Chứng minh phương trình bậc hai luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của tham số m: * Phương pháp giải: Lập biệt thức ' hoặc ... Chứng minh phương trình bậc hai luôn có ng[r]
(1)CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH I KIẾN THỨC CẦN NHỚ ax by c , a ( D) a ' x b ' y c ', a ' 0 ( D ') Cho hệ phương trình: a b Hệ phương trình có nghiệm (D) cắt (D’) a ' b ' a b c Hệ phương trình vô nghiệm (D) // (D’) a ' b ' c ' a b c Hệ phương trình có vô số nghiệm (D) (D’) a ' b ' c ' II BÀI TẬP VẬN DỤNG x y m x my Bài tập 1: Cho hệ phương trình (1) Giải hệ phương trình (1) m = –1 Xác định giá trị m để: a) x = và y = là nghiệm hệ (1) b) Hệ (1) vô nghiệm Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = HD: Khi m = – 1, hệ (1) có nghiệm x = 1; y = 2a) Hệ (1) có nghiệm x = và y = m = 1 m a b c 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: a ' b ' c ' m 1 m m 1 m m m = – 2: Hệ (1) vô nghiệm m2 2m Hệ (1) có nghiệm: x = m ; y = m m2 2m Hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = m + m = m2 + m – = m 1(thoûa ÑK coùnghieäm) m 2(khoâng thoûa ÑK coùnghieäm) Vậy m = 1, hệ( có nghiệm (x,y) thỏa: x + y = x y k x y 9 k Bài tập 2: Cho hệ phương trình (1) Giải hệ (1) k = Tìm giá trị k để hệ (1) có nghiệm là x = – và y = Tìm nghiệm hệ (1) theo k (2) HD: Khi k = 1, hệ (1) có nghiệm x = 2; y = Hệ (1) có nghiệm x = –8 và y = k = – 5k 3k Hệ (1) có nghiệm: x = ; y = x y x my 1 Bài tập 3: Cho hệ phương trình (1) Giải hệ phương trình (1) m = –7 Xác định giá trị m để: a) x = – và y = là nghiệm hệ (1) b) Hệ (1) vô nghiệm Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m HD: Khi m = – 7, hệ (1) có nghiệm x = 4; y = – 2a) Hệ (1) có nghiệm x = –1 và y = m = 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = – 3m 1 Hệ (1) có nghiệm: x = m ; y = m mx y 2x y Bài tập 4: Cho hệ phương trình Giải hệ phương trình (1) m = (1) 2 và y = Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x = Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m HD: Khi m = 3, hệ (1) có nghiệm x = 13 ; y = 13 2 2a) Hệ (1) có nghiệm x = và y = m = 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = –2 1 m2 Hệ (1) có nghiệm: x = 3m ; y = 3m x y 2x y m Bài tập : Cho hệ phương trình Giải hệ phương trình (1) m = –1 (1) x y0 Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa HD: Khi m = –1, hệ(1) có nghiệm: x = 13 và y = – Tìm: Nghiệm hệ (1) theo m: x = 12 – m ; y = m – x 12 m m 12 y m m Theo đề bài: m < (3) 2 x y 3m 3 x y 2m Bài tập 6: Cho hệ phương trình Giải hệ phương trình m = – x y Với giá trị nào m thì hệ pt có nghiệm (x; y) thỏa HD: Khi m = – , hệ pt có nghiệm: x = và y = – Tìm: Nghiệm hệ (1) theo m: x = 4m + ; y = – – 5m x m y m Theo đề bài: –3< m < –1 2mx y Bài tập 7: Cho hệ phương trình : mx y 1 (1) Giải hệ (1) m = Xác định giá trị m để hệ (1): a) Có nghiệm và tìm nghiệm đó theo m b) Có nghiệm (x, y) thỏa: x – y = HD: Khi m = 1, hệ (1) có nghiệm: x = – ; y = x m y 1 2a) Khi m 0, hệ (1) có nghiệm: 2b) m = mx y m Bài tập : Cho hệ phương trình : x y m ( m là tham số) (I) a) Khi m = – 2, giải hệ phương trình phương pháp cộng b) Tính giá trị tham số m để hệ phương trình (I) có nghiệm và tính nghiệm đó theo m HD: a) Khi m = – 2, hệ (I) có nghiệm: x = ; y = b) Hệ (I) có nghiệm m 4 x Khi đó hệ(I) có nghiệm nhất: 3m m 3m y m ; m CHỦ ĐỀ : VẼ ĐỒ THỊ & TÌM TỌA ĐỘ GIAO ĐIỂM CỦA (P): y = ax2 VÀ (D): y = ax + b (a 0) I KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1.Hàm số y = ax2(a 0): (4) Hàm số y = ax2(a 0) có tính chất sau: Nếu a > thì hàm số đồng biến x > và nghịch biến x < Nếu a < thì hàm số đồng biến x < và nghịch biến x > ◦ Đồ thị hàm số y = ax2(a 0): Là Parabol (P) với đỉnh là gốc tọa độ và nhận trục Oy làm trục đối xứng Nếu a > thì đồ thị nằm phía trên trục hoành là điểm thấp đồ thị Nếu a < thì đồ thị nằm phía trục hoành là điểm cao đồ thị ◦ Vẽ đồ thị hàm số y = ax2 (a 0): Lập bảng các giá trị tương ứng (P) Dựa và bảng giá trị vẽ (P) Tìm giao điểm hai đồ thị :(P): y = ax2(a 0) và (D): y = ax + b: Lập phương trình hoành độ giao điểm (P) và (D): cho vế phải hàm số đưa về pt bậc hai dạng ax2 + bx + c = Giải pt hoành độ giao điểm: + Nếu > pt có nghiệm phân biệt (D) cắt (P) tại điểm phân biệt + Nếu = pt có nghiệm kép (D) và (P) tiếp xúc + Nếu < pt vô nghiệm (D) và (P) không giao Xác định số giao điểm hai đồ thị :(P): y = ax2(a 0) và (Dm) theo tham số m: Lập phương trình hoành độ giao điểm (P) và (D m): cho vế phải hàm số đưa về pt bậc hai dạng ax2 + bx + c = Lập (hoặc ' ) pt hoành độ giao điểm Biện luận: + (Dm) cắt (P) tại điểm phân biệt > giải bất pt tìm m + (Dm) tiếp xúc (P) tại điểm = giải pt tìm m + (Dm) và (P) không giao < giải bất pt tìm m II BÀI TẬP VẬN DỤNG x2 Bài tập 1: Cho hai hàm số y = có đồ thị (P) và y = -x + m có đồ thị (Dm) Với m = 4, vẽ (P) và (D 4) trên cùng hệ trục tọa độ vuông góc Oxy Xác định tọa độ các giao điểm chúng Xác định giá trị m để: a) (Dm) cắt (P) tại điểm có hoành độ b) (Dm) cắt (P) tại điểm phân biệt c) (Dm) tiếp xúc (P) Xác định tọa độ tiếp điểm HD: Tọa độ giao điểm: (2 ; 2) và (– ; 8) 2a) m = 2b) ' = + 2m > m 1 tọa độ tiếp điểm (-1 ; ) 2c) m = Bài tập 2: Cho hai hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P) và y = – 3x + m có đồ thị (Dm) Khi m = 1, vẽ (P) và (D 1) trên cùng hệ trục tọa độ vuông góc Oxy Xác định tọa độ các giao điểm chúng Xác định giá trị m để: (5) a) (Dm) qua điểm trên (P) tại điểm có hoành độ b) (Dm) cắt (P) tại điểm phân biệt c) (Dm) tiếp xúc (P) Xác định tọa độ tiếp điểm HD: 1 ; ;) và (1 ; – 2) Tọa độ giao điểm: ( 2a) m = – 2b) m < 9 ; ) 2c) m = tọa độ tiếp điểm ( Bài tập 3: Cho hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P) Vẽ (P) trên hệ trục tọa độ vuông góc ; Gọi A( ) và B(2; 1) a) Viết phương trình đường thẳng AB b) Xác định tọa độ các giao điểm đường thẳng AB và (P) Tìm điểm trên (P) có tổng hoành độ và tung độ nó – HD: 2a) Đường thẳng