On thi vao lop 10 THPT 2012

Chøng minh r»ng tø gi¸c APMO néi tiÕp ®îc mét ®êng trßn5. Chøng minh tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh...[r]

ôn tập vào lớp 10 năm học 2011-2012

(su tầm)

Bài 1: Cho biểu thức : P=√a+2

√a+3−

5

a+√a −6+¿

1 2−√a a) Rót gän P

b) Tìm giá trị a để P<1

Bµi 2: Cho biĨu thøc : P= (1− a√a

1−√a +√a).(

1+a√a

1+√a −√a) a) Rót gän P

b) Tìm a để P< 7−4√3

Bµi 3: Cho biÓu thøc: P = ( 2√x

√x+3+

√x

√x −3− 3x+3

x −9 ):(

2√x −2

√x −3 −1) a) Rót gän P

b) Tìm x để P<

c) Tìm giá trị nhỏ P

Bài :

1) Đơn giản biểu thức : P = 14 5  14 5 . 2) Cho biÓu thøc : Q =

x x x

x

x x x

    



 

    

 

a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm x để | Q | > - Q.

c) Tìm số ngun x để Q có giá trị nguyên.

H

íng dÉn : 1 P = 6

2 a) §KX§ : x > ; x  BiĨu thøc rót gän : Q = x −1 . b) | Q | > - Q ⇔ x > 1.

c) x = {2;3} th× Q Z

Bµi : Cho biÓu thøc P =

1 x

x1 x x

a) Rót gän biĨu thøc sau P.

b) Tính giá trị biểu thức P x =

1 .

H

íng dÉn :

a) §KX§ : x > ; x  BiĨu thøc rót gän : P = x+1 1− x . b) Víi x =

1

2 th× P = - – 2 √2 .

Bµi : Cho biÓu thøc : A = x√x+1 x −1 −

x −1

b) Tính giá trị biểu thức A x = 14 c) Tìm x để A < 0.

d) Tìm x để | A | = A.

H

íng dÉn :

a) §KX§ : x  0, x  BiÓu thøc rót gän : A = √x

√x −1 .

b) Víi x = 14 th× A = - 1.

c) Víi x < th× A < 0.

d) Víi x > th× | A | = A.

Bµi : Cho biĨu thøc : A =

1

1

a a a

   

 

   

 

   

a) Rót gän biÓu thøc sau A.

b) Xác định a để biểu thức A > 12 .

H

íng dÉn :

a) §KX§ : a > vµ a9 BiĨu thøc rót gän : A =

√a+3 . b) Víi < a < th× biĨu thøc A > 12 .

Bµi : Cho biĨu thøc: A =

2

x x x 4x x 2003

x x x x

      

 

 

  

  .

1) Tìm điều kiện x để biểu thức có nghĩa. 2) Rút gọn A.

3) Với x  Z ? để A  Z ?

H

íng dÉn :

a) §KX§ : x ; x ≠ ≠ ±

b) BiÓu thøc rót gän : A = x+2003x víi x ; x ≠ ≠ ± 1. c) x = - 2003 ; 2003 th× A  Z

Bµi : Cho biĨu thøc: A =

 

2 x x

x x x x

:

x

x x x x

 

   



 

    

  .

a) Rót gän A.

b) Tìm x để A < 0.

c) Tìm x nguyên để A có giá trị ngun.

H

íng dÉn :

a) §KX§ : x > ; x ≠ BiĨu thøc rót gän : A = √x+1

√x −1 . b) Víi < x < th× A < 0.

Bµi 37 : Cho biĨu thøc: A =

x x x

:

x x x x 1 x

   

 

 

     

 

a) Rót gän biĨu thøc A.

b) Chøng minh r»ng: < A < 2.

H

íng dÉn :

a) §KX§ : x > ; x ≠ BiĨu thøc rót gän : A = x+√x+1 b) Ta xÐt hai trêng hỵp :

+) A > ⇔

x+√x+1 > với x > ; x (1)≠ +) A < ⇔

x+√x+1 < ⇔ 2( x+√x+1 ) > ⇔ x+√x > theo gt x > (2)

Tõ (1) vµ (2) suy < A < 2(đpcm).

Bài 10 : Cho biểu thức: P =

a a a

4 a

a a

  

 



  (a  0; a  4) a) Rót gän P.

b) Tính giá trị P với a = 9.

H

íng dÉn :

a) §KX§ : a  0, a 4 BiĨu thøc rót gän : P =

√a −2 b) Ta thÊy a = §KX§ Suy P = 4

Bµi 11 : Cho biÓu thøc: N =

a a a a

1

a a

     

 

   

     

   

1) Rót gän biĨu thøc N.

2) Tìm giá trị a để N = -2004

H

íng dÉn :

a) §KX§ : a  0, a 1 BiĨu thøc rót gän : N = – a b) Ta thÊy a = - 2004 ĐKXĐ Suy N = 2005.

Bài 12 : Cho biÓu thøc P=x√x+26√x −19 x+2√x −3 −

2√x

√x −1+

√x −3

√x+3 a Rót gän P

b Tính giá trị P x=743

c Với giá trị x P đạt giá trị nhỏ tính giá trị nhỏ nhất đó.

H

íng dÉn :

a ) §KX§ : x  0, x 1 BiĨu thøc rót gän : P=x+16

b) Ta thÊy x=7−4√3 §KX§ Suy P=103+3√3

22 c) Pmin=4 x=4.

Bµi 13 : Cho biĨu thøc P=( 2√x

√x+3+

√x

√x+3− 3x+3

x −9 ):(

2√x −2

√x −3 −1) a Rút gọn P b Tìm x để P<1

2 c Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa P.

