (-1)

b.Tỡm giỏ tr m để phơng trình có hai nghiệm dấu

c Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm dấu hai nghiệm có nghiệm gp ụi nghim

Giải :

a.Phơng trình có hai nghiệm phân biệt

'  

a m m

4 0 (m 1) (m 1)(m 3)

   



        

Vậy phơng trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m  -1 b.-Theo câu a ,ta có >0 với giá trị m-1

-Phơng trình có hai nghiệm dấu

c

x x

a    m m     

 m m

m

m

            

 m m m m      m m

Vậy phơng trình có hai nghiệm dấu m>3 m<-1

c.Theo câu a ,b phơng trình có hai nghiệm dấu >0 vµ

c

x x

a

 

ta cã m>3 hc m<-1

Mặt khác theo hệ thức Vi-ét ta có :

1 2 b x x a c x x a         2 2(m 1) x x m m x x m (I)          

Víi giả thiết cho x1=2x2,thay vào (I) ta có

1 2(m 1) 3x m m 2x m          

2(m 1) m

3(m 1) 2(m 1)

   



   

 

Rút ta đợc : m2- 2m- 35 =  m1=-5 ;m2=7 Với giá trị m1 ;m2đều thỏa mãn điều kiện m >3 m <-1

Bài tập 10.

Cho phơng trình m(x2-4x+3)+2(x-1)=0 a.Giải phơng trình

m=-1 2.

b Chng minh phơng trình ln có nghiệm với giá trị m c.Tìm m để phơng trình cho có hai nghiệm ngun

Gi¶i:

a.Víi

m=-1

2 Ta cã x2

-8x+7=0

Cã a+b+c = 1+(-8)+7 =  x1=1;x2=

c a =7.

b.Phơng trình cho trở thành : mx2-2(m-1)x+3m-2=0 (1) + Với m=0 ,(1)  2x-2=0  x=1

+ Víi m0 :

' 4m2 4m 3m2 2m m2 2m (m 1)2

           0 m. VËy phơng trình có nghiệm với giá trị m

c.Ta cã m(x2-4x+3)+2(x-1)= (x-1)m(x 3) 2   Xét phơng trình m(x-3)+2 =

Để phơng tr×nh cã hai nghiƯm th× m0 mx-3m+2=0 x=

3m m



=3-2 m .

Để phơng trình có hai nghiệm nguyên 2m hay m=1;m=2 Bài tập 11.

Cho phơng trình x2- (m+2)x+2m = (1) a.Giải phơng trình m=-1

b.Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1,x2thỏa mãn (x1+x2)2- x1.x2 5. Giải:

a.Víi m=-1 Ta cã x2- x-2 = Cã a-b+c= 1-(-1)+(-2)=0 x1=-1,x2=2

b Ta cã: =(m+2)2-4.2m=m2+ 4m + 4- 8m = m2- 4m + = ( m- 2)2 0 m VËy ph¬ng tr×nh cã nghiƯm m

Ta cã (x1+x2)2- x1.x2=m2+2m+4 5  m2+2m+ 1+3 5 m2+2m+ 5-3  (m+1)2   - m+1  -1- m 2-1

Bµi tËp 12.

Cho phơng trình x2- px + p-1 =

a.Chứng minh phơng trình có nghiệm với giá trị p b.Tính theo p giá trị biểu thức M=x12+x2 2- 6x1.x2.

c.Tìm giá trị nhỏ cđa M Gi¶i:

a.Ta cã

2

p 4p (p 2) p

        .Chøng tá r»ng ph¬ng trình có nghiệm với giá trị p

b.Ta cã M=x12+x2 2- 6x1.x2 =(x1+x2)2-2x1.x2- 6x1.x2=(x1+x2)2-8x1.x2 = p2- 8(p-1) = p2- 8p + = p2- 8p + 16 - = (p-4)2-

Bµi tËp 13.

Chøng minh r»ng nÕu hệ số hai phơng trình bậc hai x2+p1x+q1=0

x2+p2x+ q2=0 ,liên hệ với bëi hƯ thøc p1p2=2(q1+q2) th× Ýt nhÊt mét hai ph-ơng trình có nghịêm

Giải

Gọi phơng trình x2+p1x+q1=0 (1) x2+p2x+ q2=0 (2) Ta cã 1=p12-4 q1;2=

2

p -4 q2;

 +2= p12

-4 q1+ 2

p -4 q2= p12 +

2

p - 4(q1+ q2). V× 2(q1+q2)= p1p2  4(q1+ q2) = 2p1p2.

Do 1+2= p12+ 2

p - 4(q1+ q2)= p12 +

2

p -2p1p2= p1 p22

Điều chứng tá Ýt nhÊt mét hai biƯt thøc 1 hc 2phải >0 Vậy trong hai phơng trình cã nghiƯm

Bµi tËp 14.

Chøng minh r»ng phơng trình ax2+ bx + c = có nghiệm nÕu mét hai ®iỊu kiƯn sau a) a( a + 2b + 4c ) <

b) 5a + 3b + 2c = Gi¶i:

Ta cã  b2  4ac

a) a( a + 2b + 4c ) = a2+2ab+4ac < 0 a2+b2+2ab < b2-4ac  b2-4ac > ( a+b)2 0   0,ph¬ng tr×nh cã nghiƯm

b) 5a + 3b + 2c =  10a2+6ab+4ac=0 (3a+b)2+ a2= b2-4ac0  0,ph¬ng trình có nghiệm

Bài tập 15.

Chứng minh hai phơng trình bậc hai x2+p1x+q1=0 x2+p2x+ q2=0 cã nghiƯm chung th× : (q1- q2)2+(p1-p2)(q2p1-q1p2)=0.

Giai:

Hai phơng trình có nghiệm chung

1

2

x p x q x p x q

  

  

cã nghiệm

Đặt y=x2,ta có

1 2 y p x q y p x q

  

  

-Nếu p1p2,giải hệ phơng trình ta có x=

2 1

p p

p p



 vµ y=

1 2

q p p q

p p



 .Do y=x2

suy 2

2

q p p q

p p



 =(

2 1

p p

p p

  )2

-NÕu p1=p2ta cã hÖ 

1

1

p x y q

p x y q

   

Hệ có nghiệm ,suy q1=q2.Do đẳng thức cần chứng minh có dạng = 0, hiến nhiên

Tríc hÕt, chóng ta hÃy nhắc tới kiến thức th-ờng xuyên sử dụng sau:

Cho Parabol y=a'x2 (P) đờng thẳng y = ax + b (d) Khi đó:

Ta có hồnh độ giao điểm Parabol y=a'x2 (P) đờng thẳng y=ax + b (d) nghiệm phơng trình:

a'x2 = ax + b

<=> a'x2 – ax – b = (*)

- Parabol (P) đờng thẳng (d) khơng có điểm chung khi phơng trình (*) vô nghiệm.