AB có phương trình y = = 3x – 5 25 2b) Tọa độ giao điểm: (1;– 2) và ( ; ) Gọi M(xM; yM) là điểm trên (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = – 2 Mặt khác: M(xM; yM) (P) yM = – xM nên: xM + yM = – xM + (– xM ) = – x1 y1 x2 y2 2 – xM + x M + = ; Vậy có điểm thỏa đề bài: M1(2; – ) và M2( 2 ) Bài tập 4: Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) và y = – 2x + có đồ thị (D) Vẽ (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ vuông góc Xác định tọa độ các giao điểm (P) và (D) Tìm tọa độ điểm trên (P) thỏa tính chất tổng hoành độ và tung độ điểm đó – HD: 1 Tọa độ giao điểm: ( ; ) và (1 ; ) Gọi M(xM; yM) là điểm trên (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = – Mặt khác: M(xM; yM) (P) yM = 3 x2 x M nên: xM + yM = – xM +( M ) = – 4 x1 y1 3 x2 x2 y2 M + xM + = (6) ; Vậy có điểm thỏa đề bài: M1( 3 ) và M2(2; – 6) Bài tập 5: Cho hàm số y = x có đồ thị (P) và y = x + có đồ thị (D) Vẽ (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ vuông góc Xác định tọa độ các giao điểm (P) và (D) Gọi A là điểm (P) và B là điểm (D) cho HD: Tọa độ giao điểm: ( Đặt xA = xB = t 1; x A xB 11 y A 8 y B Xác định tọa độ A và B 25 ; ) và ( ) 2 A(xA; yA) (P) yA = xA = t2 5 B(xB; yB) (D) yB = xB + = t + t1 22 40 t2 10 t t 11 Theo đề bài: 11 y A yB 11 t2 = 8.( t + ) 8 x A 2 y A 3 A( 2; ) x 2 y 11 B( 2; 11) B B 3 Với t = 10 200 10 200 x A 11 y A 363 A( 11 ; 363 ) 10 x 10 y 25 B( 10 ; 25 ) B B 11 33 11 33 Với t = 11 Bài tập 6: Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho hai điểm A(1; –2) và B(–2; 3) Viết phương trình đường thẳng (d) qua A, B Gọi (P) là đồ thị hàm số y = –2x2 a) Vẽ (P) trên mặt phẳng tọa độ đã cho b) Xác định tọa độ các giao điểm (P) và (d) HD: Phương trình đường thẳng AB: y = x 1 Tọa độ giao điểm: (1; –2) và ( ; 18 ) Bài tập 7: Vẽ đồ thị (P) hàm số y = –2x2 trên mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy Gọi (D) là đường thẳng qua điểm A(–2; –1) và có hệ số góc k a) Viết phương trình đường thẳng (D) b) Tìm k để (D) qua B nằm trên (P) biết hoành độ B là HD: 2a) Phương trình đường thẳng (D) có dạng tổng quát: y = ax + b (D) có hệ số góc k (D): y = kx + b (D) qua A(–2; –1) –1 = k.( –2) + b b = 2k – Phương trình đường thẳng (D): y = kx + k – (7) 2b) Điểm B(xB; yB) (P) B(1; – 2) (D) qua B(1; –2) nên: –2 = k.1 +2k – k = Bài tập 8: Cho hai hàm số y = x2 có đồ thị (P) và y = x + có đồ thị (D) Vẽ (P) và(D) trên cùng hệ trục tọa độ vuông góc Oxy Xác định tọa độ các giao điểm chúng Gọi A là điểm thuộc (D) có hoành độ và B là điểm thuộc (P) có hoành độ – Xác định tọa độ A, B Tìm tọa độ điểm I nằm trên trục tung cho: IA + IB nhỏ HD: Tọa độ giao điểm: (2; 4) và (–1; 1) Tọa độ A(5; 7) và B(– ; 4) I(xI, yI) Oy I(0: yI) IA + IB nhỏ ba điểm I, A, B thẳng hàng 34 Phương trình đường thẳng AB: y = x + 34 34 34 I(xI, yI) đường thẳng AB nên: yI = + = I(0; ) Bài tập 9: Cho hàm số y = – x2 có đồ thị (P) và y = x – có đồ thị (D) a) Vẽ (P) và(D) trên cùng hệ trục tọa độ vuông góc Xác định tọa độ giao điểm (P) và (D) phương pháp đại số b) Gọi A là điểm thuộc (D) có tung độ và B là điểm thuộc (P) có hoành độ – Xác định tọa độ A và B c) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hoành cho MA + MB nhỏ HD: a) Tọa độ giao điểm: (2; – 4) và (–1; 1) b) Tọa độ A(3; 1) và B(– ; – 1) c) yA = > 0, yB = – < A, B nằm khác phía trục Ox đó MA + MB nhỏ M, A, B thẳng hàng M là giao điểm AB với truc Ox Đường thẳng AB có dạng: y = ax + b Đường thẳng AB qua hai điểm A, B a 1 3a b 1 b Đường thẳng AB: y = x – a b 1 y x y 2 y x Tọa độ M là nghiệm hệ pt: Vậy: M(1; 0) Bài tập 10: Cho (P): y = x2 và (D): y = – x + Vẽ (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ vuông góc Oxy Gọi A và B là các giao điểm (P) và (D), xác định tọa độ A, B Tính diện tích tam giác AOB (đơn vị đo trên trục số là cm) CMR: Tam giác AOB là tam giác vuông HD: Tọa độ giao điểm: (1; 1)và (– 2; 4) (8) Gọi H, K là hình chiếu A, B trên trục Ox, ta có: 1 OHA vuông tại H SOHA = OH.OA = 1 = (cm2) 1 OKB vuông tại K SOKB = OK.KB = 2 = (cm2) Gọi I là giao điểm (D) với trục Ox yI = xI = I(2; 0) 1 IKB vuông tại K SIKB = BK.KI = 4 = (cm2) SOAB = SIKB – (SOHA + SOKB ) = – ( + 4) = 3,5 (cm2) Phương trình đường thẳng OA: y = a’x (D’) (D’) qua A(1; 1) a = (D’): y = x (D) có a = – và (D’) có a’ = a a’ = – (D) (D’) OA AB OAB vuông tại A -CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI I KIẾN THỨC CẦN NHỚ Giải phương trình bậc hai dạng ax2 + bx + c = (a 0) (1) a) Nhẩm nghiệm: x1 1 x2 c a a + b +c = pt (1) có nghiệm: x1 x2 c a a – b +c = pt (1) có nghiệm: b) Giải với ' : b Nếu b = 2b’ b’ = ' = (b’)2 – ac b' ' b' ' x1 x2 a a Nếu ' > phương trình có nghiệm phân biệt: ; b' x1 x2 a Nếu ' = phương trình có nghiệm kép: Nếu ' < phương trình vô nghiệm c) Giải với : Tính : = b2 – 4ac b b x1 x2 2a ; 2a Nếu > phương trình có nghiệm phân biệt: b x1 x2 2a Nếu = phương trình có nghiệm kép: Nếu < phương trình vô nghiệm Hệ thức Vi ét và ứng dụng: (9) a) Định lý: Nếu x1, x2 là nghiệm phương trình ax2 + bx + c = (a 0) thì ta có: b S x x a P x x c a u v S b) Định lý đảo: Nếu u.v P u, v là nghiệm phương trình x2 – Sx + P = (ĐK: S2 – 4P 0) * Một số hệ thức áp dụng hệ thức Vi-ét: 2 Tổng bình phương các nghiệm: x1 x2 ( x1 x2 ) x1 x2 = S2 – 2P 1 x x S x1 x2 P Tổng nghịch đảo các nghiệm: x1 x2 x12 x22 S2 2P 1 2 P2 Tổng nghịch đảo bình phương các nghiệm: x1 x2 ( x1 x2 ) 2 Bình phương hiệu các nghiệm: ( x1 x2 ) ( x1 x2 ) x1 x2 = S2 – 4P Tổng lập phương các nghiệm: x1 x2 ( x1 x2 ) 3x1 x2 ( x1 x2 ) = S3 – 3PS Ví dụ: Cho phương trình x2 – 12x + 35 = Hãy tính giá trị các biểu thức sau: 3 1 x x2 b) a) x x c) ( x1 x2 ) d) x1 x2 Giải: Phương trình có ' = > pt có nghiệm, áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): 2 2 3 b S x1 x2 a 12 P x x c 35 a 2 a) x1 x2 ( x1 x2 ) x1 x2 = S2 – 2P = 122 – 2.35 = 74 1 x x S 12 x1 x2 P = 35 b) x1 x2 ( x1 x2 )2 ( x1 x2 )2 x1 x2 S2 -4P c) = 122 – 4.35 = d) x1 x2 ( x1 x2 ) 3x1 x2 ( x1 x2 ) = S3 – 3PS = 123 – 3.35.12 = 468 3.Tìm hệ thức hai nghiệm độc lập tham số:(Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x 1, x2 không phụ thuộc vào tham số) * Phương pháp giải: Tìm điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm ( ' ; 0 hoặc a.c < 0) 3 b S x1 x2 a P x x c a Lập hệ thức Vi-ét cho phương trình Khử tham số (bằng phương pháp cộng đại số) tìm hệ thức liên hệ S và P Đó là hệ thức độc lập với tham số Ví dụ: Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – = (1) (m là tham số) (10) CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với m Gọi x1, x2 là nghiệm pt (1) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào m Giải: Phương trình (1) có = b2 – 4ac = + (2m – 1)2 – 4.2.