H

íng dÉn :

a ) §KX§ : x  0, x 9 BiĨu thøc rót gän : P= −3

√x+3 b Víi 0≤ x<9 th× P<−1

2 c Pmin= -1 x = 0

Bµi 14: Cho A=

1 1

4

1

a a

a a

a a a

     

  

   

     

  víi x>0 ,x1

a Rót gän A

b TÝnh A víi a = 4 15 10     4 15 ( KQ : A= 4a )

Bµi 15: Cho A=

3

1 :

9

x x x x x

x x x x x

       

  

   

        

    víi x0 , x9, x4 a Rót gän A.

b x= ? Thì A < 1. c Tìm x Z để A Z

(KQ : A=

2

x )

Bµi 16: Cho A =

15 11 2

2 3

x x x

x x x x

  

 

    víi x0 , x1. a Rót gän A.

b Tìm GTLN A. c Tìm x để A =

1 d CMR : A

2 

(KQ: A =

3

x x



 )

Bµi 17: Cho A =

2 1

1 1

x x

x x x x x

 

 

b T×m GTLN cña A ( KQ : A =

x x x )

Bµi 18: Cho A =

1

1 1

x  x x x x víi x0 , x1. a Rót gän A.

b CMR : 0 A ( KQ : A =

x x x )

Bµi 19: Cho A =

5 25

1 :

25 15

x x x x x

x x x x x

       

  

   

        

   

a Rót gän A.

b Tìm x Z để A Z

( KQ : A =

3

x )

Bµi 20: Cho A =

2

5

a a a

a a a a

  

 

    víi a 0 , a9 , a4 a Rót gän A.

b Tìm a để A < 1

c Tìm a Z để A Z ( KQ : A =

1

a a

  )

Bµi 21: Cho A=

7 2

:

4 2

x x x x x

x x x x x

       

  

   

        

    víi x > , x4 a Rót gän A.

b So s¸nh A víi

A ( KQ : A =

9

x x



)

Bµi22: Cho A =

 2

3

: x y xy

x y x y

y x

x y x y

     

  

    

  víi x0 , y0, xy

a. Rót gän A.

b. CMR : A  ( KQ : A =

xy

Bµi 23 : Cho A =

1 1 1

1

x x x x x x

x

x x x x x x x

 

     

      



        Víi x > , x1. a Rót gän A.

b Tìm x để A = ( KQ : A =

 

2 x x

x

 

)

Bµi 24 : Cho A =  

4

:

2

2

x x x

x x x

x x                     

  víi x > , x4.

a Rót gän A

b TÝnh A víi x = 6 5 (KQ: A = 1 x)

Bµi 25 : Cho A=

1 1 1

:

1 x x x x x

   

  

   

   

    víi x > , x1. a Rót gän A

b TÝnh A víi x = 6 5 (KQ: A = x )

Bµi 26 : Cho A=

3

2 1

:

1

1

x x

x x x

x                    

  víi x0 , x1.

a Rót gän A.

b Tìm x Z để A Z (KQ: A =

x x )

Bµi 27: Cho A=

1 2

:

1

1 1

x

x

x x x x x x

    

 

   

         

  víi x0 , x1.

a Rót gän A.

b Tìm x Z để A Z

c Tìm x để A đạt GTNN (KQ: A = 1 x x   )

Bµi 28 : Cho A =

2 3 2

:

9

3 3

x x x x

x

x x x

     

  

   

       

    víi x0 , x9 a Rót gän A.

b Tìm x để A < -1

( KQ : A =

3

a

  )

Bµi 29 : Cho A =

1

:

1

1 1

x x x x x

x x

x x x

       

  

   

        

a Rót gän A

b TÝnh A víi x = 6 5 (KQ: A =

4

x x ) c CMR : A 1

Bµi 30 : Cho A =

1 1

:

1

x

x x x x x



 



 

   

  víi x > , x1. a Rót gän A (KQ: A =

1

x x

 ) b.So s¸nh A víi 1

Bµi 31 : Cho A =

1

:

3 3

x x x

x

x x x

     

  

   

       

    Víi

1 0,

9

x x a Rót gän A.

b Tìm x để A = c Tìm x để A < 1.

( KQ : A =

x x x

  )

Bµi 32: Cho A =

2

2 2

1 2

x x x x

x x x

     



 

    

  víi x0 , x1. a Rót gän A.

b CMR nÕu < x < th× A > 0 c TÝnh A x =3+2

d T×m GTLN cđa A (KQ: A = x(1 x) )

Bµi 33 : Cho A =

2 1

:

1 1

x x x

x x x x x

   

 

 

     

  víi x0 , x1.

a Rót gän A.

b CMR nÕu x0 , x1 th× A > , (KQ: A =

1

x x )

Ph ơng trình bậc hai định lý viet ứng dụng

1 Để biện luận sự có nghiệm của phương trình : ax2 + bx + c = (1) đó a,b ,c phụ thuộc tham số m,ta xét trường hợp

a)Nếu a= đó ta tìm được một v i giá trà ị n o à đó của m ,thay giá trịđó v o à

(1).Phương trình (1) trở th nh phà ương trình bậc nhất nên có thể : - Có một nghiệm duy nhất

- hoặc vô nghiệm - hoặc vô số nghiệm b)Nếu a 0

Lập biệt số Δ = b2 – 4ac hoặc Δ / = b/2 – ac * Δ < ( Δ / < ) thì phương trình (1) vơ nghiệm * Δ = ( Δ / = ) : phương trình (1) có nghiệm kép x

1,2 = - b 2a (hoặc x1,2 =

-b❑

a ) * Δ > ( Δ / > ) : phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = − b −√Δ

2a ; x2 =

− b+√Δ 2a (hoặc x1 =

− b❑−

√Δ❑

a ; x2 = − b❑

+√Δ❑

a )

2 Định lý Viét.

Nếu x1 , x2 l nghià ệm của phương trình ax2 + bx + c = (a 0) S = x1 + x2 = - b

a p = x1x2 = c

a

Đảo l¹i: Nếu có hai số x1,x2 m xà 1 + x2 = S v xà 1x2 = p hai sốđó l nghià ệm (nếu cã ) cđa ph¬ng tr×nh bËc 2:

x2 – S x + p =

3.DÊu cđa nghiƯm sè phơng trình bậc hai.

Cho phơng trình bậc hai ax2 + bx + c = (a 0) Gọi x

1 ,x2 nghiệm phơng trình Ta có kết sau:

x1 x2 trái dấu( x1 < < x2 ) ⇔ p <

Hai nghiƯm cïng d¬ng( x1 > vµ x2 > ) ⇔

¿

Δ≥0 p>0 S>0

¿{ {

¿

Hai nghiƯm cïng ©m (x1 < vµ x2 < 0) ⇔

¿

Δ≥0 p>0 S<0

¿{ {

Một nghiệm nghiệm dơng( x2 > x1 = 0) ⇔

¿

Δ>0 p=0 S>0

¿{ {

¿

Một nghiệm nghiệm âm (x1 < x2 = 0) ⇔

¿

Δ>0 p=0 S<0

¿{ {

¿

4.Vài tốn ứng dụng định lý Viét a)Tính nhẩm nghiệm.