- Parabol (P) đờng thẳng (d) có điểm chung (tiếp xúc nhau) phơng trình (*) có nghiệm kép hồnh độ của tiếp điểm nghiệm kép phơng trình đó.

- Parabol (P) đờng thẳng (d) có hai điểm chung chỉ khi phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt.

B©y giờ, h y tìm hiểu dạng toán mốiÃ

quan hệ này:

Dạng 1: Tìm hồnh độ giao điểm Parabol đờng thẳng.

Ví dụ 1: Tìm hồnh độ giao điểm Parabol (P) y = x2 với đờng thẳng (d)

y = x + 6

Gi¶i

Ta có hồnh độ giao điểm Parabol (P) y = x2 với đờng thẳng (d) y = x +

6 nghiệm phơng trình:

x2 = x +  x2 –x – = 0

 = b2 – 4ac

= (–1)2 – 4.1.( –6) = + 24 = 25

=

Phơng trình có hai nghiệm ph©n biƯt:

   

  

1

b

x

   

  

2

b

x

2a

Vậy hoành độ giao điểm (P) (d) là: –

Ví dụ 2: Tìm hồnh độ giao điểm Parabol (P) y = –x2 với đờng thẳng

(d) y = – 5x + 4

Gi¶i

Ta có hoành độ giao điểm Parabol (P) y = –x2 với đờng thẳng (d) y = –

5x + nghiệm phơng trình:

x2 = 5x + 4

 x2 –5x + = 0

V× a + b + c = + (–5) + = nªn x1 = 1; x2 =

Vậy hoành độ giao điểm (P) (d) là:

Dạng 2: Tìm toạ độ giao điểm Parabol đờng thẳng.

Ví dụ 3: Tìm toạ độ giao điểm Parabol (P) 

2

y x

2 đờng thẳng (d): y

= 3x – 4

Gi¶i

Hồnh độ giao điểm Parabol (P) 

2

y x

2 đờng thẳng (d):

y = 3x nghiệm phơng trình:



   

2

2

x 3x

x 6x

' = b'2 – ac

= (–3)2 – 1.8

= – =

' =

Phơng trình có hai nghiƯm ph©n biƯt:

   

  

1

b ' '

x

a

   

  

2

b ' '

x

a

Thay x1 = vào ta đợc y1 =

Thay x2 = vào ta đợc y2 =

Ví dụ 4: Tìm toạ độ giao điểm Parabol (P) 

2

y x

3 đờng thẳng (a): y

= 2x – 3

Gi¶i

Hoành độ giao điểm Parabol (P) 

2

y x

3 đờng thẳng (a):

y = 2x – lµ nghiƯm cđa phơng trình:

2

2

x 2x 3

x 6x

' = b'2 – ac

= (–3)2 – 1.9

= = Phơng trình có nghiệm kép:



   

1

b '

x x

a

Thay x = vào ta đợc y =

Vậy toạ độ giao điểm (P) (a) là: (3; 3)

Dạng 3: Chứng minh vị trí tơng đối Parabol đờng thẳng.

VÝ dô 5: Chøng tá r»ng Parabol (P) 

2

y 4x tiếp xúc với đờng thẳng

(d): y = 4mx + m2 m thay đổi.

Gi¶i

Ta có hồnh độ giao điểm Parabol (P) y = –4x2 với đờng thẳng (d) y =

4mx + m2 lµ nghiệm phơng trình:

4x2 = 4mx + m2

 4x2 + 4mx + m2 = 0

 = b2 – 4ac

= (4m)2 – 4.4.m2

= 16m2 – 16m2

=  m

Phơng trình có nghiệm kép Do Parabol (P) ln tiếp xúc với đờng thẳng

(d) y = 4mx + m2 khi m thay đổi.

Ví dụ 6: Chứng tỏ Parabol (P) y x2 ln có điểm chung với đờng thẳng (d): y = 2(m – 1)x – 2m + m thay đổi.

Gi¶i

Ta có hồnh độ giao điểm Parabol (P) y = x2 với đờng thẳng (d) y = 2(m

– 1)x – 2m + nghiệm phơng trình:

x2 = 2(m – 1)x – 2m +

' = b'2 – ac

= [(m – 1)]2 – (2m – 3)

= m2 – 2m +1 – 2m +

= m2 – 4m +4

= (m – 2)2  m

Phơng trình ln có nghiệm Do Parabol (P) ln ln có điểm chung với đờng thẳng (d): y = 2(m – 1)x – 2m + m thay đổi

 Dạng 4: Chứng minh tính chất, vị trí giao điểm mặt phẳng toạ độ Parabol đờng thẳng.

Ví dụ 7: Chứng tỏ Parabol (P) y3x2 cắt đờng thẳng (d): y = 5x – tại hai điểm nằm phía trục tung

Gi¶i

Ta có hồnh độ giao điểm Parabol (P) y = 3x2 với đờng thẳng (d) y = 5x

nghiệm phơng tr×nh:

3x2 = 5x –

 3x2 – 5x + = 0

Ta cã a + b + c= + (–5) + =

Phơng trình có hai nghiệm ph©n biƯt:



x 1;   c x

a

Ta thấy hai nghiệm dơng Suy hoành độ giao điểm dơng Do giao điểm chúng nằm phía trục tung

VÝ dô 8: Chøng tá r»ng Parabol (P) 

2

y x cắt đờng thẳng (d): y = 2x –

2007 hai điểm thuộc hai phía trục tung.

Gi¶i

Ta có hồnh độ giao điểm Parabol (P) y = -x2 với đờng thẳng (d) y = 2x

2007 nghiệm phơng trình:

–x2 = 2x – 2007

 x2 + 2x – 2007 = 0

Vì có a.c = 1.( –2007) < nên phơng trình có hai nghiệm trái dấu Do giao điểm thuộc hai phía trục tung

Dạng 5: Biện luận số giao điểm đờng thẳng Parabol.

Ví dụ 9: Cho Parabol (P) y x2 cắt đờng thẳng (D): y = 2(m +1)x – m2 – 9.

Tìm m :

a) (D) cắt (P) hai điểm phân biƯt. b) (D) tiÕp xóc víi (P).

c) (D) không cắt (P).