(m – 1) = 4m2 – 12m + = (2m – 3)2 0, m Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với m b 2m S x1 x2 a 2S 2m 1 P x x c m a 2 P m Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (1): 2S 2m 1 P 2m 2S + 4P = -1 Hay: 2(x1 + x2) + 4x1x2 = -1 : Đây là hệ thức cần tìm Tìm hai số biết tổng và tích chúng – Lập phương trình bâc hai biết hai nghiệm nó: * Phương pháp giải: u v S Nếu số u và v c ó: u.v P u, v là hai nghiệm phương trình: x2 – Sx + P = (*) Giải pt (*): u x1 u x2 v x2 v x1 + Nếu ' > (hoặc > 0) pt (*) có nghiệm phân biệt x1, x2 Vậy hoặc b' b' + Nếu ' = (hoặc = 0) pt (*) có nghiệm kép x1 = x2 = a Vậy u = v = a + Nếu ' < (hoặc < 0) pt (*) vô nghiệm Vậy không có số u, v thỏa đề bài Ví dụ 1: Tìm số u,v biết u + v = 11 và u.v = 28 Giải: Theo đề bài u, v là hai nghiệm phương trình: x2 – Sx + P = x2 – 11x + 28 = 0(*) Phương trình (*) có = > u Vậy: v hay u v x1 7 3 x2 4 Ví dụ 2: Cho hai số a = +1 và b = – Viết phương trình bậc hai có hai nghiệm là a và b Giải: a + b = ( +1) + (3 – ) = a.b = ( +1) (3 – ) = Suy ra: a, b là nghiệm phương trình: x – Sx + P = x2 – 4x + = 0: Đây là pt cần tìm Chứng minh phương trình bậc hai luôn có hai nghiệm phân biệt với giá trị tham số m: * Phương pháp giải: Lập biệt thức ' (hoặc ) Biến đổi ' đưa về dạng : ' = (A B)2 + c > 0, m (với c là số dương) Kết luận: Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với tham số m (11) Chứng minh phương trình bậc hai luôn có nghiệm với giá trị tham số m: * Phương pháp giải: Lập biệt thức ' (hoặc ) Biến đổi ' đưa về dạng : ' = (A B)2 0, m Kết luận: Vậy phương trình đã cho luôn nghiệm với tham số m Biện luận phương trình bậc hai theo tham số m: * Phương pháp giải: Lập biệt thức ' (hoặc ) Biện luận: + Phương trình có nghiệm phân biệt khi: ' > giải bất pt tìm tham số m kết luận + Phương trình có nghiệm kép ' = giải pt tìm tham số m kết luận + Phương trình vô nghiệm ' < giải bất pt tìm tham số m kết luận + Phương trình có nghiệm ' giải bất pt tìm tham số m kết luận * Phương trình có nghiệm trái dấu khi: a.c < giải bất pt tìm tham số m kết luận Xác định giá trị nhỏ biểu thức: * Phương pháp giải: Đưa biểu thức P cần tìm dạng: P = (A B)2 + c P = (A B)2 + c c Giá trị nhỏ P: Pmin = c A B = giải pt tìm tham số m kết luận Xác định giá trị lớn biểu thức: * Phương pháp giải: Đưa biểu thức Q cần tìm dạng: Q = c – (A B)2 Q = c – (A B)2 c Giá trị nhỏ Q: Qmax = c A B = giải pt tìm tham số m kết luận II BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 1: Cho phương trình bậc hai x2 – (m – 3)x – 2m = (1) Giải phương trình (1) m = – 2 CMR: Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với m Tìm hệ thức liên hệ x1, x2 không phụ thuộc vào m HD: Khi m = –2, ta có phương trình: x2 + 5x + = 0, pt có a – b + c = –5 + = x1 c x2 a Vậy m = – 2, phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = –1, x2 = – = m2 + 2m + = (m + 1)2 + > 0, m Hệ thức: 2S + P = – 2(x1 + x2) + x1x2 = – Bài tập 2: Cho phương trình bậc hai x2 – (m + 1)x + m = (1) Giải phương trình (1) m = CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với m Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Tìm hệ thức liên hệ x1, x2 không phụ thuộc vào m HD: Khi m = 3, ta có phương trình: x2 – 4x + = 0, pt có a + b + c = +(–4) + = x1 1 c x2 3 a Vậy m = 3, phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = 1, x2 = = (m – 1)2 0, m (12) m ĐK để pt (1) có nghiệm phân biệt: (m – 1)2 > |m – 1| > m Hệ thức: S – P = x1 + x2 – x1x2 = Bài tập : Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – = (m là tham số) (1) Giải phương trình (1) m = 2 CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với m Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Thiết lập hệ thức liên hệ x 1, x2 độc lập với m HD: Khi m = 2, phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = –1, x2 = = (2m – 3)2 0, m m m 2 ĐK để pt (1) có nghiệm phân biệt: (2m – 3) > |2m – 3| > Hệ thức: 2S + 4P = 2( x1 + x2) + x1x2 = Bài tập : Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – = (m là tham số) (1) Giải phương trình (1) m = CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với m Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Thiết lập hệ thức liên hệ x 1, x2 độc lập với m Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trái dấu HD: Khi m = 5, phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = 1, x2 = = (m – 2)2 0, m m ĐK để pt (1) có nghiệm phân biệt: (m – 2)2 > |m – 2| > m Hệ thức: S – P = x1 + x2 – x1x2 = Phương trình (1) có nghiệm trái dấu a.c < 1.(2m – 3) < m< Bài tập : Cho phương trình bậc hai x2 –2(m – 1)x + m2 = (1) Tìm m để: a) Pt (1) có nghiệm phân biệt b) Pt (1) có nghiệm là – 2 Giả sử x1, x2 là nghiệm pt (1) CMR: (x1 – x2)2 + 4(x1 + x2) + = HD: 1a Phương trình (1) có ' = – 2m Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ' > – 2m > m < m1 0 m 1b Pt (1) có nghiệm là – khi: (– 2)2 –2(m – 1)(–2) + m2 = m2 + 4m = Vậy m = m = – thì pt (1) có nghiệm là – (13) S x1 x2 2m 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): P x1 x2 m Ta có: (x1 – x2)2 + 4(x1 + x2) + = (x1 + x2)2 – 4x1x2 + 4(x1 + x2) + = (2m – 2)2 – 4m2 + 4(2m – 2) + = 4m2 – 8m + – 4m2 + 8m – + = (đpcm) Bài tập : Cho phương trình bậc hai x2 –2(m + 1)x + m – = (1) Giải phương trình (1) m = –2 CMR: m , phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt Gọi x1, x2 là hai nghiệm pt (1) Chứng minh biểu thức: A = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) không phụ thuộc vào m HD: Khi m = –2 x1 = ; x2 = 19 m 2 > 0, m ' = m2 + m + = S x1 x2 2m P x1 x2 m Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): Theo đề bài: A = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) = x1 – x1x2 + x2 – x1x2 = (x1 + x2) – 2x1x2 = (2m + 2) – 2(m – 4) = 10 Vậy A = 10 không phụ thuộc vào m Bài tập 7: Cho phương trình bậc hai x2 –2(m + 1)x + (2m – 4) = (1) Giải phương trình (1) m = – 2 CMR: Với m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 2 Gọi x1, x2 là hai nghiệm (1) Tính A = x1 x2 theo m Tìm giá trị m để A đạt giá trị nhỏ Bài tập 8: Cho phương trình bậc hai x2 – (m – 1)x + 2m – = (1) Giải phương trình (1) m = –1 CMR: Với m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trái dấu Thiết lập mối quan hệ nghiệm x1, x2 không phụ thuộc và m 2 Tìm m để x1 x2 = 10 HD: Khi m = –1 x1 = 10 ; x2 = 10 = m2 – 10m + 29 = (m – 5)2 + > 0, m Phương trình (1) có nghiệm trái dấu a.c < 1.(2m – 7) < m < Hệ thức cần tìm: 2S – P =5 2(x1 +x2) – x1x2 = 2 x1 x2 = 10 m2 – 6m + = m = m = Bài tập 9: Cho phương trình bậc hai x2 + 2x + 4m + = (1) Giải phương trình (1) m = –1 Tìm m để: a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu c) Tổng bình phương các nghiệm pt (1) 11 HD: Khi m = –1 x1 = ; x2 = –3 (14) 2a Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt = –4m > m < 2b Phương trình (1) có nghiệm trái dấu a.c < 1.(4m + 1) < m < 2 2c Tổng các bình phương hai nghiệm pt (1) 11 x1 x2 = 11 (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 11 – 8m = 11 m = Bài tập 10: Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + 2m + 10 = (m là tham số) (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm kép và tính nghiệm kép đó b) Trong trường hợp phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 hãy tìm hệ thức liên hệ các nghiệm x1, x2 mà không phụ thuộc m HD: a) a b c d m Phương trình (1) có nghiệm kép ' = m2 – = m m b' m Khi pt (1) có nghiệm kép x1 = x2 = a = m + Khi m = x1 = x2 = Khi m = – x1 = x2 = – b) m Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ' > m2 – > m Hệ thức: S – P = – x1 + x2 – x1x1 = – hay: x1x1 – (x1 + x2) = -CHỦ ĐỀ: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LẬP PHƯƠNG TRÌNH I KIẾN THỨC CẦN NHỚ Các bước giải: Lập phương trình ( hoặc hệ phương trình): Chọn ẩn số và xác định điều kiện thích hợp cho ẩn; Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và qua các đại lượng đã biết ; Lập phương trình ( hoặc hệ phương trình) biểu thị mối quan hệ các đại lượng Giải phương trình ( hoặc hệ phương trình) vừa lập Trả lời: Chỉ nhận nghiệm thỏa ĐK và trả lời yêu cầu bài II BAØI TAÄP VAÄN DUÏNG Bài tập1: Giải bài toán sau cách lập hệ phương trình: Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết chữ số hàng chục lớn hớn chữ số hàng đơn vị là và viết thêm chữ số chữ số hàng chục vào bên phải thì số lớn số ban đầu là 682 HD: Gọi x là chữ số hàng chục (x N, < x 9) Gọi y là chữ số hàng đơn vị (y N, x 9) Số cần tìm có dạng xy = 10x + y Vì chữ số hàng chục lớn chữ số hàng đơn vị là nên ta có pt: x – y = (1) (15) Khi thêm chữ số chữ số hàng chục vào bên phải thì số mới: xyx =100x +10y + x = 101x +10y Vì số lớn số ban đầu là 682 nên ta có phương trình: (101x + 10y) – (10x + y) = 682 91x + 9y = 682 (2) x y 91x y 682 Từ (1) và (2) ta có hệ pt: x 7 y 5 Giải hệ pt ta (thỏa ĐK) số cần tìm là 75 Bài tập 2: Có hai số tự nhiên, biết rằng: tổng hai số 59; hai lần số này bé ba lần số là Tìm hai số đó HD: Gọi x, y là hai số cần tìm (x, y N) x y 59 x y 59 x 3 y 2 x y Theo đề bài ta có hệ pt: x 34 y 25 Giải hệ ta được: (thỏa ĐK) hai số cần tìm là 34 và 25 Bài tập 3: Giải bài toán sau cách lập phương trình: Cho số tự nhiên có hai chữ số Tổng hai chữ số nó 10; tích hai chữ số nhỏ số đã cho là 12 Tìm số đã cho HD: Gọi x là chữ số hàng chục số đã cho (x N, < x 9) Chữ số hàng đơn vị: 10 – x Số đã cho có dạng: 10.x + (10 – x) = 9x + 10 Tích hai chữ số ấy: x(10 – x) Theo đề bài ta có phương trình: (9x + 10) – x(10 – x)= 12 x2 – = Giải pt trên ta được: x1 = –1( loại); x2 = (nhận) Vậy số cần tìm là 28 Bài tập 4: Giải bài toán sau cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi là 280m Nếu giảm chiều dài hình chữ nhật 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì diện tích nó tăng thêm 144m Tính các kích thước hình chữ nhật HD: 280 Nửa chu vi hình chữ nhật: = 140 (m) Gọi x (m) là chiều dài hình chữ nhật (0 < x < 140) Chiều rộng hình chữ nhật là 140 – x (m) Diện tích ban đầu hình chữ nhật là x(140 – x) (m2) Khi giảm chiều dài hình chữ nhật 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì hình chữ nhật có diện tích: (x – 2)[(140 – x) + 3] = (x – 2)(143 – x) (m2) Vì diện tích hình chữ nhật tăng thêm 144m2 nên ta có phương trình: (x – 2)(143 – x) – x(140 – x) = 144 5x = 430 x = 86 (thỏa ĐK) Vậy hình chữ nhật có chiều dài 86m và chiều rộng là: 140 – x = 140 – 86 = 54 (m) Bài tập 5: Giải bài toán sau cách lập phương trình: Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 320m Nếu chiều dài khu vườn tăng 10m và chiều rộng giảm 5m thì diện tích nó tăng thêm 50m Tính diện tích khu vườn ban đầu HD: (16) Chiều dài là 100m và chiều rộng là 60m Diện tích khu vườn: 000 m2 Bài tập 6: Giải bài toán sau cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có chu vi 160cm và có diện tích 1500m2 Tính các kich thước nó HD: 160 Nửa chu vi hình chữ nhật: = 80 (m) Gọi x (m) là kích thước hình chữ nhật (0 < x < 80) Kích thước còn lại hình chữ nhật là 80 – x (m) Diện tích hình chữ nhật là x(80 – x) (m2) Vì diện tích hình chữ nhật là 1500m2 nên ta có phương trình: x(80 – x) = 1500 x2 – 80x + 1500 = Giải pt trên ta được: x1 = 30 (nhận); x2 = 50 (nhận) Vậy hình chữ nhật có các kích thước là 30m và 50m Bài tập 7: Giải bài toán sau cách lập hệ phương trình: Một sân trường hình chữ nhật có chu vi là 340m Ba lần chiều dài lần chiều rộng là 20m Tính diện tích sân trường HD: Gọi x, y (m) là chiều dài và chiều rộng sân trường ( < x, y < 170) Vì sân trường có chu vi 340m nên ta có phương trình: 2(x + y) = 340 x + y = 170 (1) Vì ba lần chiều dài lần chiều rộng là 20m nên ta có pt: 3x – 4y = 20 (2) x y 170 x y 20 Từ (1) và (2) ta có hệ pt: x 100 y 70 Giải hệ pt ta (thỏa ĐK) Bài tập 8: Cho tam giác vuông Nếu tăng các cạnh góc vuông lên 4cm và 5cm thì diện tích tam giác tăng thêm 110cm2 Nếu giảm hai cạnh này 5cm thì diện tích giảm 100cm Tình hai cạnh góc vuông tam giác HD: Gọi x (cm), y (cm) là độ dài hai cạnh góc vuông (x > 5, y > 5) 5 x y 200 x y 45 Theo đề bài ta có hệ pt: x 20 y 25 Giải hệ pt ta (thỏa ĐK) Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 20cm và 25cm Bài tập 9: Cho tam giác vuông có cạnh huyền 5cm, diện tích 6cm Tìm độ dài các cạnh góc vuông HD: Gọi x (cm), y (cm) là độ dài hai cạnh góc vuông (0 < x, y < 5) Vì tam giác có cạnh huyền 5cm nên ta có pt: x2 + y2 = 25 (1) Vì tam giác có diện tích 6cm2 nên ta có pt: xy = xy = 12 (2) x y 25 ( x y ) xy 25 x y 12 x y 12 Từ (1) và (2) ta có hệ pt: (17) ( x y ) 49 x y x y 12 x y 12 ( vì x, y > 0) x 3 x 4 y 4 y 3 Giải hệ pt ta (thỏa ĐK) Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 3cm và 4cm Bài tập 10: Giải bài toán sau cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào cái bể không có nước 48 phút đầy bể Nếu mở vòi thứ và vòi thứ hai thì bể nước Hỏi vòi chảy mình bao lâu thì đầy bể? HD: Gọi x (h), y (h) là thời gian vòi 1, vòi chảy riêng đầy bể ( x > 3, y > 4) Trong 1h, vòi chảy được: x (bể) Trong 1h, vòi chảy được: y (bể) 24 Vì hai vòi nước cùng chảy 48 phút = h đầy bể nên 1h hai vòi cùng chảy 5 24 bể, đó ta có pt: x + y = 24 (1) 3 Vì vòi thứ và vòi thứ hai thì bể nước nên ta có pt: x + y = (2) Từ (1) và (2) ta có hệ pt: 1 x y 24 3 x y (I) u v 24 1 3u 4v (II) Đặt u = x , v = y , hệ (I) trở thành: 1 1 u x 12 12 1 x 12 v y y 8 (thỏa ĐK) Giải hệ (II), ta được: Vậy: Vòi chảy riêng đầy bể 12h, vòi chảy riêng đầy bể 8h Bài tập11: Giải bài toán sau cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào cái bể không có nước 20 phút thì đầy bể Nếu để vòi thứ chảy mình 10 phút và vòi (18) thứ hai chảy mình 12 phút thì 15 thể tích bể nước Hỏi vòi chảy mình bao lâu đầy bể? HD: Vòi chảy riêng đầy bể 120 phút = 2h, vòi chảy riêng đầy bể 240 phút = 4h Bài tập 12: Giải bài toán sau cách lập hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào cái bể cạn (không có nước) thì sau 4 đầy bể Nếu lúc đầu mở vòi thứ và sau mở thêm vòi thứ hai thì sau bể nước Hỏi từ đầu mở vòi thứ hai thì sau bao lâu đầy bể? HD: Gọi x (h), y (h) là thời gian vòi 1, vòi chảy riêng đầy bể ( x > 9, y > ) Trong 1h, vòi chảy được: x (bể) Trong 1h, vòi chảy được: y (bể) Vì hai vòi nước cùng chảy 4 24 = h đầy bể nên 1h hai vòi cùng chảy 24 bể, 1 y đó ta có pt: x + = 24 (1) Vì lúc đầu mở vòi thứ và sau mở thêm vòi thứ hai thì sau bể 6 1 x nước nên ta có pt: + x y = (2) 1 x y 24 1 x x y Từ (1) và (2) ta có hệ pt: (I) 5 u v 24 u v 24 1 9u u v 51 u v 5 Đặt u = x , v = y , hệ (I) trở thành: (II) 1 1 u x 12 12 1 x 12 v y y 8 (thỏa ĐK) Giải hệ (II), ta được: Vậy: Vòi chảy riêng đầy bể 8h (19) Bài tập13: Giải bài toán sau cách lập phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào bể cạn chưa có nước thì sau 18 đầy bể Nếu chảy riêng thì vòi thứ chảy đầy bể chậm vòi thứ hai 27 Hỏi chảy riêng thì vòi bao lâu chảy đầy bể? HD: Gọi x (h) là thời gian vòi thứ chảy riêng đầy bể (x > 27) Thời gian vòi thứ hai chảy riêng đầy bể: x – 27 (h) Mỗi vòi thứ chảy x (bể) Mỗi vòi thứ hai chảy x 27 (bể) Vì hai vòi cùng chảy thì sau 18 h bể đầy, nên 1h hai vòi cùng chảy 18 bể, đó nên ta có pt: 1 x x 27 18 x2 – 63x + 486 = Giải pt trên ta được: x1 = 54 (nhận); x2 = (loại) Vậy: Vòi thứ chảy riêng đầy bể 542h, vòi thứ hai chảy riêng đầy bể 27h Bài tập 14: (HK II: 2008 – 2009 _ Sở GD&ĐT Bến Tre): Giải bài toán cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A và B cách 90 km Hai mô tô khởi hành đồng thời, xe thứ từ A và xe thứ hai từ B ngược chiều Sau chúng gặp Tiếp tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ tới B là 27 phút Tính vận tốc xe HD: Gọi x, y là vận tốc xe I và xe II (x, y > 0) Sau hai xe gặp nên tổng quãng đường hai xe đoạn đường AB, đó ta có pt: x + y = 90 (1) 90 Thời gian xe I hết đoạn đướng AB: x (h) 90 Thời gian xe II hết đoạn đướng AB: y (h) 90 9 90 y Vì xe II tới A trước xe I tới B là 27 phút = 20 h nên ta có pt: x – = 20 (2) y = 90 x ( a) x + y = 90 10 90 90 10 x y 20 x 90 x 20 (b) Từ (1) và (2) ta có hệ pt: Giải pt (b)ta được: x1 = 40(nhận) ; x2 = 450 (loại) Thế x = 40 vào (a) y = 50 (nhận) Vậy: Xe I có vận tốc: 40 km/h Xe II có vận tốc: 50 km/h Bài tập 15: Giải bài toán cách lập hệ phương trình: Hai tỉnh A và B cách 110 km Hai mô tô khởi hành đồng thời, xe thứ từ A và xe thứ hai từ B ngược chiều Sau chúng gặp Tiếp tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ tới B là 44 phút Tính vận tốc xe HD: Gọi x, y là vận tốc xe I và xe II (x, y > 0) (20) Sau hai xe gặp nên tổng quãng đường hai xe đoạn đường AB, đó ta có pt: 2x +2y =110 (1) 110 Thời gian xe I hết đoạn đướng AB: x (h) 110 Thời gian xe II hết đoạn đướng AB: y (h) 11 110 Vì xe II tới A trước xe I tới B là 44 phút = 15 h nên ta có pt: x – y = 55 x 2x + 2y = 110 110 11 110 110 11 110 x y 15 x 55 x 15 Từ (1) và (2) ta có hệ pt: Giải pt (b)ta được: x1 = 25(nhận) ; x2 = (loại) Thế x = 25 vào (a) y = (nhận) Vậy: Xe I có vận tốc: 40 km/h Xe II có vận tốc: 50 km/h 110 11 y = 15 (2) (a ) (b) CHỦ ĐỀ : HÌNH HỌC I KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa – Định lý Ký hiệu