Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9

Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9 Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi toán 9

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN DẠNG I: RÚT GỌN BIỂU THỨC Câu 1: (4 điểm)Cho biểu thức: Trang 1 + √x −√x−1 + x − − x √ √ P= √ x3 − x √x − a Tìm điều kiện xác định rút gọn P b Tìm giá trị x P = A 1  ( Câu 2:(4,0 điểm) Cho biểu thức: a) Rút gọn A; x x1   ):  x x  1  x x  x 1 b) Tìm giá trị nguyên x để A đạt giá trị nguyên; c) Tính giá trị A với Bài 3: (4,0 điểm) x  49(5  2)(3   2 )(3   2 ) x2  x x  x  x  1 P   x  x 1 x x1 Cho biểu thức: a b Rút gọn P Tìm giá trị nhỏ P x , P chứng tỏ < Q < c Xét biểu thức: x9 x 1 x 3 A   (x 0, x 4, x 9) x  x 6 x  2 x Bài 4: (4,0 điểm) Cho Q a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị x để A =  A 1  ( Câu 5:(4,0 điểm) Cho biểu thức: a) Rút gọn A; x x1   ):  x x  1  x x  x 1 b) Tìm giá trị nguyên x để A đạt giá trị nguyên; c) Tính giá trị A với Bài 6: (4,0 điểm) Cho biểu thức A 1  ( a) Tìm giá trị x để x  49(5  2)(3   2 )(3   2 ) 2x  x  2x x  x  x x  x  ) 1 x 1 x x x  A A 6 x 0, x 1, x  với x thoả mãn b) Chứng minh Bài 7: (4,0 điểm).Cho biểu thức : Trang  x x 8 x  2  x  x 3   :  P       x2 x  x  x  x x x     a) Tìm x để P có nghĩa chứng minh P 1 b) Tìm x thoả mãn : x  P 1   Bài 8: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x   x2 9 x x  9 P     :  1  x    x 3 x x  x  6  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nguyên x để P nguyên Bài 9: (4,0 điểm)   6x     3 x3 3x A    x       3x  x  x  3 x     Cho biểu thức: Rút gọn biểu thức A Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 10: (4,0 điểm)  a   a 1   :    a 1   a a a  a  a 1    Cho biểu thức: A =  a.Rút gọn biểu thức A b.Tính giá trị biểu thức A a 2011  2010  6x     3x3 3x A     3 x3  x  x     3x  Bài 11: (4 điểm) Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên  3x    Bài 12: (4 điểm)Cho biểu thức:  x 1   xy  x    1 :        A =  xy  1  xy xy  x xy   x   xy   a Rút gọn biểu thức 1  6 x y b Cho Tìm Max A Bài 13 Cho biểu thức :   x   x A     :   x  x  x x  x  x      a.Rút gọn A b.Tính A biết x 4  c.Tìm x để A > Bài 14 Cho biểu thức : P 3m  9m   m m  m   m1 m1 Trang a.Rút gọn P b.Tìm m để P 2 c.Tìm m  N để P  N Bài15 Cho biểu thức :   x 1 x x 1 x  x 1 P= a.Rút gọn P b.Chứng minh  P  Bài 16 Cho biểu thức:     M=  x   x 1 x1    x 2      x1 2 a.Tìm điều kiện x để M có nghĩa b.Rút gọn M c.Chứng minh M  Bài 17 Cho biểu thức : a) Rút gọn biểu thức D D=  2x x2 2 x   2 x x  2x  x  3x : 2x  x b) Tính giá trị D x  =  a 1   a  A=  Bài 18 Cho biểu thức : a.Rút gọn A b.Tính A với : a= 4 Bài 19 Cho : 15  10   a  A = a  a 6  a1   a   a   a 1 a     15  a  a 1  a  3 a a.Rút gọn A b.Tìm a để A < b.Tìm a để A  Z Bài 20 Cho :  a  a 7   a 2     : a a    a   A= a 2 a   a  a   a.Rút gọn A Trang b.So sánh : A với A Bài 21 Cho : Tính A biết : A= x x 1 x  xy  y x  x  xy  y  x 2x2 + y2 - 4x - 2xy + =  x3  y x  x y  y  1    :     x y  x  y x y  xy  x3 y    Bài 22 Cho : A = a.Rút gọn A b.Cho xy = 16 Tìm minA a 23: Cho biểu thức : N = ab  b a, Rút gọn biểu thức