Giải

Honh giao im Parabol (P) y = x2 với đờng thẳng (D)

y = 2(m +1)x – m2 – nghiệm phơng trình:

x2 – 2(m +1)x + m2 +9= (1)

' = b'2 – ac

= [(m + 1)]2 – (m2 + 9)

= m2 + 2m +1 – m2 – 9

= 2m

a) (D) cắt (P) hai điểm phân biệt <=> Phơng trình (1) có hai nghiệm phân biÖt

<=> ' > <=> 2m – > <=> 2m > <=> m >

Vậy với m > (D) cắt (P) hai điểm phân biệt

b) (D) tiếp xúc với (P) <=> Phơng trình (1) có nghiệm kép <=> ' =

<=> 2m – = <=> 2m = <=> m =

VËy víi m = th× (D) tiÕp xóc víi (P)

c) (D) không cắt (P) <=> Phơng trình (1) v« nghiƯm <=> ' <

<=> 2m – < <=> 2m < <=> m <

Vậy với m < (D) không c¾t (P)

Ví dụ 10: Cho Parabol (P) yx2 cắt đờng thẳng (D): y = 4x + 2m a) Với giá trị m (D) tiếp xỳc vi (P).

b) Với giá trị m (D) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Tìm

to giao im 

3 m

2

Gi¶i

Hoành độ giao điểm Parabol (P) y = x2 với đờng thẳng (D)

y = 4x + 2m nghiệm phơng trình:

x2 = 4x + 2m

 x2 – 4x – 2m = (*)

' = b'2 – ac

= (–2)2 – (–2m)

= + 2m

a) (D) tiếp xúc với (P) <=> Phơng trình (*) cã nghiÖm kÐp <=> ' =

<=> m = –2

VËy víi m = –2 th× (D) tiÕp xóc víi (P)

b) (D) cắt (P) hai điểm phân biệt <=> Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt

<=> ' > <=> + 2m > <=> m > –2

VËy víi m > –2 th× (D) cắt (P) hai điểm phân biệt

Khi

3 m

2 hồnh độ giao điểm A, B nghiệm phơng trình:

x2 – 4x – =0

' = b'2 – ac

= (–2)2 – 1(–3)

= + =

 '

  

  

1

b ' '

x

a   

  

2

b ' '

x

a

Thay x1 =2 + vào ta đợc y1 = 11 +4

Thay x1 =2 – vào ta đợc y1 = 11 –4

Từ suy toạ độ giao điểm A, B (P) (D) là:

A(2 + 7; 11 +4 7); B(2 – 7; 11 – 7)

Dạng 6: Lập phơng trình tiếp tuyến Parabol đờng thẳng.

VÝ dô 11: Cho Parabol (P) 

2

y x

2

a) Viết phơng trình đờng thẳng (d) tiếp xúc với (P) điểm M có hồnh độ –

2.

b) Viết phơng trình tiếp tuyến (P) viết tiếp tuyến song song với đờng

th¼ng  

1

y x

2

c) Viết phơng trình đờng thẳng qua A(1;

3

2 ) tiếp xúc với (P). Giải

Phơng trình đờng thẳng có dạng y = ax + b

vì đờng thẳng qua M(–2; –2) nên ta có:

–2 = –2a + b => b = 2a – (1)

Mặt khác, đờng thẳng tiếp tuyến (P) nên phơng trình:

  

   

2

2

x ax b

x 2ax 2b

 ' =

 a2 – 2b =0 (2)

Thay (1) vào (2) ta đợc: a2 – 2(2a – 2) = 0

a2 – 4a +4 =0

 (a – 2)2 = 0

 a =

Với a = thay vào (1) ta đợc b = 2.2 – =

Vậy phơng trình đờng thẳng qua M tiếp xúc với (P) là: y = 2x +

b)

Vì tiếp tuyên song song với

1

y x

2 nªn ta cã a =

1

Suy phơng trình đờng thẳng có dạng  

1

y x b

2

Vì đờng thẳng tiếp xúc với (P) nên phơng trình:

 1x2 1xb

2 cã nghiÖm kÐp

 x2 + x+ 2b = (I) cã nghiÖm kÐp

 = b2 – 4ac

= 12 – 4.1.2b = – 8b

§Ĩ phơng trình (I) có nghiệm kép =

 – 8b =

 b =

1

Vậy phơng trình tiếp tuyên cần tìm là:

1

y x

2

c)

Đờng thẳng (d) ®i qua A(1;

3

2 ) nªn ta cã:

 

a b

2 => b =

3

2 – a (3)

Vì đờng thẳng tiếp xúc với Parabol nên phơng trình:

  

   

2

2

x ax b

x 2ax 2b 0(II)

Cã nghiÖm kÐp Cã nghiÖm kÐp

Ta cã: ' = a2 2b

Để phơng trình (II) cã nghiƯm kÐp th× a2 – 2b = (4)

Thay (3) vào (4) ta đợc: a2 – 2(

3

2–a) = 0

 a2 + 2a – = 0

Suy a = vµ a = –

* Với a = thay vào (3) ta đợc b =

1

* Với a = thay vào (3) ta đợc b = 

3

VËy qua A(1;

3

2) cã hai tiÕp tun víi Parabol (P) lµ:

 1 y x

2 ;  

3 y 3x

2

 Dạng 7: Tìm giá trị tham số để vị trí tơng giao thoả mãn điều kiện cho tr-ớc.

Ví dụ 12: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) yx2 đờng thẳng (d) có phơng trình y = mx – 1

a) Chứng minh với m (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B b) Gọi hoành độ giao điểm A B x1; x2 Chứng minh x1  x2 2

Gi¶i

a) Hồnh độ giao điểm Parabol (P) y = –x2 với đờng thẳng (d)

y = mx nghiệm phơng trình:

–x2 = mx – 1

 x2 + mx – 1= (*)

 = b2 – 4ac

= m2 – 4.1.( –1)

= m2 + >  m

V×  > m, nên phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt

=> (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B

b) Ta có x1; x2 hai nghiệm phơng trình (*) nên theo định lí Vi-ét có:

x1.x2 = –1

=>

  

1 2

x x x

x

V× x1 vµ

1

x cïng dÊu nªn:

    

1 1

2 1

1 1

x x x

x x x

VÝ dô 13: Cho Parabol (P) có phơng trình:

2 x y

2 đờng thẳng (D) có

ph-¬ng tr×nh: y = mx – m + 2

a) Tìm m để (P) (D) qua điểm có hồnh độ x = 4

b) Chøng minh với giá trị m (D) cắt (P) hai điểm phân biệt.

c) Gic sử (x1; y1) (x2; y2) toạ độ giao điểm (D) (P) Chứng

minh r»ng: y1+y2 (2 2–1)(x1+x2)

Gi¶i

Hồnh độ giao điểm Parabol (P) 

2 x y

2 với đờng thẳng (D) y = mx – m

+ nghiệm phơng trình:

 

    

2

2 x

mx m 2

x 2mx 2m 0(**)

a) Để (D) (P) qua điểm có hồnh độ x = phải nghiệm phơng trình (**)

Từ suy ra:

42 – 2m.4 +2m – = => m = 2

Vậy với m = đờng thẳng (D) Parabol (P) qua điểm có hồnh độ

b) (D) (P) hai điểm phân biệt <=> phơng trình (**) có hai nghiệm

phân biệt <=> ' >

<=> (–m)2 – (2m – 4) > 0

<=> m2 – 2m +4 > 0

<=> (m – 1)2 +3 > luụn ỳng m

Vậy (D) cắt (P) hai điểm phân biệt

c) Ta cú (x1; y1) (x2; y2) toạ độ giao điểm (D) (P) nên x1 x2

là nghiệm phơng trình (**)