Xét phơng trình bậc hai: ax2 + bx + c = (a 0)

 NÕu a + b + c = phơng trình cã hai nghiÖm x1 = , x2 = c a

 NÕu a – b + c = phơng trình có hai nghiệm x1 = -1 , x2 = - c a

 NÕu x1 + x2 = m +n , x1x2 = mn 0 phơng trình có nghiệm x1 = m , x2 = n hc x1 = n , x2 = m

b) LËp ph¬ng tr×nh bËc hai biÕt hai nghiƯm x1 ,x2 cđa nó

Cách làm : - Lập tổng S = x1 + x2 - LËp tÝch p = x1x2

- Phơng trình cần tìm lµ : x2 – S x + p =

c)Tìm điều kiện tham số để phơng trình bậc có nghệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện

cho trớc.(Các điều kiện cho trớc thờng gặp cách biến đổi):

*) x12+ x22 = (x1+ x2)2 – 2x1x2 = S2 – 2p *) (x1 – x2)2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 = S2 – 4p

*) x13 + x23 = (x1 + x2)3 – 3x1x2(x1 + x2) = S3 – 3Sp *) x14 + x24 = (x12 + x22)2 – 2x12x22

*) x1

+ x2

=x1+x2 x1x2

= S p *) x1

x2

+x2 x1

=x12+x22 x1x2

= S2−2p p

*) (x1 – a)( x2 – a) = x1x2 – a(x1 + x2) + a2 = p – aS + a2 *)

x1−a

+ x2−a

= x1+x2−2a (x1− a)(x2−a)=

S −2a p −aS+a2

(Chó ý : giá trị tham số rút từ điều kiện cho trớc phải thoả mÃn điều kiện Δ≥0

)

d)Tìm điều kiện tham số để phơng trình bậc hai có nghiệm x = x1 cho trớc

.T×m nghiƯm thø 2 Cách giải:

Tỡm iu kin phng trỡnh có nghiệm x= x1 cho trớc có hai cách làm

+) Cách 1:- Lập điều kiện để phơng trình bậc cho có nghiệm:

Δ≥0 (hc Δ❑

≥0 ) (*)

- Thay x = x1 vào phơng trình cho ,tìm đợc giá trị tham số

để kết luận

+) C¸ch 2: - Không cần lập điều kiện 0 (hoặc

≥0 ) mà ta thay x = x1 vào phơng trình cho, tìm đợc giá trị tham số

- Sau thay giá trị tìm đợc tham số vào phơng trình và giải phơng trình

Chú ý : Nếu sau thay giá trị tham số vào phơng trình cho mà phơng trình bậc

hai có Δ < kết luận khơng có giá trị tham số để phơng trình có nghiệm x1 cho trc.

Đê tìm nghiệm thứ ta có cách làm

+) Cỏch 1: Thay giỏ trị tham số tìm đợc vào phơng trình gii phng trỡnh (nh

cách trình bầy ë trªn)

+) Cách 2 :Thay giá trị tham số tìm đợc vào cơng thức tổng nghiệm tìm đợc

nghiƯm thø 2

+) Cách 3: thay giá trị tham số tìm đợc vào cơng thức tích hai nghiệm ,từ tìm đợc

nghiệm thứ 2 B Bài tập áp dụng

Bài 1: Giải biện luận phơng trình : x2 – 2(m + 1) +2m+10 = 0 Gi¶i.

Ta cã Δ❑ = (m + 1)2 – 2m + 10 = m2 – 9

+ Nếu Δ❑ > ⇔ m2 – > ⇔ m < - m > Phơng trình cho có nghiệm phân biệt:

x1 = m + - √m2−9 x2 = m + + √m2−9 + NÕu Δ❑ = ⇔ m = ± 3

- Víi m =3 phơng trình có nghiệm x1.2 = 4 - Với m = -3 phơng trình có nghiƯm lµ x1.2 = -2 + NÕu Δ❑ < ⇔ -3 < m < phơng trình vô nghiệm

Kết kuận:

Với m = phơng trình có nghiƯm x = 4

 Víi m = - phơng trình có nghiệm x = -2

 Víi m < - hc m > phơng trình có nghiệm phân biệt x1 = m + - √m2−9 x2 = m + + √m2−9

 Víi -3< m < phơng trình vô nghiệm

Bài 2: Giải biện luận phơng trình: (m- 3) x2 – 2mx + m – = 0 Híng dÉn

 Nếu m – = ⇔ m = phơng trình cho có dạng - 6x – = ⇔ x = -

2

* Nếu m – 0 ⇔ m Phơng trình cho phơng trình bậc hai có biệt số Δ❑ = m2 – (m – 3)(m – 6) = 9m – 18

- NÕu Δ❑ = ⇔ 9m – 18 = ⇔ m = phơng trình có nghiệm kép

x1 = x2 = - b

❑

a =

2−3 = - 2

- NÕu Δ❑ > ⇔ m >2 Phơng trình có hai nghiệm phân biệt

- NÕu Δ❑ < m < Phơng trình vô nghiệm

Kết luận:

Với m = phơng trình cã nghiƯm x = - Víi m = phơng trình có nghiệm x1 = x2 = -2

Víi m > vµ m phơng trình có nghiệm x1,2 = m3m 2 m 3 Với m < phơng trình vô nghiệm

Bài 3: Giải phơng trình sau cách nhÈm nhanh nhÊt a) 2x2 + 2007x – 2009 =

b) 17x2 + 221x + 204 = 0 c) x2 + (

√3−√5 )x - √15 = d) x2 –(3 - 2

√7 )x - 6 √7 = 0

Gi¶i

a) 2x2 + 2007x – 2009 = cã a + b + c = + 2007 +(-2009) = Vậy phơng trình có hai nghiƯm ph©n biƯt: x1 = , x2 = c

a=

−2009 b) 17x2 + 221x + 204 = cã a – b + c = 17 – 221 + 204 = 0 VËy ph¬ng trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = -1 ,

x2 = - c a=−

204

17 = - 12 c) x2 + (

√3−√5 )x - √15 = cã: ac = - √15 <

Do phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 áp dụng hệ thức Viet ta có : x1 + x2 = -( √3−√5 ) = - √3 + √5

x1x2 = - √15 = (- 3 ) 5

Vậy phơng trình có nghiệm lµ x1 = - √3 , x2= √5 (hc x1 = √5 , x2 = - √3 ) d ) x2 –(3 - 2

√7 )x - 6 √7 = cã : ac = - 6 √7 <

Do phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 áp dụng hệ thức Viét ,ta có