N  b ab  a  a b ab b, Tính N a =  , b =  a a 1  c, CMR b b  Thì N có giá trị khơng đổi  a a2   2 M =  a b b  a   a2  a3  :    2   a  b a  b  2ab  24: Cho biểu thức : a, Rút gọn biểu thức M b, Tính M a =  b =  a  c, Tìm a, b trường hợp b M = 1 25: Cho biểu thức : H = x   x a, Rút gọn biểu thức H  x 1 x  x3  x x1 53 b, Tính H x =  c, Tìm x H = 16 Trang HƯỚNG DẪN Điều kiện để P xác định rút gọn { x ≥ ¿ { x − ≥ ¿ ¿ { x ≥ 0¿{ x ≥ 1¿ ¿ ⇔ a x  x 1 =  0.5  0.5 x  x    x x =  (x-1)-2 Đặt x  x  x x Với x > 1, P = b  0.5 x  x x 1 = x x > ⇒ x  1 x x  x  x x   P= x  0,5 x  =t 0.5 x  =0 0.5 ( t  ), ta có : t2 - 2t =  t( t - ) = 0, 0.5 tính t1 = , t2 = * Với t = x  =  x = (bị loại x > 1) * Với t = x  =  x - =  x = 0.5 Câu a 0; x  ; x 1 (2,0đ) ĐK: x 4,0 đ 0,5 đ   x  x1    :  x  x  (2 x  1) x   x   A=1-  x   x  x 1 (2 x  1) x1 A = - (2 x  1)(2 x  1)   x  x 1 x 1 1   x  1 x A=1- x1 x1   0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Trang b (1,0đ) A Z  Z 1 x Z Do  x nên  x số hữu tỉ Suy x số phương,  x  Z =>  x  Ư(2) Do x 0; x 1; x  Z và1  x  Ư(2) => x = Vậy x = A có giá trị ngun c  49(5  2)(3   2 )(3   2 ) Với x = (1,0đ) x = - 49(5  2)(5  2)  (39  20 2)  x  75.(39  20 5)  75.(39  20 5)  Đk : x  0; x 1  P     2 x x x1 x x 1 x  x 1 x      x   x 1  x 1 Vậy P x   x 1  x1 x1  0,5 đ 0,5 đ x  , với x  0; x 1 2 x (1,0đ).Với x  0; x 1 Q = x  x  > (1) 2  x  x  x 1 x   x1 a(2,0đ) A 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0 x 1 Xét Dấu không xảy điều kiện x 1 Nên Q < 2.(2) Từ (1) (2) suy < Q < 0,5 0,5 x 1 1 3  P  x  x   x     2 4  b (1,0đ)  x ( thỏa mãn) dấu xảy x Vậy GTNN P c 0,5 đ 0,25 x  0,25 đ Vậy A a.(2,0đ)  x 0,25 đ x9 x 1   ( x  3)( x  2) x3 0,25 0,25 0,25 x 3 x2 0,5 0,5 0,5 Trang  x   (2 x  1)( x  2)  ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  2) 0,5 x   2x  x  x   x  x x    ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2)  ( x  2)( x  1) x 1  ( x  3)( x  2) x3 x 1 x  với (x 0, x 4, x 9) Vậy b(2,0đ) Với (x 0, x 4, x 9) Ta có: A x 1   x   x  x3  x 1  x  (t / m) 1  Vậy A =  x = A   0,5 1,0 0,5 Câu a 0; x  ; x 1 (2,0đ) ĐK: x 4,0 đ 0,5 đ   x  x1    :  x  x  (2 x  1) x   x   A=1-  x   x  x  (2 x  1) x1 A = - (2 x  1)(2 x  1)     x  x 1 x 1 1   x  1 x A=1- x1 x1 b A Z  Z (1,0đ) 1 x Z  x Do nên  x số hữu tỉ Suy x số phương,  x  Z =>  x  Ư(2) Do x 0; x 1; x  Z và1  x  Ư(2) => x = Vậy x = A có giá trị nguyên 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ c  49(5  2)(3   2 )(3   2 ) Với x = (1,0đ) x = - 49(5  2)(5  2)  (39  20 2)  x  75.(39  20 5)  75.(39  20 5)  0,5 đ 0,5 đ Vậy A Trang Câu 6.a)   2x  x  2x x  x  x x  x (2 x  1)( x  1) x (2 x  1)( x  1)  x ( x  1)  ) 1     (1  x )  x 1 x 1 x x x1 (1  x )( x  x  1)  x     x ( x  1)  x x 1 1  1    x 1  x  x 1  x  x 1 x  x   A 1  ( Ta có  A b)Ta có: 6 A  x 1 6   x x  x 1 Do x 1 nên x  0  ( x  1)  Vậy P Câu a) Điều kiện x>0 Ta có : x 4 x 4 P= x  x   P-1= x  x  b) ( x  1).P 1   3 x  x  0   A ( x )  (8 x  8)  ( x  2) ( x  x  3)  ( x  2) : x ( x  2) x ( x  2)  1  ( x  1) 0 ( x  1)  Vậy P 1 x  x  x   3x + x -1 = (loại) 7  32 x  (thỏa  3 (thoã mãn điều kiện x>0)  x 0  x 0    x 2  x 4  x 9   