Theo nh lớ Vi-ét x1 + x2 =

 b 2m a

Ta l¹i cã: y1= mx1 – m + 2; y2 = mx2 – m +

Suy ra:

y1 + y2 = (mx1 – m + 2) + (mx2 – m + 2)

= m(x1 + x2) – 2m +

= 2m2 – 2m + 4

= [( 2m)2 – 4 2m + 4] + (2 2–1).2m

= ( 2m – 2)2 +(2 2 – 1).2m

= ( 2m – 2)2 +(2 2 – 1).(x

Chuyên đề:

Giải toán cách lập phơng trình

A) tãm t¾t lý thuyÕt

Bớc 1: Lập phơng trình hệ ohơng trình: a) Chọn ẩn đặt điều kiện cho ẩn

b) Biểu diễn đại lợng cha biết thông qua ẩn địa lợng biết c) Lập phơng trình biểu thị mối quan hệ đại lợng

Bíc 2: Gi¶i phơng trình

Bc 3: i chiu nghim ca pt, hệ phơng trình (nếu có) với điều kiện ẩn số để trả lời

Chó ý: Tuú tõng tập cụ thể mà ta lập phơng trình bậc ẩn, hệ ph-ơng trình hay phph-ơng tr×nh bËc hai

Khi đặt diều kiện cho ẩn ta phải dựa vào nội dung toán kiến thức thực tế B) Các dạng tốn

D¹ng 1: Toán quan hệ số. Nững kiến thức cần nhớ:

+ Biểu diễn số có hai chữ sè : ab10ab ( víi 0<a9; 0 b 9;a, bN)

+ BiĨu diƠn sè cã ba ch÷ sè : abc100a 10b c ( víi 0<a9; 0b,c9;a, b, cN) + Tổng hai sè x; y lµ: x + y

+ Tổng bình phơng hai số x, y là: x2 + y2 + Bình phơng tổng hai số x, y là: (x + y)2. + Tổng nghịch đảo hai số x, y là:

1 xy.

Ví dụ 1: Mộu số phân số lớn tử số đơn vị Nếu tăng tử mẫu thêm đơn vị đợc phân số

1

2 phân số cho Tìm phân số đó? Giải:

Gọi tử số phân số x (đk: x3) Mẫu số phân số x +

Nếu tăng tử mẫu thêm đơn vị Tử số x +

MÉu sè lµ x + + = x + Đợc phân số

1

2 ta có phơng trình

x 1 x

 

 .

2(x 1) x

x 2( Tho¶ mÃn điều kiện toán)

Vy phõn số ban đầu cho

   

 

Ví dụ 2: Tổng chữ số số có hai chữ số Nếu thêm vào số 63 đơn vị số thu đợc viết hai chữ số nhng theo thứ tự ngợc lại Hãy tìm số đó?

Gi¶i

Gọi chữ số hàng chục x ((0 < x9, xN) Chữ số hàng đơn vị y (0<y9, yN)

Vì tổng chữ số ta có x + y = (1) Số xy10xy

Vì thêm vào số 63 đơn vị đợc số viết theo thứ tự ngợc lại ta có xy 63 yx 10x y 63 10y x

9x 9y 63(2)

      

  

Tõ (1) vµ (2) ta cã hệ phơng trình

x y x y 2x

9x 9y 63 x y x y

    

  

 

  

     

  

x

(thoả mÃn điều kiện) y

   

 

Vy s phải tìm 18

Ví dụ 3: Tìm hai số tự nhiên liên tiếp có tổng bình phơng 85 Giải

Gọi số bé x (xN) Số tự nhiên kề sau x + 1.

Vì tổng bình phơng 85 nên ta có phơng trình: x2 + (x + 1)2 = 85

2 2

2

2

x x 2x 85 2x 2x 84 x x 42

b 4ac 4.1.( 42) 169 169 13

        

   

    

Phơng trình cã hai nghiÖm

1

1 13

x 6(thoả mÃn điều kiện)

1 13

x 7(lo¹i)

2  

 

 

 

Vậy hai sè ph¶i tìm Bài tập:

Bi 1: Đem số nhân với trừ đợc 50 Hỏi số bao nhiêu? Bài 2: Tổng hai số 51 Tìm hai số biết

2

5 sè thø nhÊt th× b»ng

6 số thứ hai. Bài 3: Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết tổng chữ số Nếu đổi chỗ hai chữ số hàng đơn vị hàng chụccho số giảm 45 đơn vị

Bài 4: Tìm hai số đơn vị tích chúng 150

Bài 5: Tìm số tự nhiên có chữ số, biết số lập phơng số tạo chữ số hàng vạn chữ số hàng nghìn s ó cho theo th t ú

Đáp số:

Bài 1: Số 19;

Bài 2: Hai số 15 36 Bài 3: Số 61

Bài 4: Hai số 10 15 -10 -15; Bài 5: Số 32

Dạng 2: Tốn chuyển động Những kiến thức cần nhớ:

Nếu gọi quảng đờng S; Vận tốc v; thời gian t thì: S = v.t;

s s v ; t

t v

 

Gäi vËn tốc thực ca nô v1 vận tốc dòng nớc v2 tì vận tốc ca nô xuôi dòng nớc v = v1 + v2 Vân tốc ca nô ngợc dòng v = v1 - v2

Ví dụ1: Xe máy thứ quảng đờng từ Hà Nội Thái Bình hết 20 phút Xe máy thứ hai hết 40 phút Mỗi xe máy thứ nhanh xe máy thứ hai km

Gäi vËn tèc x thø nhÊt lµ x (km/h), đk: x>3; Vận tốc xe tứ hai x - (km/h)

Trong giê 20 (= 10

3 giờ) xe máy thứ đợc 10

x(km)

Trong giê 40 (= 11

3 giờ) xe máy thứ đợc 11

(x 3)(km) 

Đó quảng đờng tứ Hà nội đến Thái Bình nên ta có phơng trình 10 11

x (x 3) x 33

3 3    (thoả mÃn điều kiện toán).

Vy tốc xe máy thứ 33 km/h Vận tốc xe máy thứ hai 30 km/h Quảng đờng từ Hà Nội đến Thái Bình 110 km

Ví dụ 2: Đoạn đờng AB dài 180 km Cùng lúc xe máy từ A ô tô từ B xe máy gặp ô tô C cách A 80 km Nếu xe máy khởi hành sau 54 phút chúng gặp D cách A 60 km Tính vận tốc ô tô xe máy ?

Gi¶i

Gọi vận tốc ô tô x (km/h), đk: x > Gọi vận tốc xe máylà y(km/h), đk: y > Thời gian xe máy để gặp ô tô

80 y (giê)

Quảng đờng ô tô 100 km nên thời gian ô tô 100

y (giê) ta cã phơng trình

100 80 x y (1)

Quảng đờng xe máy 60 km nên thời gian xe máy 60

y (giờ) Quảng đờng ô tô lag 120 km nên thời gian ụ tụ i l

120 y (giờ) Vì ô tô trớc xe máy 54 phút =

9

10nên ta có phơng trình 120 60

(2) x  y 10 .

Tõ (1) (2) ta có hệ phơng trình

100 80 100 80

x y x y

120 60 40 20

x y 10 x y 10

 

  

 

 



 

     

 

 

100 80 60 12

x y x 10 x 50

(tho¶ m·n ®iỊu kiƯn) 100 80

160 80 12 y 40

x y x y 10

 

  

   

 

     

 

     

 



Ví dụ 3: Một ô tô quảng đờng dai 520 km Khi đợc 240 km tơ tăng vận tốc thêm 10 km/h hết quảng đờng cịn lại T ính vận tốc ban đầu ô tô biết thời gian hết quảng đờng

Gi¶i:

Gäi vËn tèc ban đầu ô tô x (km/h), đk: x>0 Vận tốc lúc sau ô tô x+10 (km/h)

Thời gian ô tô hết quảng đờng đầu 240

x (giờ) Thời gian ô tô hết quảng đờng đầu

280

x 10 (giê)

Vì thời gian tơ hết quảng đờng nên ta có phơng trình

2

240 280

8 x 55x 300 x x 10     

2

b 4ac ( 55) 4.( 300) 4225 4225 65

       

Phơng trình có hai nghiÖm

 

   

1

55 65 55 65

x 60(TMDK);x 5(loai)

2

Vậy vận tốc ban đầu ô tô 60 km/h Bài tập:

1 Một ô tô khởi hành từ A với vận tèc 50 km/h Qua giê 15 « t« thứ hai khởi hành từ A hớng víi « t« thø nhÊt víi vËn tèc 40 km/h Hỏi sau ô tô gặp nhau, điểm gặp cách A km?

2 Một ca nô xuôi dòng 50 km ngợc dòng 30 km Biết thời gian xuôi dòng lâu thời gian ngợc dòng 30 phút vận tốc xuôi dòng lớn vận tốc ngợc dòng km/h

Tính vận tốc lúc xuôi dòng?

3 Hai ô tô khởi hành lúc từ A đến B cách 150 km Biết vận tốc ô tô thứ lớn vận tốc ô tô thứ hai 10 km/h ô tô thứ đến B trớc ô tô thứ hai 30 phút Tính vânl tốc tơ

4 Một thuyền dòng sông dài 50 km Tổng thời gian xuôi dòng ngợc dòng giê 10 TÝnh vËn tèc thùc cđa thun biÕt r»ng mét chiÕc bÌ th¶ nỉi ph¶i mÊt 10 xuôi hết dòng sông

5 Mt ngi xe đạp từ A đến B cách 108 km Cùng lúc tơ khởi hành từ B đến A với vận tốc vận tốc xe đạp 18 km/h Sau hai xe gặp xe đạp phải tới B Tính vận tốc xe?

6 Một ca nơ xi dịng từ A đến B cách 100 km Cùng lúc bè nứa trơi tự từ A đến B Ca nơ đến B quay lại A ngay, thời gian xi dịng ngợc dịng hết 15 Trên đờng ca nơ ngợc A gặp bè nứa điểm cách A 50 km Tìm vận tốc riêng ca nụ v tc ca dũng nc?

Đáp án: 1.

3 (giê)

8 20 km/h

3 Vận tèc cđa « t« thø nhÊt 60 km/h Vận tốc ô tô thứ hai 50 km/h 25 km/h

5

6 VËn tèc ca nô 15 km/h Vận tốc dòng nớc km/h Dạng 3: Toán làm chung công việc Những kiến thức cần nhớ:

- Nu mt đội làm xong cơng việc x ngày đội làm đợc

VÝ dô 1:

Hai ngời thợ làm cơng việc 16 xong Nếu ngời thứ làm giờ, ngời thứ hai làm hồn thành đợc 25% cơng việc Hỏi làm riêng ngời hồn thành cơng việc bao lâu?

Gi¶i:

Ta cã 25%= 4.

Gọi thời gian ngời thứ hồn thành cơng việc x(x > 0; giờ) Gọi thời gian ngời thứ hai hồn thành cơng việc y(y > 0; giờ) Trong ngời thứ làm đợc

1

x công việc Trong ngời thứ hai làm đợc

1

y c«ng viƯc.

Hai ngời làm xong 16 Vậy hai ngời làm đợc

16c«ng viƯc. Ta cã phơng trình:

1 1 (1) xy 16

Ngêi thø nhÊt lµm giê, ngêi thø hai làm 25%=

4 công việc Ta có phơng trình

3 xy 4(2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã hƯ phơng trình

1 1 3 1

x y 16 x y 16 x y 16

3 6

x y x y y 16

  

     

  

  

 

  

       

  

  

x 24

(tho¶ m·n ®iỊu kiƯn) y 48

   

.

Vy làm riêng ngời thứ hoàn thành công việc 24 Ngời thứ hai hoàn thành công việc 48 giê

VÝ dô 2:

Hai thợ đào mơng sau 2giờ 55 phút xong việc Nếu họ làm riêng đội hồn thành công việc nhanh đội Hỏi làm riêng đội phải làm xong cơng việc?

Gi¶i :

Gọi thời gian đội làm xong công việc x (x > 0; giờ) Gọi thời gian đội làm xong cơng việc x + (giờ) Mỗi đội làm đợc

1

c«ng viƯc x

Mỗi đội làm đợc

c«ng viƯc x 2

Vì hai đội sau 55 phút =

11 35

12 12(giờ) xong Trong hai đội làm đợc

12

Theo bµi ta có phơng trình

2

1 12

35x 70 35 12x 24x xx 2 35     

2

12x 46x 70 6x 23x 35

       

Ta cã

2

1

( 23) 4.6.( 35) 529 840 1369 1369 37

23 37 23 37

Vậy ph ơng trình có hai nghiệm x 5(thoa mÃn); x 2(lo¹i)

12 12

            

 

   

Vậy đội thứ hồn thành cơng việc Đội hai hồn thành cơng việc Chú ý:

+ Nếu có hai đối tợng làm công việc biết thời gian đại lợng hơn, đại lợng ta nên chọn ẩn đa phơng trình bậc hai

+ Nếu thời gian hai đại lợng không phụ thuộc vào ta nên chọn hai ẩn làm thời gian hai đội đa dạng hệ phơng trình để giải

VÝ dơ 3:

Hai ngời thợ sơn cửa cho nhà ngµy xong viƯc NÕu ngêi thø nhÊt lµm ngµy råi nghØ ngêi thø hai lµm tiÕp ngày xong việc Hỏi ng-ời làm xong công việc?