¿

x1 + x2= - 2√7 x1 x2 = - 6√7= 3(-2√7)

¿{

¿

Vậy phơng trình có nghiệm x1 = , x2 = - 2 √7

Bµi 4 : Giải phơng trình sau cánh nhẩm nhanh nhÊt (m lµ tham sè) a) x2 + (3m – 5)x – 3m + = 0

b) (m – 3)x2 – (m + 1)x – 2m + = 0

Híng dÉn :

a) x2 + (3m – 5)x – 3m + = cã a + b + c = + 3m – – 3m + = Suy : x1 = 1

Hc x2 = m+1

b) (m – 3)x2 – (m + 1)x – 2m + = (*)

* m – ⇔ m (*)

⇔

x1=−1

¿

x2=2m −3m−2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Bài 5: Gọi x1 , x2 nghịêm phơng trình : x2 3x = a) TÝnh:

A = x12 + x22 B = |x1− x2|

C= x

1−1

+

x2−1 D = (3x1 + x2)(3x2 + x1) b) lập phơng trình bậc có nghiệm x

11

x

21

Giải ;

Phơng trình bâc hai x2 3x = cã tÝch ac = - < , suy phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2

Theo hÖ thøc ViÐt ,ta cã : S = x1 + x2 = vµ p = x1x2 = -7 a)Ta cã

+ A = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = S2 – 2p = – 2(-7) = 23 + (x1 – x2)2 = S2 – 4p => B = |x1− x2| = √S2−4p=√37

+ C = x

1−1

+

x2−1 =

(x1+x2)−2

(x1−1)(x2−1)= S −2 p − S+1=−

1

9 + D = (3x1 + x2)(3x2 + x1) = 9x1x2 + 3(x12 + x22) + x1x2

= 10x1x2 + (x12 + x22)

= 10p + 3(S2 – 2p) = 3S2 + 4p = - 1 b)Ta cã :

S = x

1−1

+ x2−1=−

1

9 (theo c©u a) p =

(x1−1)(x2−1)

=

p − S+1=− VËy x

1−1

vµ x

2−1

nghiệm hơng trình : X2 – SX + p = ⇔ X2 +

9 X -

9 = ⇔ 9X2 + X - = 0 Bài 6 : Cho phơng trình :

x2 – ( k – 1)x - k2 + k – = (1) (k lµ tham sè)

1 Chứng minh phơng trình (1 ) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị k 2 Tìm giá trị k để phơng trình (1) có nghiệm phân biệt trái dấu 3 Gọi x1 , x2 nghệm phơng trình (1) Tìm k để : x13 + x23 > 0

Δ = (k -1)2 – 4(- k2 + k – 2) = 5k2 – 6k + = 5(k2 - k +

9 ) = 5(k2 – 2.

5 k + 25 +

36

25 ) = 5(k - ) +

36

5 > với giá trị k Vậy phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt

2 Phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu p < ⇔ - k2 + k – < ⇔ - ( k2 – 2.

2 k + +

7

4 ) < 0

⇔ -(k - )2 -

7

4 < với k.Vậy phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu với k

3 Ta cã x13 + x23 = (x1 + x2)3 – 3x1x2(x1 + x2)

Vì phơng trình có nghiệm với k Theo hÖ thøc viÐt ta cã x1 + x2 = k – vµ x1x2 = - k2 + k –

 x13 + x23 = (k – 1)3 – 3(- k2 + k – 2)( k – 1) = (k – 1) [(k – 1)2 - 3(- k2 + k – 2)] = (k – 1) (4k2 – 5k + 7)

= (k – 1)[(2k - )2 +

87 16 ] Do x13 + x23 > ⇔ (k – 1)[(2k -

4 )2 + 87

16 ] > ⇔ k – > ( v× (2k -

4 )2 + 87

16 > víi mäi k) ⇔ k > 1

VËy k > lµ giá trị cần tìm Bài 7:

Cho phơng tr×nh : x2 – 2( m + 1) x + m – = (1) (m lµ tham sè) 1 Giải phơng trình (1) với m = -5

2 Chứng minh phơng trình (1) ln có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với m 3 Tìm m để |x1− x2| đạt giá trị nhỏ (x1 , x2 hao nghiệm phơng trình (1)

nãi phÇn 2.)

Giải

1 Với m = - phơng trình (1) trë thµnh x2 + 8x – = vµ cã nghiƯm lµ x

1 = , x2 = -

2 Cã Δ❑ = (m + 1)2 – (m – 4) = m2 + 2m + – m + = m2 + m + = m2 + 2.m.

2 + +

19

4 = (m + )2 +

19

4 > víi mäi m Vậy phơng trình (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2

3 Vì phơng trình có nghiệm víi mäi m ,theo hƯ thøc ViÐt ta cã: x1 + x2 = 2( m + 1) vµ x1x2 = m – 4

Ta cã (x1 – x2)2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 = 4( m + 1)2 – (m – 4) = 4m2 + 4m + 20 = 4(m2 + m + 5) = 4[(m +

2 )2 + 19

4 ] => |x1− x2| = 2 m+

1 2¿

2

+19

¿

√¿

2√19

4 = √19 m +

2 = ⇔ m = - Vậy |x1− x2| đạt giá trị nhỏ √19 m = -

2

1) Gi¶i phơng trình m = -

2) Chứng minh phơng trình cho có nghiệm vi mi m

3) Tìm tất giá trị m cho phơng trình có hai nghiệm phân biệt nghiệm gấp ba lần nghiệm kia.