toán học Hệ Góc tâm: Trong (O,R) có: AOB tâm chắn AmB đường tròn, số đo góc tâm số đo cung bị AOB = sđ AmB chắn Góc nội tiếp: (O,R) có: BAC nội tiếp chắn BC * Định lý: Trong đường tròn, số đo góc BAC = sđ BC nội tiếp nửa số đo cung bị chắn * Hệ quả: Trong đường tròn: a) (O,R) có: a) Các góc nội tiếp chắn các cung BACn.tieápchaé EDFn.tieápchaé BACEDF EF BC Hình vẽ (21) b) Các góc nội tiếp cùng chắn cung chắn các cung thì b) (O,R) có: BAC n.tieáp chaén BC BAC BDC BDC n.tieáp chaén BC (O,R) có: c) Góc nội tiếp (nhỏ 900) có số đo nửa số đo góc tâm cùng chắn cung BAC n.tieáp chaén BC EDF n.tieáp chaén EF BAC EDF EF BC d) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông c) (O,R) có: BAC n.tieáp chaén BC 1 BAC BOC BOC tâm chắn BC Góc tạo tia tiếp tuyến d) (O,R) có: và dây cung: BAC nội tiếp chắn nửa đường tròn * Định lý: Trong đường tròn, số đo góc đường kính BC BAC = 900 tạo tia tiếp tuyến và dây cung nửa số đo cung bị chắn * Hệ quả: Trong đường tròn, góc tạo tia tiếp (O,R) có: tuyến và dây cung và góc BAx tạo tia tiếp tuyến và dây nội tiếp cùng chắn cung thì AB BAx Góc có đỉnh bên cung chắn = sđ AB đường tròn: * Định lý: Góc có đỉnh bên đường tròn (O,R) có: tạo tt & dc chắn AB nửa tổng số đo hai cung bị BAx BAx ACB chắn ACB noäi tieáp chaén AB (22) Góc có đỉnh bên ngoài đường tròn: * Định lý: Góc có đỉnh bên ngoài đường tròn nửa hiệu số đo hai cung bị (O,R) có: chắn BEC có đỉnh bên đường tròn sñ AD ) BEC = (sñ BC Cung chứa góc: * Tập hợp các điểm cùng nhìn đoạn thẳng AB góc không đổi là hai (O,R) có: BEC cung tròn chứa góc có đỉnh bên ngoài đường tròn sñ AD ) BEC = (sñ BC * Đặc biệt: a) Các điểm D, E, F cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, cùng nhìn đoạn AB góc không đổi Các đểm A, B, D, E, F cùng thuộc đường tròn b) Các điểm C, D, E, F cùng nhìn đoạn AB cùng nhìn góc vuông Các đểm a) ADB AEB AFB A, B, C, D, E, F thuộc đoạn AB A, B, D, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính AB đường tròn Tứ giác nội tiếp: * Định nghĩa: Một tứ giác có bốn đỉnh nằm trên dường tròn gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn * Định lý: Trong tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện 1800 ACB ADB AEB AFB 90 b) cùng nhìn đoạn AB A, B, C, D, E, F thuộc đường tròn đường kính AB * Định lý đảo: Nếu tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện 1800 thì tứ giác đó nội tiếp * Tứ giác ABCD có A, B, C, D (O) ABCD là tứ giác nội tiếp (O) đường tròn (23) Độ dài đường tròn, cung tròn: * Tứ giác ABCD nội tiếp (O) * Chu vi đường tròn: 1800 A C B D 180 * Độ dài cung tròn: * Tứ giác ABCD có: A C 1800 ABCD là tứ giác n.tiếp Diện tích hình tròn, hình Hoặc: quạt tròn: D 1800 B ABCD là tứ giác * Diện tích hình tròn: n.tiếp * Diện tích hình quạt tròn: * Diện tích hình viên phân: * Diện tích hình vành khăn: HÌNH KHÔNG GIAN 1.Hình trụ: * Diện tích xung quanh: C = 2 R = d Rn 1800 S R S d2 R n .R 360 * Diện tích toàn phần: Sviên phân = Squạt - SABC * Thể tích: S ( R12 R22 ) 2.Hình nón: * Diện tích xung quanh: S xq 2 Rh Stp = Sxq + 2.Sđáy * Diện tích toàn phần: Stp 2 Rh 2 R (24) V S h R 2h * Thể tích: S: diện tích đáy; h: chiều cao S xq R.l Stp = Sxq + Sđáy Stp R R Vnón = Vtrụ Hình nón cụt: * Diện tích xung quanh: * Diện tích toàn phần: V R 2h S: diện tích đáy; h: chiều cao, l: đường sinh * Thể tích: l h2 R S xq ( R1 R2 )l Stp = Sxq + Sđáy lớn + Sđáy nhỏ Hình cầu: * Diện tích mặt cầu: * Thể tích: Stp ( R1 R2 )l ( R12 R22 ) V h( R R R1R2 ) S 34 R 1 d 22 V R3 BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Các phân giác các góc ABC ACB , cắt đường tròn tại E, F CMR: OF AB và OE AC (25) Gọi M là giao điểm của OF và AB; N là giao điểm OE và AC CMR: Tứ giác AMON nội tiếp và tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác này Gọi I là giao điểm BE và CF; D là điểm đối xứng I qua BC CMR: ID MN CMR: Nếu D nằm trên (O) thì BAC = 600 HD: CMR: OF AB và OE AC: + (O,R) có: ACF n.tieáp chaén AF BCF n.tieáp chaén BF AF BF OF AB ACF BCF (CF laøphaân giaùc) + (O,R) có: ABE n.tieáp chaén AE CAE n.tieáp chaén CE AE CE OE AC ABE CAE ( BE laø phaân giaùc) CMR: Tứ giác AMON nội tiếp: OF AB taïi M OMA 90 OMA ONA 180 OE AC taïi N ONA 90 Tứ AMON nội tiếp * Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AMON: 2 OA R OA S 4 Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA CMR: ID MN: + I và D đối xứng qua BC ID BC (1) + (O,R) có: OF AB taïi M MA MB AB OE AC taïi N NA NC AC MN là đường trung bình ABC MN // BC (2) Từ (1) và (2) ID MN CMR: Nếu D nằm trên (O) thì BAC = 600: + I và D đối xứng qua BC BC là đường trung trực ID, suy ra: IBD cân B CBD CBE ( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao) ICD cân C BCD BCF ( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao) + Khi D nằm trên (O,R) thì: CBD n.tieáp chaén CD CBE n.tieáp chaén CE CD CE CBD CBE (cmt ) (26) AE (cmt ) CE CD AE EC Mà: AE EC CD ACD ACD CD Mặc khác: (1) BCD n.tieáp chaén BD BD BF BCF n.tieáp chaén BF AF FB BD Mà: BF AF (cmt ) BCD BCF (cmt ) AF FB BD ABD 1 ABD BD Mặc khác: (2) BAC 1 sñ BC 1 (sñ BD sñ CD ) BAC n tieáp chaén BC 2 (3) 1 BAC sñ ABD sñ ABD sñ ABD sñ ABD 3600 600 2 3 + Từ (1), (2) và (3) Bài 2: Cho hình vuông ABCD có cạnh a Gọi M là điểm trên cạnh BC và N là điểm trên cạnh CD cho BM = CN Các đoạn thằng AM và BN cắt tại H CMR: Các tứ giác AHND và MHNC là tứ giác nội tiếp a Khi BM = Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn MN theo a HD: CMR: Tứ giác AHND và MHNC nội tiếp: + ABM = BCN (c.g.c) BAM CBN 0 + CBN ABH ABC 90 AHB 90 (ĐL tổng góc AHB) AM BN H AHN MHN 900 + Tứ giác AHND có: AHN ADN 180 AHND là tứ giác nội tiếp + Tứ giác MHNC có: MHN MCN 180 MHNC là tứ giác nội tiếp a Khi BM = Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a: a a 3a + Khi BM = CN = DN = 3a 5a AN AD DN a = + AND vuông D 2 2 AN 25 a 5a S :4 64 + Diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND: Tìm giá trị nhỏ MN theo a: + Đặt x = BM = CN CM = a – x (27) a a2 x 2 2 2 2 + MCN vuông C MN = CM + CN = (a – x) + x = 2x – 2ax + a = a a2 x 2 0 MN2 đạt giá trị nhỏ là a2 a a x MN đạt giá trị nhỏ là 2 a a Vậy giá trị nhỏ MN là BM = Bài 3: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Đường cao BH và CK cắt (O) tại E và F a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp b) CMR: OA EF và EF // HK c) Khi ABC là tam giác đều có cạnh a Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC (O) HD: a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp: + BH AC BHC = 900 nhìn đoạn BC H đường tròn đường kính BC (1) + CK AB BKC = 900 nhìn đoạn BC K đường tròn đường kính BC (2) + Từ (1) và (2) B, H, C, K đường tròn đường kính BC Tứ giác BKHC nội tiếp đường tròn đường kính BC b) CMR: OA EF và EF // HK: + Đường tròn đường kính BC có: KBH n tieáp chaén HK KBH KCH ABE ACF KCH n tieáp chaén HK + Đường tròn (O) có: ABE n.tieáp chaén AE AE CF AE AF CAE n.tieáp chaén AF ABE CAF (cmt ) (1) + Mặc khác: OE = OF = R (2) Từ (1) và ( 2) OA là đường trung trực EF OA EF + Đường tròn đường kính BC có: BCK n tieáp chaén BK BCK BHK BCF BHK BHK n tieáp chaén BK (3) + Đường tròn (O) có: (28) BCF n tieáp chaén BF BCF BEF BEF n tieáp chaén BF (4) BHK BEF EF // HK BHK vaø BEF đồ n g vò Từ (3) và (4) c) Khi ABC là tam giác có cạnh a Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC (O: + Gọi R là bán kính (O) và h là chiều cao ABC đều, ta có: a h= 2 a a O là trọng tâm ABC R = OA = h = a a2 S(O) = R = (đvdt) 1 a a a (đvdt) SABC = a.h = 2 1 a2 a2 a (4 3 ) 36 Svp = ( S(O) – SABC ) = ( - )= (đvdt) Bài 4: Cho hình vuông ABCD có cạnh a Gọi E là điểm trên cạnh BC Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với tia DE tại H, đường thẳng này cắt tia DC tại F a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D cùng nằm trên đường tròn b) CMR: DE.HE = BE.CE c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a E là trung điểm BC d) CMR: HC là tia phân giác DHF HD: a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D cùng thuộc đường tròn: + BAD = 900 nhìn đoạn BD A đường tròn đường kính BD (1) + BHD = 900 nhìn đoạn BD H đường tròn đường kính BD (2) + BCD = 900 nhìn đoạn BD C đường tròn đường kính BD (3) Từ (1), (2) và (3) A, B, H, C, D đường tròn đường kính BD b) CMR: DE.HE = BE.CE: + DEC và BEH có: DEC BEH ( đối đỉnh) DCE BHE 900 DEC BEH (g.g) DE EC BE EH DE.HE = BE.CE c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a E là trung điểm BC: BC a EB EC 2 Khi E là trung điểm BC (29) 2 DEC vuông C DE EC CD a a a DE = BE.CE EH DE Từ: DE.HE = BE.CE (cmt) a a a a EH : 10 2 2 a a 3a DH = DE + EH = + 10 = d) CMR: HC là tia phân giác DEF : + Đường tròn đường kính BD có: CHD n.tieáp chaén CD CHD CBD 1CBDA045 CBD n.tieáp chaén CD 2 CHD 450 (1) Mà: + Mặc khác: CHD CHF DHF 90 (2) 1 CHD CHF DHF HC là tia phân giác DHF + Từ (1) và (2) Bài 5: Một hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn Tâm O bán kính R Một điểm M di động trên cung ABC , M không trùng với A,B và C, MD cắt AC tại H 1) CMR:Tứ giác MBOH nội tiếp đường tròn và DH.DM = 2R2 2) CMR: MD.MH = MA.MC 3) MDC và MAH M vị trí đặc biệt M’ Xác định điểm M’ Khi đó M’D cắt AC tại H’ Đường thẳng qua M’ và vuông góc với AC cắt AC tại I Chứng minh I là trung điểm H’C HD: CMR: Tứ giác MBOH nội tiếp dược đường tròn: + ABCD là hình vuông BD AC BOH 90 (1) + (O) có: BMD nội tiếp chắn đường tròn BMD 90 (2) 0 + Từ (1) và (2) BOH BMD 90 90 180 MBOH là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BH * CMR: DH.DM = 2R2: DOH và DMB có: DOH DMB 900 BDM : chung DOH DMB (g.g) (30) DO DH DO DB DH DM R.2R DH DM DH DM 2R DM DB (đpcm) CMR: MD.MH = MA.MC: MDC n tieáp chaén MC MDC MAC MDC MAH MAC n tieáp chaén MC + (O,R) có: CD = AD (ABCD là hình vuông) CD AD CMD n tieáp chaén CD AMD n tieáp chaén AD CMD AMD CMD AMH AD CD + MDC và MAH có: MDC MAH (cmt ) MD MC MD MH MA MC CMD AMH (cmt ) MDC MAH (g.g) MA MH Chứng minh I là trung điểm H’C: + Khi MDC = MAH MD = MA + (O,R) có: MD = MA MCD MBA MC CD MB BA (1) Do:CD = BA CD BA (2) Từ (1) và (2) MC MB M là điểm chính BC Hay M’là điểm chính BC + Do MDC = MAH M’DC = M’AH’ M’C = M’H’ M’H’C cân M (3) + Do M’I AC M’I H’C (4) Từ (3) và (4) M’I là đường là đường trung tuyến M’H’C IH’ = IC Hay I là trung điểm H’C (đpcm) Bài 6: Cho hai đường tròn (O; 20cm) và (O’; 15cm) cắt tại A và B Biết AB = 24cm và O và O’ nằm về hai phía so với dây chung AB Vẽ đường kính AC đường tròn (O) và đường kính AD đường tròn (O’) a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng b) Tính độ dài đoạn OO’ c) Gọi EF là tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) và (O’) (E, F là các tiếp điểm) CMR: Đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng EF HD: (31) a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng: + (O) có ABC nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AC ABC = 900 (1) + (O’) có ABD nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD ABD = 900 (2) + Từ (1) và (2) CBD = ABC + ABD = 1800 Ba điểm C, B, D thẳng hàng b) Tính độ dài đoạn OO’: + (O) và (O’) cắt A và B OO’ là đường trung trực AB + Gọi H là giao điểm OO’ và AB OO’ AB H; HA = HB = AB = 12 (cm) 2 + AHO vuông H OH OA HA = 202 122 16 (cm) 2 + AHO’ vuông H O ' H O ' A HA = 15 12 (cm) Suy ra: OO’ = OH + O’H = 16 + = 25 (cm) c) CMR: Đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng EF: + Gọi K là giao điểm AB và EF 2 + OEK vuông E KE OK OE 2 (1) + OHK vuông H OK OH HK (2) 2 2 + Từ (1) và (2) KE = (OH + HK ) – OE = 16 + HK2 – 202 = HK2 – 144 (*) 2 + O’FK vuông F KF O ' K O ' F 2 (3) + O’HK vuông H O ' K O ' H HK (2) + Từ (3) và (4) KF2 = (O’H2 + HK2) – O’F2 = 92 + HK2 – 152 = HK2 – 144 (**) K laø trung ñieåm cuûa EF 2 KE KF EF +Từ (*) và (**) KE = KF KE = KF Mà: AB qua trung điểm EF (đpcm) Bài 7: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax và By tại C và D CMR: a) Tứ giác