Giải:

Gọi thời gian để ngời thứ hồn thành cơng việc x (x>2; ngày) Gọi thời gian để ngời thứ hai hồn thành cơng việc y (x>2; ngày) Trong ngày ngời thứ làm đợc

1

x công việc Trong ngày ngời thứ hai làm đợc

1

y c«ng viƯc

Cả hai ngời làm xong ngày nên ngày hai ngời làm đợc

2 cơng việc Từ ta có pt

1 x +

1 y =

1 2 (1)

Ngêi thø nhÊt lµm ngµy råi ngêi thø hai lµm ngày xong công việc ta có pt:

4 1 xy  (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã hƯ pt

1 1 1

x y x y x

(thoả mÃn đk)

4 y

1

x y x

   

 

   

 

 

  

 

    

 



Vậy ngời thứ làm xong công việc ngày Ngời thứ hai làm xong công việc ngày

Bài tâp:

1 Hai ngời thợ làm công việc xong 18 Nếu ngời thứ làm giờ, ngời thứ hai làm đợc 1/3 cơng việc Hỏi ngời làm xong cơng việc?

2 Để hồn thành cơng việc hai tổ phải làm Sau làm chung tổ hai đợc điều làm việc khác Tổ hồn thành cơng việc cịn lại 10 Hỏi tổ làm riêng thhì xong cơng việc đó?

4 Hai bình rỗng giống có dung tích 375 lít ậ binmhf có vịi nớc chảy vào dung lợng nớc chảy nh Ngời ta mở cho hai vòi chảy vào bình nhng sau khố vịi thứ hai lại sau 45 phút tiếp tục mở lại Để hai bình đầy lúc ngời ta phải tăng dung lợng vịi thứ hai thêm 25 lít/giờ Tính xem vòi thứ chảy đợc lít nớc

KÕt qu¶:

1) Ngời thứ làm 54 Ngời thứ hai làm 27 2) Tổ thứ làm 10 Tổ thứ hai làm 15 3) Đội thứ làm ngày Đội thứ hai làm ngày 4) Mỗi vịi thứ chy c 75 lớt

Dạng 4: Toán có nội dung hình học: Kiến thức cần nhớ:

- Diện tích hình chữ nhật S = x.y ( xlà chiều rộng; y chiều dài) - Diện tích tam giác

1 S x.y

2 

( x chiều cao, y cạnh đáy tương ứng)

- Độ dài cạnh huyền : c2 = a2 + b2 (c cạnh huyền; a,b cạnh góc vuông)

- Số đường chéo đa giác

n(n 3)



(n số đỉnh)

Ví dụ 1: Tính kích thước hình chữ nhật có diện tích 40 cm2 , biết tăng

mỗi kích thước thêm cm diện tích tăng thêm 48 cm2.

Giải:

Gọi kích thước hình chữ nhật x y (cm; x, y > 0)

Diện tích hình chữ nhật lúc đầu x.y (cm2) Theo ta có pt x.y = 40 (1)

Khi tăng chiều thêm cm diện tích hình chữ nhật Theo ta có pt

(x + 3)(y + 3) – xy = 48  3x + 3y + = 48 x + y = 13(2)

Từ (1) (2) suy x y nghiệm pt X2 – 13 X + 40 = 0

Ta có   ( 13)2 4.40  9  3

Phương trình có hai nghiệm

13 13

X 8; X

2

 

   

Vậy kích thước hình chữ nhật (cm) (cm)

Ví dụ 2: Cạnh huyền tam giác vng m Hai cạnh góc vng 1m Tính cạnh góc vng tam giác?

Giải:

Gọi cạnh góc vng thứ x (m) (5 > x > 0) Cạnh góc vng thứ hai x + (m)

Vì cạnh huyền 5m nên theo định lý pi – ta – go ta có phương trình

x2 + (x + 1)2 = 52 2

2x 2x 24 x x 12

      

2

1

1 4.( 12) 49 Ph ơng trình co hai nghiÖm phan biÖt

1 7

x (thoả mÃn); x 4(loại)

2

      

   

   

Vậy kích thước cạnh góc vng tam giác vng m m

Bài tâp :

Bài 2: Một ruộng hình chữ nhật có chu vi 250 m Tính diện tích ruộng biết chiều dài giảm lần chiều rộng tăng lần chu vi ruộng không thay đổi

Bài 3: Một đa giác lồi có tất 35 đường chéo Hỏi đa giác có đỉnh?

Bài 4: Một sân hình tam giác có diện tích 180 m2 Tính cạnh đáy sân biết

rằng tăng cạnh đáy m giảm chiều cao tương ứng m diện tích khơng đổi? Bài 5: Một miếng đất hình thang cân có chiều cao 35 m hai đáy 30 m 50 m người ta làm hai đoạn đường có chiều rộng Các tim đừng đường trung bình hình thang đoạn thẳng nối hai trung điểm hai đáy Tính chiều rộng đoạn đường biết diện tích phần làm đường

1

4 diện tích hình thang

Đáp số:

Bài 1: Diện tích hình chữ nhật 60 m2

Bài 2: Diện tích hình chữ nhật 3750 m2

Bài 3: Đa giác có 10 đỉnh

Bài 4: Cạnh đày tam giác 36 m Bài 5: Chiều rộng đoạn đường m

Dng 5: Toán dân số, lÃi suất, tăng trởng Những kiến thức cần nhớ :

+ x% = x 100

+ Dân số tỉnh A năm ngoái a, tỷ lệ gia tăng dân số x% dân số năm tỉnh A

x a a



100

x x x

Sè d©n năm sau (a+a ) (a+a ) 100 100 100

Ví dụ 1: Bài 42 – SGK tr 58

Gọi lãi suất cho vay x (%),đk: x > Tiền lãi suất sau năm

x

2000000 20000

100 (đồng)

Sau năm vốn lẫn lãi 200000 + 20000 x (đồng) Riêng tiền lãi năm thứ hai

x

x x x2

(2000000 20000 ) 20000 200 (đồng) 100

  

Số tiến sau hai năm Bác Thời phải trả 2000000 +20000x + 20000x + 200x2 (đồng)

200x2 + 40000x +2000000 (đồng)

Theo ta có phương trình 200x2 + 40 000x + 2000000 = 2420000

 x2 + 200x – 2100 =

Giải phương trình ta x1 = 10 (thoả mãn); x2 = -210 (không thoả mãn)

Vậy lãi suất cho vay 10 % năm

Ví dụ 2: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm thời gian định Do áp dụng kỹ thuật nên tổ I sản xuất vượt mức kế hoạch 18% tổ II vượt mức 21% Vì thời gian quy định họ hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi số sản phẩm giao tổ

Gọi x số sản phẩm tổ I hoàn thành theo kế hoạch (sản phẩm), đk < x < 600 Số sản phẩm tổ II hoàn thành theo kế hoạch 600 – x (sản phẩm)

Số sản phẩm vượt mức tổ I x

18

100 (sản phẩm)

Số sản phẩm vượt mức tổ II x

21 (600 )

100 

(sản phẩm)

Vì số sản phẩm vượt mức kế hoạch hai tổ 120 sản phẩm ta có pt

x x

18 21(600 ) 120 100 100



 

 x = 20 (thoả mãn yêu cầu toán)

Vậy số sản phẩm theo kế hoạch tổ I 200 (sản phẩm) Vậy số sản phẩm theo kế hoạch tổ II 400 (sản phẩm)

Bài tập:

Bài 1: Dân số thành phố Hà Nội sau năm tăng từ 200000 lên 2048288 người Tính xem hàng năm trung bình dân số tăng phần trăm

Bài 2: Bác An vay 10 000 000 đồng ngân hàng để làm kinh tế Trong năm đầu bác chưa trả nên số tiền lãi năm đầu chuyển thành vốn để tính lãi năm sau Sau năm bác An phải trả 11 881 000 đồng Hỏi lãi suất cho vay phần trăm năm?