x 9  Câu 8.a) Điều kiện để P có nghĩa: (x  9)  (4  x) P (2   P Từ giải x 2  3; x 2  x 1    x  x    ( x  1)  x  x 1 x  Ta có: 9 x  x)( x  3) ( x  2)( x  3) x( x  3) ( x  3)( x  3) (x  9)  (4  x)  (9  x) (2  x)( x  3) b).Theo câu a ta có: P 2 x x x 3 x 1  P 4 x (2  x) x  2 x x x Do để P  Z ta cần xZ  x 1   x 2 (lo¹ i)  x = 1.Vậy với x = P có giá trị nguyên Trang Bài 9: a)Ta có:  nghĩa  A     A    A  3x    3x  3x   x    0;1  x  0, x 0     x  x  x  0, x 0      3x 3x      3x 3 x  x   3x      3x  3x  3x  3x  3x     6x     3x   3x      3x        x 2   x     x   3x  3x 3x  A   x  3x  x       3x   3x   , nên điều kiện để A có  A  3x   3x  ( 3x  x     3x     3x 1  3x  3) 3x  3x  3x  b).Với x số nguyên không âm, để A số nguyên  3x 3  x 9 x  1     x 3  x 1  x 1 (vì x  Z x 0 ) Khi đó: A 4   a  a 1   :       a a a  a  a 1 a      Bài 10: Điều kiện: a 0 A =   ( a  1) a  a   a a 1  a ( a  1) (1  a )( a  1)  :  :    a (a  1)(1  a)  a 1 a 1 (1  a )( a  1) (a  1)( a  1) 1  a   Bài11.a) Ta có:  3x  A        3x 3x      3x 3 x  x      A     3x   3x  3x    3x    3x  3x    b)  x    0;1  x  0, x 0  nghĩa là  A      3x  3x       x  x  x  0, x 0   6x  3x  6x    3x       3x  3x     3x    3x 2    3x  1 3x  x 2   x   3x       3x  3x  A 3x  3x  3x    3x   3x A  , nên điều kiện để A có   3x   3x  3x  ( x  3) 3x   3x 3  3x 9 3x  1     x 3 3x 1  3x 1   x  Với , để A là số nguyên thì (vì x  Z và x 0 ).Khi đó: A 4 Bài 12: a) Đk : x  0; y  0; x.y  1 Quy đồng rút gọn ta được: A = x y 1 1  6  A  9 x y x y b) 1  3  x  y  y  Max A =  x Trang 10 a Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD b Chứng minh tứ giỏc ABCE tứ giỏc nội tiếp c Chứng minh FD vng góc BC, F giao điểm BA CE  d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC bán kính C đường trũn ngoại tiếp tứ giỏc ADEF HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g) b) tứ giỏc ABCE tứ giỏc nội tiếp (Quĩ tớch cung chứa gúcE900) K c) Chứng minh D trực tõm ∆ CBF D aH  a d) AC = BC.sin ABC = 2a.sin600 = 2a = a 60  ABC A B AB = BC.cos = 2a.cos60 = 2a = a F ABC   AH = AB.sin = a.sin600 = a ; ∆ FKB vuụng K , cú ABC = 600  BFK = 300   0   BFK AD = FD.sin AD = FD.sin30 a = FD.0,5 FD = a : 0,5 = 2a  Bài 48: Cho ∆ABC vuụng ( ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường trũn đưũng kớnh AC Kẻ dõy cung BD vuụng gúc AC H giao điểm AC BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đường trũn đường kính EC cắt BC I (I C) B CI CE  a Chứng minh CB CA b Chứng minh D; E; I thẳng hàng c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trũn đường kính EC H HD; a) AB // EI (cựng  BC) A CI CE   CB CA (đ/lí Ta-lét) b) chứng minh ABED hỡnh thoi  DE // AB mà EI //AB  D, E, I nằm đường thẳng qua E // AB  D, E, I thẳng hàng I O E O’ C D   c) EIO' = IEO' ( vỡ ∆ EO’I cõn ; O’I = O’E = R(O’))     IEO' = HED (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến  ∆HID cõn  HIE = HDI   0 HDI HED Mà + = 90 đpcm Bài 49: Cho đường trũn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH  (d) (H  d) M điểm thay đổi (d) (M H) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường trũn P b Chứng minh IH.IO = IQ.IP Trang 