Gi¶i: 1) Thay m = -

2 vào phơng trình cho thu gọn ta đợc 5x2 - 20 x + 15 = 0

phơng trình có hai nghiệm x1 = , x2= 3

2) + Nếu: m + = => m = - phơng trình cho trở thành; 5x – = ⇔ x = 1

+ Nếu : m + => m - Khi phơng trình cho phơng trình bậc hai có biệt số :

Δ = (1 – 2m)2 - 4(m + 2)( m – 3) = – 4m + 4m2 – 4(m2- m – 6) = 25 > Do phơng trình có hai nghiệm phân biệt

x1 =

2m−1+5 2(m+2) =

2m+4

2m+4=1 x2 = 2m−1−5 2(m+2) =

2(m−3) 2(m+2)=

m−3 m+2 Tóm lại phơng trình cho ln có nghiệm với m

3)Theo câu ta có m - phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt.Để nghiệm này gấp lần nghiệm ta sét trờng hợp

Trêng hỵp 1 : 3x1 = x2 ⇔ = m−3

m+2 giải ta đợc m = -

2 (đã giải câu 1)

Trêng hỵp 2: x1 = 3x2 ⇔ 1= m−3

m+2 ⇔ m + = 3m – ⇔ m = 11

2 (thoả mÃn điều kiện m - 2)

KiĨm tra l¹i: Thay m = 11

2 vào phơng trình cho ta đợc phơng trình : 15x2 – 20x + = phơng trình có hai nghiệm

x1 = , x2 = 15 =

1

3 (thoả mÃn đầu bài)

Bài 9: Cho phơng trình : mx2 2(m-2)x + m = (1) víi m lµ tham sè 1 BiƯn ln theo m sù cã nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh (1)

2 Tìm m để (1) có nghiệm trái dấu.

3 Tìm m để (1) có nghiệm Tìm nghiệm thứ hai. Giải

1.+ NÕu m = thay vµo (1) ta cã : 4x – = ⇔ x = + NÕu m 0 LËp biÖt sè Δ❑

= (m – 2)2 – m(m-3) = m2- 4m + – m2 + 3m = - m + 4

Δ❑ < ⇔ - m + < ⇔ m > : (1) v« nghiƯm

Δ❑ = ⇔ - m + = ⇔ m = : (1) cã nghiÖm kÐp

x1 = x2 = - b

❑

a = m−2

m =

4−2 =

1

Δ❑ > ⇔ - m + > ⇔ m < 4: (1) cã nghiƯm ph©n biƯt

x1 = m−2−√− m+4

m ; x2 =

m = : phơng trình (1) Có nghiệm kép x =

m < : phơng trình (1) có hai nghiƯm ph©n biƯt:

x1 = m−2−√− m+4

m ; x2 =

m−2+√− m+4 m m = : Phơng trình (1) có nghiệm đơn x =

4 2 (1) cã nghiƯm tr¸i dÊu ⇔ c

a < ⇔

m−3

m <

⇔

¿m−3>0

m<0

¿ ¿ ¿

m −3<0

¿

m>0

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

⇔

¿m>3

m<0

¿ ¿ ¿

m<3

¿

m>0

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Trêng hỵp

¿

m>3 m<0

¿{

không thoả mÃn

Trờng hợp

¿

m<3 m>0

¿{

¿

⇔ < m < 3

3 *)Cách 1: Lập điều kiện để phơng trình (1) có hai nghiệm Δ❑ ⇔ m (*) (ở câu a ó cú)

- Thay x = vào phơng tr×nh (1) ta cã :

9m – 6(m – 2) + m -3 = ⇔ 4m = -9 ⇔ m = - - Đối chiếu với điều kiện (*), giá trị m = -

4 tho¶ m·n

*) Cách 2: Không cần lập điều kiện Δ❑ mà thay x = vào (1) để tìm đợc m =

-9

4 .Sau thay m = -9

4 vµo phơng trình (1) : -

4 x2 – 2(-9

4 - 2)x -

cã Δ❑ = 289 – 189 = 100 > =>

x1=3

¿

x2=

7

¿ ¿ ¿ ¿

VËy víi m = -

4 phơng trình (1) có nghiệm x= 3 *)Để tìm nghiệm thứ ,ta có cách làm

Cách 1: Thay m = -

4 vào phơng trình cho giải phơng trình để tìm đợc x2 =

9 (Nh phần làm)

C¸ch 2: Thay m = -

4 vµo c«ng thøc tÝnh tỉng nghiƯm: x1 + x2 =

2(m−2)

m =

2(−9 4−2) −9

4

=34

 x2 = 34

9 - x1 = 34

9 - =

C¸ch 3: Thay m = -

4 vào công trức tính tích hai nghiệm x1x2 = m−3

m =

−9 4−3 −9

4 =21

9 => x2 = 21

9 : x1 = 21

9 : = Bài 10: Cho phơng trình : x2 + 2kx + – 5k = (1) víi k lµ tham sè

1.Tìm k để phơng trình (1) có nghiệm kép

2 Tim k để phơng trình (1) có nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện : x12 + x22 = 10

Gi¶i.

1.Phơng trình (1) có nghiệm kép = ⇔ k2 – (2 – 5k) =

⇔ k2 + 5k – = ( cã Δ = 25 + = 33 > )

 k1 = −5−√33

2 ; k2 =

5+33 Vậy có giá trị k1 = −5−√33

2 hc k2 =

5+33

2 phơng trình (1) Có nghiệm kép.

2.Có cách giải.

Cỏch 1: Lập điều kiện để phơng trình (1) có nghiệm:

Δ❑ ⇔ k2 + 5k – (*) Ta cã x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 Theo bµi ta cã (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 10

Với điều kiện(*) , áp dụng hệ trức vi Ðt: x1 + x2 = - b

VËy (-2k)2 – 2(2 – 5k) = 10 ⇔ 2k2 + 5k – = 0 (Cã a + b + c = 2+ – = ) => k1 = , k2 = -

2

Để đối chiếu với điều kiện (*) ta thay lần lợt k1 , k2 vào Δ❑ = k2 + 5k – 2 + k1 = => Δ❑ = + – = > ; thoả mãn

+ k2 = -

2 => Δ

❑ = 49

4 − 35

2 −2=

49−70−8

4 =−

29

8 không thoả mÃn Vậy k = giá trị cần tìm

Cách 2 : Không cần lập điều kiện Cách giải là:

Từ điều kiện x12 + x22 = 10 ta tìm đợc k1 = ; k2 = -

2 (cách tìm nh trên) Thay lần lợt k1 , k2 vào phơng trình (1)

+ Với k1 = : (1) => x2 + 2x – = cã x1 = , x2 = 3 + Víi k2 = -

2 (1) => x2- 7x + 39

2 = (cã Δ = 49 -78 = - 29 < ) Phơng trình vô nghiệm

Vậy k = giá trị cần tìm

Bµi tËp vỊ pt bËc hai B

ài 1 : Cho phơng trình : x2 – 6x + = 0, gäi x

1 x2 hai nghiệm phơng trình. Không giải phơng trình, hÃy tính:

1) x12 + x22 2) x1 x1 x2 x2

3)

 

   

2

1 x

2 2

1 2

x x x x x x

x x x x

  

  

. B

ài 2 : Cho phơng trình: 2x2 – 5x + = 0. TÝnh x1 x2 x2 x1 (víi x

1, x2 lµ hai nghiệm phơng trình). B

ài 3 : Cho phơng trình bậc hai:

x2 2(m + 1)x + m2 + 3m + = 0

1) Tìm giá trị m để phơng trình ln có hai nghiệm phân biệt.