Bài 3: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 1000 sản phẩm thời gian dự định Do áp dụng kỹ thuật nên tổ I vượt mức kế hoạch 15% tổ hai vượt mức 17% Vì thời gian quy định hai tổ sản xuất tất 1162 sản phẩm Hỏi số sản phẩm tổ bao nhiêu?

Kết quả:

Bài 1: Trung bình dân số tăng 1,2%

Bài 2: Lãi suất cho vay 9% năm

Bài 3: Tổ I giao 400 sản phẩm Tổ II giao 600 sản phẩm

Dạng 6: Các dạng toán khác

Những kiến thức cần nhớ : -

m

V (V thể tich dung dich; m khối l ợng; D khối l ợng riêng) D

- Khối lượng nồng độ dung dịch =

Khèi l ợng chất tan Khối l ợng dung môi (m tỉng)

Ví dụ : (Bài trang 59 SGK)

Gọi trọng lượng nước dung dịch trước đổ thêm nước x (g) đk x > Nồng độ muối dung dịch

40 40%

x

Nếu đổ thêm 200g nước vào dung dịch trọng lượng dung dịch là: 40

240%

x Vì nồng độ giảm 10% nên ta có phương trình

2

40 40 10

280 70400 40 240 100 x x

x  x     

Giải pt ta x1 = -440 ( loại); x2 = 160 (thoả mãn đk tốn)

Ví dụ 2: Người ta trộn 8g chất lỏng với 6g chất lỏng khác có khối lượng riêng

nhỏ 0,2g/cm3 để hỗn hợp có khối lượng riêng 0,7g/cm3 Tìm khối lượng

riêng chất lỏng

Giải

Gọi khối lượng riêng chất lỏng thứ x (g/cm3) Đk x > 0,2

Khối lượng riêng chất lỏng thứ x – 0,2 (g/cm3).

Thể tích chất lỏng thứ

8

(cm ) x Thể tích chất lỏng thứ hai

3

6

0 2(cm )

x ,

Thể tích hỗn hợp

3

8

0 2(cm )

xx ,

Theo ta có pt

2

8 14

14 12 12 0 x , x ,

xx ,  ,     Giải pt ta kết

x1 = 0,1 (loại) ; x2 = 0,8 (t/m đk)

Vậy khối lượng riêng chất lỏng thứ 0,8 (g/cm3)

Khối lượng riêng chất lỏng thứ hai 0,6 (g/cm3).

Bài tập:

Bài 1: Một phòng họp có 240 ghế xếp thành dãy có số ghế Nếu dãy bớt ghế phải xếp thêm 20 dãy hết số ghế Hỏi phòng họp lúc đầu xếp thành dãy ghế

Bài 2: Hai giá sách có 400 Nếu chuyển từ giá thứ sang giá thứ hai 30 số sách giá thứ

3

5 số sách ngăn thứ hai Tính số sách ban đầu ngăn?

Bài 3: Người ta trồng 35 dừa đất hình chữ nhật có chiều dài 30 m chiều rộng 20 m thành hàng song song cách theo hai chiều Hàng trồng biên đất Hãy tính khoảng cách hai hàng liên tiếp?

Bài 4: Hai người nông dân mang 100 trứng chợ bán Số trứng hai người không số tiền thu hai người lại Một người nói với người kia: “ Nếu số trứng số trứng anh tơi bán 15 đồng ” Người nói “ Nếu số trứng tơi số trứmg anh bán

2

3 đồng thơi” Hỏi

người có trứng?

Bài 5: Một hợp kim gồm đồng kẽm có gam kẽm Nếu thêm 15 gam kẽm vào hợp kim hợp kim mà lượng đồng giảm so với lúc đầu 30% Tìm khối lượng ban đầu hợp kim?

Kết quả:

Bài 1: Có 60 dãy ghế

Bài 4: Người thứ có 40 Người thứ hai có 60 Bài 5: 25 gam 10 gam

Chuyên đề: Hình học

Bài 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:

1 Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp

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

4 H M đối xứng qua BC

5 Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF

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 => BEC= 900.

CF đờng cao => CF  AB =>BFC = 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 tròn

3. XÐt hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; Â góc chung

=>  AEH ADC => AEAD=AH

AC => AE.AC = AH.AD

* Xét hai tam giác BEC ADC ta cã:BEC=ADC = 900 ; C lµ gãc chung

=>  BEC ADC => BEAD=BC

AC => AD.BC = BE.AC

4 Ta cã C1A1 ( v× cïng phơ víi ABC)

 

2 C A

( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM)

=> C1C 2=> 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 => C1E1( hai góc nội tiếp chắn cung BF)

Cịng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp

C1E 2( hai góc nội tiếp chắn cung HD)

E1E 2=> EB tia phân giác góc FED.

Chng minh tng t 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

3

H

1

3 2 1 1

O

E

D C

B

A

Chøng minh ED =

1

BC Chứng minh DE tiếp tuyến đờng trịn (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 có 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 =>

 

1 E A

(1)

Theo trªn DE = 12 BC => tam giác DBE cân D =>

 

3 E B

(2) Mà B1 A1 ( phụ với góc ACB) =>E1 E 3 => E1E2 E 2E3

Mµ 

 E E

= BEA= 900 => E 2E 3= 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 Pytago 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

4

4 Chøng minh OC // BM

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

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

/ /

y x

N C

D I

M

B O

A

Lêi gi¶i

1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t

2. Ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD

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

4. Theo COD = 900.nên tam giác COD vuông O có OM CD (OM tiếp tuyÕn ).

áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM,

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

2

4

5. Theo trªn COD = 900 nªn OC  OD (1)

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM  OD (2) Tõ (1) vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD)

6. Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng tròn 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 vng 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

1. Chứng minh B, C, I, K nằm đờng tròn

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

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

T¬ng tù ta cịng cã IKC = 900

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

2.

o

1 2 1 H

I

C A

B

K

Ta cã C1 C 2 (1) ( CI phân giác góc ACH.



2 C I

= 900 (2) ( v× IHC = 900 )

 

I ICO

(3) ( v× tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => C1ICO= 900 hay AC  OC.

Vậy AC tiếp tuyến đờng tròn (O)

3. Tõ gi¶ thiÕt 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

+HC2=√92+122=√225 = 15 (cm)

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

1 Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp

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

3 Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2.