145  c Giả sử PMQ = 600 Tớnh tỉ số diện tớch tam giỏc: ∆MPQvà ∆OPQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường trũn M (Dựa vào quĩ tớch cung chứa gúc 900) K I IO IQ  b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g)  IP IH  IH.IO = IQ.IP PQ PQ 3 MQK H c) ∆v MKQ cú : MK = KQ.tg = KQ.tg600 = PQ PQ KQ    OQK 3 ∆v OKQ cú: OK = KQ.tg = KQ.tg30 = SMPQ PQ PQ  SOPQ = : O Q =3 Bài 50: Cho nửa đường trũn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (E A) Từ E, A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường trũn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường trũn Chứng minh tứ giỏc ACMO nội tiếp đường trũn DM CM  b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy DE CE D c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO  e Đặt AOC = ỏ Tớnh theo R ỏ đoạn AC BD Chứng tỏ tớch AC.BD phụ thuộc giỏ trị R, khụng phụ thuộc vào ỏ HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tớch cung chứa gúc 900) E b) AC // BD (cựng  EB)  ∆EAC ~ ∆EBD M C N A 23 O B CE AC CE CM    DE BD (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau)  DE DM (2)  DM CM  DE CE NC AC NC CM   c) AC // BD (cmt)  ∆NAC ~ ∆NBD  NB BD (3) Từ 1; 2;  NB DM  MN // BD             d) O1 = O ; O3 = O mà O1 + O + O3 + O = 1800  O + O3 = 900 ; O + D1 = 900 (…) Trang 146 OB R D O O  1= = = ỏ Vậy: DB = tg = tg ; Lại cú: AC = OA.tgỏ = R.tgỏ  AC.DB = R.tgỏ R tg  AC.DB = R2 (Đpcm) Bài 51:Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB1; CC1 a Chứng minh tứ giỏc HA 1BC1 nội tiếp đường trũn Xỏc định tâm I đường trũn  b Chứng minh A1A phõn giỏc B1A1C1 c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1AC1 MH  d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MC So sỏnh diện tớch tam giỏc: ∆HAC ∆HJM HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tớch cung chứa gúc 900) Tâm I trung điểm BH B1 C1     b) C/m: HA1C1 = HBC1 ; HA1B1 = HCB1 ; M HBC    = HCB1  HA1C1 = HA1B1  đpcm c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 …  ỊJ trung trực A1C1 J H I B 12 K C A1 1 d) S HJM = HM.JK ; SHAC = HC.AC1 HC.AC1 AC1 MH HC HM+MC MC   1  1  4 2  SHAC : S HJM = HM.JK mà MC  HM HM HM ; JK (JK// AC1  SHAC : S HJM = Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P a Chứng minh tứ giỏc MABP nội tiếp tâm O đường trũn nằm trờn đường thẳng cố định qua điểm L AB b Kẻ PI  Cz Chứng minh I điểm cố định c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH  PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng HD: a) MABP nội tiếp đ/trũn đ/k MP.(quĩ tớch cung chứa gúc 900…)z P I OA = OB = R(O)  O thuộc đường trung trực AB qua L trung điểm AB… B b) IP // CM (  Cz)  MPIC hỡnh thang  IL = LC không đổi H Trang 147     vỡ A,B,C cố định  I cố định N c) PA  KM ; PK  MB  H trực tõm ∆ PKM L KH  PM K d) AHBK nội tiếp đ/trũn đ/k KH (quĩ tớch cung chứa gúc…) A N tâm đ/trũn ngoại tiếp …  NE = NA = R(N) N thuộc đường trung trực AB x O,L,N thẳng hàng C O M y Bài 53: Cho nửa đường trũn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM a So sỏnh hai tam giỏc: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuụng cõn c Tứ giỏc ANKP hỡnh gỡ? Vỡ sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) b) HS tự c/m ∆ KMN vuụng cõn c) ∆ KMN vuụng  KN  KM mà KM // BP  KN  BP  APB = 900 (gúc nội tiếp…)  AP  BP  KN // AP (  BP)   KM // BP  KMN PAT 45 U K P  // N PKM   PAM PKU  450 A Mà 0   PKN 45 ; KNM 45  PK // AN Vậy ANPK hỡnh bỡnh hành M T O = B Bài 54:Cho đường trũn tõm O, bỏn kớnh R, cú hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC NốiMB, cắt CD N a Chứng minh: tia MD phõn giỏc gúc AMB b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường trũn ngoại tiếp tứ giỏc ONMA, I di động nào? C AMD DMB  45 (chắn cung ¼ đ/trũn) HD: a)   MD tia phõn giỏc AMB M F b) ∆ OMB cõn vỡ OM = OB = R(O) N I ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến  ∆ OMB ~ ∆ NAB B A E O BM BO  BA  BN  BM.BN = BO.BA = 2R2 không đổi c) ONMA nội tiếp đ/trũn đ/k AN Gọi I tâm đ/trũn ngoại tiếp  I cách A O cố định  I thuộc đường trung trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC Vỡ M chạy trờn cung nhỏ AC nờn tập hợp I đoạn EF D Trang 148 Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường trũn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường trũn (O) A b Tứ giác ABCE hì nh gì? Tại sao?   c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sỏnh BGO với BAC A E  d Cho biết DF // BC Tớnh cos ABC HD:a) Gọi H trung điểm BC  AH  BC (∆ ABC cõn A) lập luận AH  AE  BC // AE (1) D M b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g)  AE = BC (2) N F Từ  ABCE hỡnh bỡnh hành O _ I c) Theo c.m.t  AB // CF  GO  AB _      BGO = 900 – ABC = BAH = BAC C d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH làBtrục H đối xứng cuarBC đ/trũn (O) nờn F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH G 1  FD = MN = MD = BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g)  DF.DN = DA.DC BH  2  2BH = AC  BH = AC  cos ABC = AB = Bài 56: Cho đường trũn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường trũn (O) điểm C; D cắt (O’) E;EF a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng D b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp A c Chứng minh: A tâm đường trũn nội tiếp ∆BDE d Tỡm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’)   O’ HD: a) CBA = 900 = FBA (góc nội tiếp chắn nửa đ/trũn) O    CBA + FBA = 1800  C, B, F thẳng hàng   b) CDF = 900 = CEF  CDEF nội tiếp (quĩ tớch …) C    ADE ECB F B c) CDEF nội tiếp = (cựng chắn cung EF) ECB ADB Xột (O) cú: = (cựng chắn cung AB)      ADE  DA tia phõn giỏc BDE = ADB Tương tự EA tia phân giác DEB Vậy A tâm đường trũn nội tiếp ∆BDE       d) ODEO’ nội tiếp Thực vậy : DOA = DCA ; EO'A = EFA mà DCA = EFA (gúc nội tiếp       chắn cung DE)  DOA = EO'A ; mặt khỏc: DAO = EAO' (đ/đ)  ODO' = O'EO  ODEO’ nội tiếp Nếu DE tiếp xỳc với (O) (O’) thỡ ODEO’ hỡnh chữ nhật  AO = AO’ = AB Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) là : AO = AO’ = AB Bài 57: Cho đường trũn (O; R) cú đường kính cố định AB  CD Trang 149 a) Chứng minh: ACBD hỡnh vuụng b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E B; E C) Trên tia đối tia EA lấy đoạn  EM = EB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường trũn mà ta phải xỏc