2) Tìm giá trị m thoả mãn x12 + x22 = 12 (trong x1, x2 hai nghiệm phơng trình). B

µi 4 : Cho phơng trình:

x2 2mx + 2m = 0.

1) Chứng minh phơng trình ln có hai nghiệm phân biệt với m. 2) Tìm điều kiện m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu.

3) Gọi hai nghiệm phơng trình x1 x2, tìm giá trị m để: x12(1 – x22) + x22(1 – x12) = -8.

B

µi 5 : Cho phơng trình:

x2 2(m + 1)x + 2m 15 = 0. 1) Giải phơng tr×nh víi m = 0.

2) Gäi hai nghiƯm phơng trình x1 x2 Tìm giá trị m thoả mÃn 5x1 + x2 = 4. Baứi 6 : Cho phơng trình: x2 + 4x + = (1)

1) Giải phơng trình (1).

2) Gọi x1, x2 hai nghiệm phơng tr×nh (1) TÝnh B = x13 + x23. B

ài 7 : Cho phơng trình : x2 - (m + 4)x + 3m + = (m lµ tham sè).

a) Xác định m để phơng trình có nghiệm Tìm nghiệm cịn lại. b) Xác định m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x13 + x23  0. B

(m – 1)x2 + 2mx + m – = (*) 1) Giải phơng trình m = 1.

2) Tỡm m để phơng trình (*) có nghiệm phân biệt. Bài Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

Xác định m để phơng trình có nghiệm thuộc khoảng (-1,0) hd: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0

 XÐt 2m-1=0=> m=1/2 pt trë thµnh –x+1=0=> x=1

 Xét 2m-10=> m 1/2 ta có

Δ, = m2-2m+1= (m-1)20 mäi m=> pt cã nghiƯm víi mäi m ta thÊy nghiƯm x=1 kh«ng thc (-1,0)

víi m 1/2 pt cßn cã nghiƯm x= m−m+1 2m−1 =

1 2m−1 pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0)=> -1<

2m−1 <0

¿

1

2m−1+1>0 2m−1<0

¿{

¿

=>

¿

2m 2m−1>0 2m−1<0

¿{

¿

=>m<0

VËy Pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0) m<0

45 toán tổng hợp hình học lớp 9

Bi 1 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng trịn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P

Chøng minh r»ng:

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 giỏc DEF

Lời giải:

1. Xét tứ giác CEHD ta cã:

Góc 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 trịn đờng kính BC.

Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn

3. Xét hai tam giác AEH ADC ta cã:  AEH =  ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung

=>  AEH ADC => AE AD=

AH

AC => AE.AC = AH.AD

=>  BEC ADC => BE AD=

BC

AC => AD.BC = BE.AC

4 Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ với góc ABC)

C2 = A1 ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM)

=> C1 = C2 => CB tia phân giác cđa gãc HCM; l¹i cã CB  HM =>  CHM cân C

=> CB cng l ng trung trực HM H M đối xứng qua BC

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

Cịng theo chøng minh trªn CEHD tứ giác nội tiếp

C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD)

 E1 = E2 => EB lµ 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 Chøng 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 trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm

Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:

 CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)

 CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)

=>  CEH +  CDH = 1800

H

1

3 2 1 1

O

E

D C

B

A

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

VËy tam gi¸c BEC vuông E có ED trung tuyến => DE = BC

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

Theo trªn DE =

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

Mà B1 = A1 ( phơ víi gãc 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

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

1 Chøng minh AC + BD = CD Chøng minh COD = 900.

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 tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác cđa gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kỊ bï => COD = 900.

3. Theo trªn COD = 900 nên tam giác COD vuông O cã OM  CD ( OM lµ tiÕp 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

4. 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)

5. Gi 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 tròn đờng kính CD

6 Theo trªn AC // BD => CN BN=

AC

BD , mµ CA = CM; DB = DM nªn 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 trung điểm IK

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

2. Chứng minh AC tiếp tuyến đờng trịn (O)

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

Lêi gi¶i: (HD)

1. Vì I tâm đờng tròn 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

1. Ta cã C1 = C2 (1) ( v× 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)

2. Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH =

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 tớch ca điểm H M di chuyển đờng thẳng d

Lời giải:

1. (HS tự làm)

2.

d

H I K

N P

M

D

C

B

A

O

Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan h ng 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 cã OB  MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; 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 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 trịn 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 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 giác 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 tròn (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

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

4 BiÕt AN c¾t OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng

Lời giải:

1. (HS tù lµm)

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

( (

2 1

1 1

K I

J

M N

P

A O B

c h¾n 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 = 

AOP (3) 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 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 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 trung điểm

của PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (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 tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K

1) Chøng minh r»ng: EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM . IB.

3) Chứng minh BAF tam giác cân

4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi

5) Xỏc nh v trớ M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn

Lêi gi¶i:

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

=> KMF = 900 (vì hai góc kÒ bï).

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 cã IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trªn)

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

3. Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí ……) => 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) vµ (2) => BAF tam giác cân B

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

AKFI hình thang cân M trung ®iĨm cđa cung AB

ThËt vËy: M lµ trung ®iĨm cđa cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7)

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

2 Chứng minh  ABD đồngdạng  DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp

Lêi gi¶i:

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

trßn ) => BC  AE

ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) => tam giác ABE vuông B có BC

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 (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 kề bù) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD).

Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kỊ bï) nªn suy

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

CEFD tứ giác nội tiếp

Bi 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 tròn Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh tam giác

PS’M c©n

3 Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn

Lêi gi¶i:

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

nửa đờng trịn ) => 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 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

Tam giác PMS cân P => S1 = M1 (4)

Tam giác 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) 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 => DEF < 900 (

góc DEF nội tiếp chắn 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.

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 giác OMNP nội tiếp

2 Tứ giác 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 tiếp tuyến ).

Nh M N nhìn OP díi mét gãc b»ng 900 => M vµ 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 ch¾n cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC = OCN

=> OPM = OCM

Xét hai tam giác OMC MOP ta cã MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM l¹i

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

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

đ-ờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C góc 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

khơng 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 t¹i 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

2 BEFC tứ giác nội tiÕp AE AB = AF AC

4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng trịn

Lêi gi¶i:

1 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng trũn )

=> AEH = 900 (vì hai gãc kÒ bï) (1)

CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)

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

Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE hình chữ nhật ( có ba góc 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) => B1 =

H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mµ 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 góc chung; AFE = ABC ( theo Chứng

minh trªn) => AEF ACB =>

AE AF

ACAB => AE AB = AF AC.