4 Chøng minh OAHB hình thoi

5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng

6 Tỡm qu tích điểm H M di chuyển đờng thng d

Lời giải:

1. (HS tự làm)

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 => Tø giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình 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 cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R

Bài 6 Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng trịn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng trịn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E

1 Chứng minh tam giác BEC cân

2 Gi 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 =>

  B B

2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 B =>  AHB = AIB

=> AI = AH

3 AI = AH BE AI I => BE tiÕp tun cđa (A; AH) t¹i I

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

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

cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc víi (O) t¹i M

1 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn

2 Chứng minh BM // OP

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

4 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 có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm chắn cung AM => ABM =

AOM

(1) OP tia phân giác AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt )

=> AOP=



AOM

(2)

Tõ (1) vµ (2) => ABM= AOP (3)

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

3. Xét hai tam giác AOP OBN ta có :

=> 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 nhau)

4. Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => ON  PJ Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ 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

điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6)

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

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => PAO = MPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đồng thời đờng cao => IK  PO (9)

Tõ (6) vµ (9) => I, J, K thẳng hàng

Bi 8 Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng trịn (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 tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K

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

3) Chứng minh BAF tam giác cân

4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi

5) Xác 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 trũn )

=> KEF = 900 (vì hai gãc kÒ bï).

=> KMF + KEF = 1800 Mµ KMFvµ KEFlµ

hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp

2. Ta cã IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A cã AM  IB ( theo trªn)

áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM . IB.

3. Theo gi¶ thiÕt AE tia phân giác 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)

Tõ BE  AF => AF  HK (4), theo AE tia phân giác IAM hay AE tia phân giác HAK (5)

T (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

AKFI hình thang cân M trung điểm cđa cung AB

Tam gi¸c ABI vuông A có 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)

1 Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh ABD = DFB

3 Chøng minh CEFD tứ giác nội tiếp

Lời giải:

1. C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC  AE



ABE= 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vng B có BC đờng cao

=> AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R khơng đổi

do AC AE khơng đổi

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

D C

A O B

F E

X

=> 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 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c 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 ( Vì hai góc kÒ bï)

=> ECD = ABD ( cïng bï víi ACD) Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù)

nên suy ECD + EFD = 1800,

mặt khác ECD EFDlà hai góc đối tứ giác CDFE Do tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp

Bài 10 Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng trịn 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

1 Chứng minh bốn điểm A, M, S, P nằm đờng trịn

Lêi gi¶i:

1. Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB= 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) =>



AMS= 900 Nh P M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng trịn

®-êng kÝnh AS

Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn

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

3

( )

4

1 1

) (

1 2

2

1

1

H O

S'

M' M

A B

S

P

=> AMM' = AM M' ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng 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=

' S

(cïng phơ víi

 S

) (3) Tam giác PMS cân P =>

 ' S

= M 1 (4)

Tam giác OBM cân O ( cã OM = OB =R) => B1= M (5).

Tõ (3), (4) vµ (5) => M 1 = M => M 1+ M 2= M + M 2mà M + M 2= AMB= 900 nên suy M 1+ 

2 M

= 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) điểm 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

CB = BM CF

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

=> AEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiÕp ch¾n cung DE)

Chøng minh t¬ng tù 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

=> 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

(nội tiếp chắn cung DI); CBF = BFD (vì 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

tại N đờng tròn P Chứng minh : Tứ giác OMNP nội tip

2 Tứ giác CMPO hình bình hành

3 CM CN không phụ thuộc vào vị trí cđa ®iĨm M

4

B' A'

O

P N

M

D

B A

C

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 tiếp tuyến ).

Nh vy M N nhìn OP dới góc 900 => M N nằm đờng tròn đờng

kÝnh OP => Tø gi¸c OMNP néi tiÕp

2 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (nội tiếp chắn OM ) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONM =OCN =>OPM = OCM

XÐt hai tam giác OMC MOP ta có MOC= OMP = 900;



OPM = OCM =>CMO = POM lại có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1)

Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành

3. Xét hai tam giác OMC vµ NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (néi tiÕp ch¾n nưa

đờng tròn ) => MOC = DNC = 900 lại có C góc chung => OMC NDC

S

=>

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

gãc 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 ti F

1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp

3 AE AB = AF AC

4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn

Lêi gi¶i:

1 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> AEH = 900 (vì hai gãc kÒ bï) (1)



CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> CFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)

EAF= 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba gãc vu«ng)

2 Tứ giác 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)

=> B1= H1(hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n HE ) => B1 = F1=> EBC +EFC = AFE+ EFC mµ AFE+ 

EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối

của 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 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 Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1.

O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) =>

E

= H2

=> E1+ E2= H 1+ H mµ H 1+ H = AHB = 900 => E1+ E 2= O EF1 = 900 => O

1E 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 Vẽ phía AB 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) Chứng minh EC = MN

2 Chøng minh MN tiếp tuyến chung nửa đ-ờng trßn (I), (K)

3 TÝnh MN

4 Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng trịn

Lêi gi¶i:

1 Ta cã: BNC= 900( néi tiÕp ch¾n

nửa đờng trịn tâm K)

S

=> ENC = 900 (vì hai góc kề bù) (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) => B1= C1 (hai góc nội tiếp chắn CN ) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3 =>



B = N3.(4) L¹i cã KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1= N 1 (5)

Tõ (4) vµ (5) => N 1 = N3mµ N 1+ N = CNB = 900

=> N 3+ N2= MNK = 900 hay MN  KN N => MN tiếp tuyến (K) t¹i N.

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

3 Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O)

=> AEB vuông 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 trịn 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 đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S

1 Chøng minh ABCD tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh CA tia phân giác góc SCB

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

Chøng minh :

G

1

1

O

S

D

E B

A C

1

F

O

M

Q P

H C

B

A

2

Lêi gi¶i:

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

=> AQM = 900 nh P Q nhìn BC dới góc 900 nên P Q nằm đờng

trịn đờng kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp

* Vì AM đờng kính đờng tròn 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 =

1

2BC.AH.

Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM =

1

2AB.MP

Tam giác ACM có MQ đờng cao

=> SACM =

1

2AC.MQ

Ta cã SABM + SACM = SABC

=>

1

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

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 trịn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H khơng trùng O, B) ; 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:

_ _ 4 32

1

I

O H K

D C

M

A 1 B

1

1 Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng trịn )

=> MCI = 900 (v× lµ hai gãc kỊ bï)

ADB

= 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=>MDI = 900 (vì hai góc kề bï).

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

nên MCID tứ giác nội tiếp

2 Theo Ta có BC  MA; AD  MB nên BC AD hai đờng cao tam giác MAB

mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB

Theo giả thiết MH  AB nên MH đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH ng quy ti I

3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C

KCM cân K ( KC KM bán kính) => M 1= C1.

Mµ A1+ M 1= 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1+ C 4= 900 => C + C 2= 900 ( v× gãc

ACM lµ gãc bĐt) hayOCK = 900

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