định tâm bán kính theo R C HD: a) AB  CD. ; OA = OB = OC = OD = R(O)  ACBD hỡnh vuụng M E / 1   AED  =/ b) = AOD = 45 ; DEB = DOB = 450     AED  ED tia phõn giỏc AEB = DEB AED EMB 0 = 45 ; A = 45 (∆ EMB vuụng cõn E)    AED = EMB (2 góc đồng vị)  ED // MB c) ∆ EMB vuụng cõn E CE  DE ; ED // BM  CE  BM  CE đường trung trực BM O B D d) Vỡ CE đường trung trực BM nờn CM = CB = R Vậy M chạy đường trũn (C ; R’ = R ) Bài 58:Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 400 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường trũn tõm O đường kính CD cắt AD E Đường thẳng vng góc với CD O cắt AD M a Chứng minh: AHCE nội tiếp Xác định tâm I đường trũn b Chứng minh: CA = CM c Đường thẳng HE cắt đường trũn tõm O K, đường thẳng HI cắt đường trũn tõm I N cắt đường thẳng DK P Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp Bài 59:BC dây cung đường trũn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O c Gọi A1 trung điểm EF Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’ d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN Bài 60:Cho đường trũn tõm (O; R) cú AB đường kính cố định cũn CD đường kính thay đổi Gọi (∆) tiếp tuyến với đường trũn B AD, AC cắt (∆) Q P a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vuụng gúc với DC c Tỡm tập hợp cỏc tõm E đường trũn ngoại tiếp ∆CPD Trang 150  Bài 61:Cho ∆ABC cõn (AB = AC; A < 900), cung trũn BC nằm bờn ∆ABC tiếp xỳc với AB, AC B C Trờn cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp  b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK  c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp PQ // BC Bài 62:Cho nửa đường trũn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường trũn (O) M Hạ CI  AM C (I  AM) a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường trũn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M =   c Chứng minh: MOI CAI N d Chứng minh: MA = 3.MB I = 0   HD: a) COA 90 (…) ; CIA 90 (…)  Tứ giỏc CIOA nội tiếp (quĩ tớch cung chứa gúc 900) O B A b) MB // CI (  BM) (1)   ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) N1  N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI NBM (slt)  CI = BM (2) Từ  BMCI hỡnh bỡnh hành   1  CIA 900 CMI  COA 45  c) ∆ CIM vuụng cõn ( ; ) MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC vỡ OI chung ;       IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O)  MOI IOC mà: IOC CAI  MOI CAI R AC  (với R = AO) d) ∆ ACN vuụng cú : AC = R  ; NC = Từ đó : AN = AC2 +CN  2R + NC2  MN   MB =  AM = BM R2 R 10 NC2 R 10 MI R   MN = 2  ; NI = NA 10 R2 R2 2R R 10 R 10 R 10 3R 10    10  AM = AN + MN = + 10 = 10  60 Bài 63:Cho ∆ABC cú A = nội tiếp đường trũn (O), đường cao AH cắt đường trũn D, đường cao BK cắt AH E   a Chứng minh: BKH BCD  b Tính BEC Trang 151 c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtrũn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rừ nú (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cõn I A   BAH HD: a) ABHK nội tiếp  BKH ;     BCD BAH ( cựng chắn cung BD)  BCD BKH K b) CE cắt AB F ; 0 0    AFEK nội tiếp  FEK 180  A 180  60 120  BEC = 1200 B  C 1200  BIC 1800  1800  