* HD cách 2: Tam giác AHB vuông H có HE  AB => AH2 = AE.AB (*)

Tam gi¸c AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**)

Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC

4 Tø gi¸c AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1

O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán 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 trịn

Bµi 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vÒ 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)

1 Chøng minh EC = MN

2 Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K)

3 TÝnh MN

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

Lêi gi¶i:

1

H

1

N

M

C

I O K B

E

A

3

2 2 1

1

1 Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa

đ-ờng 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 t¹i 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 tròn (I), (K)

3 Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng trịn 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 có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng trịn S =

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

S =

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 tròn (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 lµ tø giác nội tiếp

2 Chứng minh CA tia phân giác góc SCB

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

4 Chứng minh DM tia phân giác gãc ADE

5 Chứng minh điểm M tâm đờng trịn nội tiếp tam giác ADE

Lêi gi¶i:

1. Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vng A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn )

=> CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng

trịn đờng kính BC => ABCD tứ giác nội tip

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

D1= C3 =>

 

SM EM => C

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

=> CA lµ 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 trªn Ta cã 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

Bi 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng trịn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G

Chøng minh :

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

3 AC // FG

4 Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy

Lêi gi¶i:

1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta cã BAC = 900 ( v×

tam giác ABC vuông A);

DEB = 900 ( gãc néi tiÕp

=> DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB  CAB

2 Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kề bù); BAC = 900

( ABC vuông t¹i A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mµ

đây hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp

* BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay

BFC = 900 nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn đờng

kÝnh BC => AFBC tứ giác nội tiếp

3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so

le nên 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 không trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC

1 Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác 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 vµ Q cïng nh×n BC díi mét gãc

bằng 900 nên P Q nằm đờng tròn đờng kớnh AM

=> APMQ tứ giác nội tiÕp

* 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 => 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) ; 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 tiếp

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

ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng trịn )

=> MDI = 900 (v× lµ hai gãc kỊ bï).

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

MCID tứ giác nội tiÕp

2 Theo Ta có BC  MA; AD  MB nên BC AD hai đ-ờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH  AB nên MH đ-ờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I

3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4

KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1

Mµ A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( góc

ACM góc bẹt) 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 trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD

1 Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD

4 Chøng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến 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 đối tứ giác MBID

nên MBID tứ giác nội tiếp

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 h×nh thoi => EB // AD (2)

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

5 I, B, E th¼ng 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  OI I => MI tiếp tuyến (O)

Bài 20. Cho đờng tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi C Gọi AC BC hai đờng kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vng 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 MF = 1/2 DE

7 MF tiếp tuyến (O)

Lời giải:

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

Theo giả thiết DE AB 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 mà AD DF nên suy BE DF

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

vu«ng góc với 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 DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm cđa DE) suy MF = 1/2 DE ( v× tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền)

7 (HD) theo 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, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) 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 tròn (I) Vậy đờng tròn (O) đờng tròn (I) tiếp xúc A

2 OAQ cân O ( OA OQ b¸n kÝnh ) => A1 = Q1

IAP cân I ( IA IP bán kính ) => 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 =

1

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

1 Chứng minh BHCD tứ giác néi tiÕp 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 gi¶ thiÕt ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE

tại H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD dới gãc

bằng 900 nên H C nằm đờng trịn đờng kính BD =>

BHCD tứ giác nội tiếp

2. BHCD tø gi¸c néi tiÕp => BDC + BHC = 1800 (1)

Tõ (1) vµ (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450

3 Xét KHC vµ KDB ta cã CHK = BDC = 450 ; K lµ gãc chung

=> KHC KDB =>

KC KH

KBKD => KC KD = KH.KB

4 (HD) Ta ln 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)

Bµi 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 hµng

2 Đờng thẳng HD cắt đờng trịn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân

3 Cho biÕt ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF

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

4 Chứng minh MC tiếp tuyến đờng tròn 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 A => BAC = 900

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

2. Ta cú BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1).

FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo trªn CAD = 450 hay FAC = 450 (2).

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

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

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

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

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

Nh 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 tiÕp tam gi¸c ABC

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

BA BC D E

1 Chøng minh AE = EB

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

3 Chứng minh OD tiếp tuyến đờng tròn 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 E => EA = EB

F

1

1

1

/

/ _

_

K

H

I

E D

O

C B

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 Vậy trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH

3. theo I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mµ I trung điểm 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 trịn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID

Ta có 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 trịn (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 Chứng minh tam giác ABC cân 2 Các tø gi¸c BIMK, CIMH néi tiÕp

3 Chøng minh MI2 = MH.MK 4 Chøng minh PQ  MI.

Lêi gi¶i:

1 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AB = AC => ABC cân A

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

=> MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp

* ( Chøng 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 tø gi¸c BIMK néi tiÕp => B1 = I1 ( nội tiếp chắn cung

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

Mà 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 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 vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng trịn M

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

=> CAM = BAM (hai gãc néi tiÕp chắn hai cung nhau) => AK tia phân gi¸c cđa gãc CAB => KC

KB= AC

AB ( t/c tia phân giác tam giác )

3 (HD) Theo gi¶ thiÕt M trung điểm BC => OM BC 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 trịn (O) điểm A ngồi đờng tròn 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. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp 2 BAO =  BCO 3 MIH  MHK 4 MI.MK = MH2.

Lêi gi¶i:

1. (HS tù gi¶i)

2. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp => 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)

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

1 Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đờng tròn (O)

3 Chøng minh tø giác BCFE hình thang cân

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

Lời giải:

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) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => BAC + B’HC’ = 1800 mµ

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)

Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân

4. Theo trờn 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  mà AI trung tuyến tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm

của tam giác ABC

Bi 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 Gọi A1 trung điểm EF, Chứng 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

Lêi gi¶i: (HD)

1 Tø gi¸c BFEC néi tiÕp => 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 tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có :

 AEF  ABC =>

' '

R AA

R AA (1) R bán kính đờng trịn ngoại tip ABC; R l bỏn kớnh

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

Tứ giác AEHF nội tiếp đờng trịn đờng kính AH nên đờng tròn 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 khơng qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lợt đờng cao tam giác OBC, OCA, OAB

SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =

1

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 =

1

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

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

a) B C tam giác ABC

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

Lêi gi¶i: (HD)

1 AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM CM => M trung điểm cung BC => OM  BC; Theo gi¶ thiÕt AH  BC => OM // AH => HAM = OMA ( so le) Mà OMA = OAM ( tam giác OAM cân O có OM = OA = R) => HAM = OAM => AM lµ tia phân giác góc OAH

2 Vẽ dây BD  OA => AB AD => ABD = ACB

Ta cã OAH =  DBC ( gãc cã 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

 

Bài 31 Cho tam giác ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp (O; R), biÕt BAC = 600.