AOMC nội tiếp b) CD = CA + DB và COD = 900 c) AC BD = R2 Khi BAM = 600 Chứng tỏ BDM là tam giác đều và tính diện tích hình quạt tròn chắn cung MB nửa đường tròn đã cho theo R HD: 1a) CMR: Tứ giác AOMC nội tiếp: + Ax là tiếp tuyến A + CD là tiếp tuyến M OAC = 900 (1) OMC = 90 (2) Từ (1) và (2) OAC + OMC = 1800 AOMC là tứ giác nội tiếp (32) đường tròn đường kính OC 1b) CMR: CD = CA + DB và COD = 900: + Hai tiếp tuyến CA và CM cắt C CA = CM và OC là tia phân giác AOM (1) + Hai tiếp tuyến DB và DM cắt D DB = DM và OD là tia phân giác MOB (2) Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB AOM MOB 1800 (keà bu)ø OC laø phaân giaùc cuûa AOM OD laø phaân giaùc cuûa MOB + (O,R)có: COD = 900 1c) CMR: AC BD = R2: AC.BD R với OM = R,MC AC, MD BD COD vuoâng taïi O OM MC.MD OM CD Khi BAM = 600 Chứng tỏ BDM là tam giác và tính diện tích hình quạt tròn chắn cung MB nửa đường tròn đã cho theo R: + Nửa (O, R) có: BAM noäi tieáp chaén BM DBM BAM 60 DBM tạo t.tuyến và dây cungchắn BM (1) BDM có DB = DM BDM cân D (2) Từ (1) và (2) BDM + Nửa (O, R) có: BAM noäi tieáp chaén BM 0 BOM 2.BAM 2 60 120 BOM tâm chắn BM R n R 60 R 360 (đvdt) Squạt = 360 Bài 8: Từ điểm M ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O và hai tiếp tuyến MA và MB đến đường tròn (O), đây A, B là các tiếp điểm và C nằm M, D a) CMR: MA2 = MC MD b) Gọi I là trung điểm CD CMR: điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên đường tròn c) Gọi H là giao điểm AB và MO CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn Suy AB là phân giác CHD d) Gọi K là giao điểm các tiếp tuyến tại C và D đường tròn (O) CMR: điểm A, B, K thẳng hàng HD: (33) a) CMR:MA2 = MC MD: + MAC và MDA có: MDA:chung MAC MDA (cuøng chaén AC) MAC MDA (g.g) MA MC MA MC.MD MD MA (đpcm)) b) CMR:5 điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên đường tròn: + (O) có: I là trung điểm dây CD OI CD OIM 90 nhìn đoạn OM (1) MA OA (T/c tiếp tuyến) OAM 90 nhìn đoạn OM (2) MB OB (T/c tiếp tuyến) OBM 90 nhìn đoạn OM (3) Từ (1), (2) và (3) điểm M, A, I, O, B đường tròn đường kính OM MA MC MD (cmt ) c) CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn Suy AB là phân CHD giác : + OAM vuông A MA2 = MO MH Mà: MH MC MO MH = MC MD MD MO + và MDO có: DOM : chung MH MC MDO (c.g.c) MD MO MHC MHC MDO MHC CDO Maø: MHC CHO 1800 (keà bu)ø CDO CHO 1800 Suy ra: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn (đpcm) * CMR: AB là phân giác CHD : + COD có OC = OD = R COD cân O CDO DCO MDO DCO đường tròn nội tiếp tứ giác CHOD) Maø: OHD DCO (cuøng chaén OD MDO OHD OHD MHC Maø: MDO MHC (cmt) (1) AHC 90 MHC AHD 900 OHD + Mặc khác: (2) (34) AHC AHD Maø: AHC AHD CHD Từ (1) và (2) Suy ra: HA là tia phân giác CHD AB là tia phân giác CHD (đpcm) d) Gọi K là giao điểm các tiếp tuyến C và D đường tròn (O) CMR: điểm A, B, K thẳng hàng: + Gọi K là giao điểm tiếp tuyến C và D (O) + CK OC (T/c tiếp tuyến) OCK 90 nhìn đoạn OK (1) + DK OD (T/c tiếp tuyến) ODK 90 nhìn đoạn OK (2) Từ (1), (2) Tứ giác OCK nội tiếp đường tròn đường kính OK OKC ODC (cuøng chaén OC) OKC MDO OKC MHC Maø: MHC MDO (cmt) Maø: MHC OHC 180 (keà bu)ø OKC OHC 180 Tứ giác OKCH nội tiếp đường tròn đường kính OK OHK OCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) HK MO HK AB Maø: AB MO (cmt) điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm) Bài 9: Cho hình vuông cạnh a , lấy điểm M thuộc cạnh BC (M khác B,C) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp Chứng minh: KM DB Chứng minh: KC KD = KH KB Kí hiệu SABM , SDCM là diện tích tam giác ABM, tam giác DCM CMR: (S ABM + SDCM ) không đổi Xác định vị trí M trên BC để S 2ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ đó theo a HD: CMR: BHCD là tứ giác nội tiếp: + BHD = 900 nhìn đoạn BD H đường tròn đường kính BD (1) + BCD = 900 nhìn đoạn BD C đường tròn đường kính BD (2) Từ (1) và (2) B, H, C, D đường tròn đường kính BD Chứng minh: KM DB: + BDK có : DH BK BC DK DH caét DK taïi M M là trực tâm BDK KM là đường cao thứ ba KM DB Chứng minh: KC KD = KH KB: (35) KCB KHD 900 BKD : chung KCB + KCB và KHD có: KHD (g.g) KC KH KB KD KC KD = KH KB (đpcm) CMR: (SABM + SDCM ) không đổi: 1 AB.BM a.BM + ABM vuông B SABM = = (1) 1 CD.CM a.CM + DCM vuông C SDCM = = (2) 1 a.BM a.CM Từ (1) và (2) SABM + SDCM = +2 1 1 a.(BM CM) a.BC a.a a 2 2 = a2 không đổi (SABM + SDCM ) không đổi + Vì a là không đổi * Xác định vị trí M trên BC để S 2ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ đó theo a: + Đặt x = BM CM = a – x S + Ta có: ABM S 2 1 1 1 1 a.BM a.CM a.x a.(a x) 2 2 = 2 2 2 a x (a x)2 = a x 2ax a = 2 a 2(x ax a2 ) = 2 DCM 2 1 a (x a)2 a2 ) = a4 1 a (x a)2 a 8 = a 1 x a x a 2 S S =0 DCM là : + Giá trị nhỏ ABM a4 S Vậy M là trung điểm BC thì S đạt giá trị nhỏ là Bài 10: Cho điểm A ngoài đường tròn (O, R) Gọi AB, AC là hai tiếp tuyến đường tròn (B và C là hai tiếp điểm) Từ A vẽ tia cắt đường tròn tại E và F (E nằm A và F) a) CMR: AEC và ACF đồng dạng Suy AC2 = AE AF b) Gọi I là trung điểm EF Chứng minh điểm A, B, O, I, C cùng nằm trên đường tròn ABM DCM (36) c) Từ E vẽ đường thẳng vuông góc với OB cắt BC tại M Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp đưởng tròn Suy tứ giác MIFB là hình thang d) Giả sử cho OA = R Tính theo R phần diện tích tứ giác ABOC nằm ngoài hình tròn (O) HD: a) CMR: AEC và ACF đồng dạng Suy AC2 = AE AF: + AEC và ACF có: ACE CFE (cuøng chaén CE CAF : chung KCB KHD (g.g) AC AE AF AC AC2 = AE AF (đpcm) b) Gọi I là trung điểm EF Chứng minh điểm A, B, O, I, C cùng nằm trên đường tròn: + (O) có: I là trung điểm dây EF OI EF 900 OIA nhìn đoạn OA (1) AB OB (T/c tiếp tuyến) OBA 90 nhìn đoạn OA (2) AC OC (T/c tiếp tuyến ) OCA 90 nhìn đoạn OA (3) Từ (1), (2) và (3) điểm , A,B, O, I, C đường tròn đường kính OA c) Từ E vẽ đường thẳng vuông góc với OB cắt BC M Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp đưởng tròn Suy tứ giác MIFB là hình thang: + (37)