1200 2 c) F E I Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung B H nằm đường trũn tõm (O)  DS  d) Trong đ/trũn (O) cú DAS = sđ ; đ/trũn (S) cú   DS IO    vỡ DAS = ISO (so le trong) nờn: = mà DS =  IO  ISO = sđ C D S    IO   IE = IE đpcm Bài 64:Cho hỡnh vuụng ABCD, phớa hỡnh vuụng dựng cung phần tư đường trũn tõm B, bỏn kớnh AB nửa đường trũn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK  AD PH  AB Nối PA, cắt nửa đường trũn đường kính AB I PB cắt nửa đường trũn C D M Chứng minh rằng: a I trung điểm AP b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giỏc APMH hỡnh thang cõn P K  HD: a) ∆ ABP cõn B (AB = PB = R(B)) mà AIB 90 (gúc nội tiếp …) M  BI  AP  BI đường cao đường trung tuyến  I trung điểm AP I b) HS tự c/m c) ∆ ABP cõn B  AM = PH ; AP chung  ∆vAHP = ∆v PMA  AH = PM ; AHPK hỡnh chữ nhật  AH = KP  PM = PK = AH d) PMAH nằm trờn đ/trũn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) B A H     PM = AH PA // MH Vậy APMH hỡnh thang cõn Bài 65:Cho đường trũn tõm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường trũn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB c Tỡm vị trớ điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN   A B HD: a) BOIM nội tiếp vỡ OIM OBM 90 H O     b) INB OBM 90 ; NIB BOM (2 gúc nội tiếp cựng chắn cung BM) I Trang 152  ∆ IBN ~ ∆OMB c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn  IH lớn vỡ AO = R(O) N Khi M chạy trờn tia Bx thỡ I chạy trờn nửa đường trũn đ/k AO Do SAIO lớn  Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức HAI 45 Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) thỡ SAIO lớn M Bài 66:Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường trũn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D A D C) A BAC a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phõn giỏc D  b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE DI CE c Suy E di động đường trũn mà ta phải xỏc định tâm giới hạn = d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm chớnh cung nhỏ AC = E O HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường trũn (O; R) HS tự c/m :  AB = AC = BC = R Trong đ/trũn (O; R) cú: AB = AC  Tâm O cách cạnh AB AC  B  AO hay AI tia phõn giỏc BAC    b) Ta cú : DE = DC (gt)  ∆ DEC cõn ; BDC = BAC = 600 (cựng chắn BC ) C I   IB    BDI    ∆CDE I điểm BC = IC = IDC   DI tia phõn giỏc BDC  ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao  DI  CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE  IE = IC mà I C cố định  IC không đổi  E di động đ/trũn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I   AC (cung nhỏ )  D → C thỡ E → C ; D → A thỡ E → B    E động BC nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC Bài 67: (6,0 điểm) 1) Cho ABC vuông A, đường cao AH Gọi (P), (Q) theo thứ tự đường tròn nội tiếp hai tam giác AHB AHC Kẻ tiếp tuyến chung (khác BC) (P) (Q) cắt AB, AH, AC theo tự M, K, N Chứng minh a HPQ ABC b KP // AB, KQ // AC c Tứ giác BMNC nội tiếp 2) Cho a, b, clà độ dài cạnh ABC Gọi m, n, k độ dài đường phân giác ba góc ABC Chứng minh rằng: \f(1,m + \f(1,n + \f(1,k>\f(1,a + \f(1,b + \ f(1,c Giải 