1 Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R

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

3 TÝnh AH theo R

Lêi gi¶i:

1 Theo giả thiết BAC = 600 => sđBC=1200 ( t/c góc 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 hµnh => 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

trên đờng trịn cố định

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

3 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 ln nằm đờng trịn cố định

2 Theo giả thiết Ax MN; theo OI  MN t¹i I => OI // Ax hay OI // AC mà 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 hình bình hành => MC // BN mà BN  AN ( ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa đờng

trßn ) => MC AN; theo AC MN => C trực tâm tam giác AMN

4 Ta cú 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 tròn 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 N ta có 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 =

3

R

=> S = S(O) - SAMN =

2

R

 -

2

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 Chứng minh OM  BC

2 Chøng minh MC2 = MI.MA.

3 Kẻ đờng kính MN, tia phân giác góc B C cắt đờng thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đờng trịn

Lêi gi¶i:

1 AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM CM => M lµ trung ®iĨm cđa cung BC => OM  BC

2 XÐt MCI vµ MAC cã MCI =MAC (hai gãc néi tiếp chắn hai cung nhau); M góc chung

=> MCI MAC =>

MC MI

MA MC => MC2 = MI.MA.

3. (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => P

1 = 900 – K1 mµ K1 lµ góc tam

giác AKB nên K1 = A1 + B1 = 2

A B

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

A B

 

CQ tia phân giác góc 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 nửa mặt phẳng bờ BQ nên

cïng n»m trªn 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 trịn (O) đ-ờng kính 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 gỡ? Ti 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 trịn 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 Kẻ dây MN vng 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 Chøng 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 ca t giỏc IECB nờn t

giác IECB tø gi¸c néi tiÕp

2 Theo giả 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 trịn ); MN AB I => AMB vng M có MI

đ-ờng cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông)

5 Theo AMN = ACM => AM tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp  ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O

1 đờng tròn 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 tròn ngoại tiếp  ECM có bán kính

là O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải

giao điểm đờng tròn 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 vng góc D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh :

1 Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật Các tứ giác 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 tù lµm)

3 Theo chøng minh trªn DNHP néi tiÕp => N2 = D4 (néi

tiếp chắn cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH đờng

cao)  HDP cã HPD = 900 (do DP  HC) => C

1= 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 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6)

Chứng minh tơng tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng (7) Tõ (6), (7) => Bèn ®iĨm M, N, P, Q thẳng hàng

Bi 37 Cho hai ng trũn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B  (O), C  (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I

1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp Chøng minh Gãc 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 lµ hai gãc kỊ 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 tròn (O) ; (O’) tiếp xúc A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O’) Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm O’M AC Chứng minh :

1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp Tứ giác AEMF hình chữ nhật

3 ME.MO = MF.MO’

4 OO’ tiếp tuyến đờng trịn 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

Chøng minh t¬ng tù ta cịng 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 ch÷ nhËt

3 Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đờng tròn => MA  OO’=> MAO vng A có AE  MO ( theo ME  AB)  MA2 = ME MO (4)

Tơng tự ta có tam giác vuông MAO’ cã AFMO’ 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 trịn qua Avà co MA bán kính Theo OO’  MA A  OO’ tiếp tuyến A đờng trịn đờng kính BC

5 (HD) Gọi I trung điểm OO’ ta có IM đờng trung bình hình thang BCO’O

=> 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 trịn 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 đờng vuông 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 trịn (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 tròn (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 tròn )

=> AEH = 900 (vì hai góc kề bï) (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) => tø gi¸c 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 tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By 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

4 TÝnh thĨ tÝch cđa hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh

Lêi gi¶i:

AOP vµ BOP lµ hai gãc kỊ bï => 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

XÐt 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 = 2R

=> MN = MP + NP = R

2 + 2R =

2

R

Theo trªn APB  MON =>

MN AB =

5

R

: 2R =

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 cho  DOE = 600

1 Chứng minh tích BD CE không đổi

2 Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tia DO tia phân giác góc BDE

3 Vẽ đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đờng trịn 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 không đổi => BD.CE = R2 không 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 DO tia phân giác  BDE => O cách DB DE => O tâm đờng tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đờng trịn tâm O tiếp xúc với AB ln tiếp xúc với DE

Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đờng tròn (O) Tiếp tuyến B C lần lợt cắt AC, AB D E Chứng minh :

1 BD2 = AD.CD.

2 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp BC song song víi DE

Lêi gi¶i:

1 XÐt 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.

với dây chắn cung) => EBD = DCE => B C nhìn DE dới cïng

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, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM

1 Chøng minh tø gi¸c MNCE néi tiÕp Chøng minh NE  AB

3 Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O)

4 Chứng minh FN tiếp tuyến đờng trịn (B; BA)

Lêi gi¶i: 1 (HS tù lµm)

2 (HD) DƠ thÊy E trực tâm tam giác 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 hµnh => FA // NE mµ NE 

AB => FA AB A => FA tiếp tuyến (O) A

4 Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mµ AC  BN => FN  BN t¹i N

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 tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vng góc AB H, cắt (O) E cắt OA D

1 Chøng 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 điểm OH

4 Tiếp tuyến E với (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) (2) => COD cân C => CO = CD.(3)

2. theo trªn ta cã CO = CD mµ CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) (5) => BOCD hình bình hµnh (6) Tõ (6) vµ (3) => BOCD lµ h×nh 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

1 Chøng minh BC // AE

2 Chứng minh ABCE hình bình hành

/ /

_ _

H

E

F

C N

M

O B

3 Gäi I lµ trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh

BAC BGO

Lời giải: (HS tự làm)

2 Xột hai tam giác ADE CDB ta có EAD = BCD (vì so le ) AD = CD (gt); ADE = CDB (đối đỉnh) => ADE = CDB => AE = CB (1)

Theo trªn 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 =