1) a  AHB  CHA mặt khác P Q tâm đường tròn nội tiếp  AHB  AHC HP AB  => HQ AC (1) lại có  BAC =  PHQ = 900 (2) Trang 153 Từ (1) (2) suy  HPQ  ABC b Theo câu a ta có  PQH =  ACB (3)  PKQ =  PHQ = 900 => tứ giác PKQH nội tiếp =>  PKH =  PQH (4) Từ (3) (4) =>  PKH =  ACB lại có  BAH =  ACB=>  PKH =  BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta có KQ //AC c Ta có  ACB =  PKH =  MKP =  AMK =>  BMN +  NCB =  BMN +  AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp M A N K M A Q P B C H B D 2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB M  A1 =  M1,  A2 =  C2, Mà  A1 =  A2, (AD tia phân giác góc A ) Nên  M1 =  C1,  AM = AC Xét AMC : MC < AM + AC = 2AM Xét BMC ta có : AD // MC \f(AD,MC = \f(AB,BM = \f(AB, Nên AD = \f(,\f(1,2 ( \f(1,AC + \f(1,AD ) \f(1,m>\f(1,2 ( \f(1,b + \f(1,c ) Tương tự : \f(1,n>\f(1,2 ( \f(1,a + \f(1,c ) ; \f(1,k>\f(1,2 ( \f(1,a + \f(1,b ) Vậy \ f(1,m + \f(1,n + \f(1,k>\f(1,a + \f(1,b + \f(1,c 1) a  AHB  CHA mặt khác P Q tâm đường tròn nội tiếp  AHB  AHC HP AB  HQ AC => (1) lại có  BAC =  PHQ = 900 (2) Từ (1) (2) suy  HPQ  ABC b Theo câu a ta có  PQH =  ACB (3)  PKQ =  PHQ = 900 => tứ giác PKQH nội tiếp =>  PKH =  PQH (4) Từ (3) (4) =>  PKH =  ACB lại có  BAH =  ACB=>  PKH =  BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta có KQ //AC c Ta có  ACB =  PKH =  MKP =  AMK =>  BMN +  NCB =  BMN +  AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp A N K M P Q Trang 154 C M 2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB M  A1 =  M1,  A2 =  C2, Mà  A1 =  A2, (AD tia phân giác góc A ) Nên  M1 =  C1,  AM = AC Xét AMC : MC < AM + AC = 2AM Xét BMC ta có : AD // MC \f(AD,MC = \f(AB,BM = \f(AB, Nên AD = \f(,\f(1,2 ( \f(1,AC + \f(1,AD ) \f(1,m>\f(1,2 ( \f(1,b + \f(1,c ) Tương tự : \f(1,n>\f(1,2 ( \f(1,a + \f(1,c ) ; \f(1,k>\f(1,2 ( \f(1,a + \f(1,b ) Vậy \ f(1,m + \f(1,n + \f(1,k>\f(1,a + \f(1,b + \f(1,c Bài 68: (6,0 điểm) Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O Tia phân giác góc A cắt (O) D Một đường trịn (L) thay đổi ln qua A, D cắt AB, AC điểm thứ hai M, N a) CMR: BM = CN b) Tìm quỹ tích trung điểm K MN c) Tìm vị trí (L) cho MN ngắn Giải:4.a) Xét BMD CND: A B + BD=CD (vì AD phân giác góc A) + ACD  D sđ cung AD 1 MBD A1+D1= sđ cung AB + sđ cung BD = sđ cung AD  ACD = MBD Trong (L), A1 = A2  DM = DN   BMD =  CND  BM = CN b) Gọi I trung điểm BC  I cố định Vẽ hình bình hành: IBMM’, ICNN’  MM’NN’ hình bình hành  K trung điểm M’N’ Vì IM’ = BM = CN = IN’  IM’=IN’  IK phân giác  M’IN’  IM ' // MB  Do  IN ' // CN  IM’, IN’ cố định Vậy: Quỹ tích K đờng phân giác  M’IN’ c)  DMN cântại D có  MDN = 1800 -  BAC = Const  MN ngắn  DM nhỏ  DM  AB  AD đờng kính (L) a Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S = S AID Kẻ AH  BD; CK  BD B 1 S AIB  AH BI SCID  CK DI 2 S3 BI S BI 1  (1)  (2) S AID  AH DI  S BIC  CK BI  S DI S DI S1 2 Ta có: S1 S3   S1.S S3 S (3) A S S2 Từ (1) (2) suy ra: H I S4 Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4 S1  S  S3 S (4) S3 C K S2 Trang 155 D C Từ (3) (4) ta suy ra: S S1  S2  S1.S ( S1  S2 )  S  S1  S (đpcm) b Khi tứ giác ABCD hình thang ta xét: * Nếu AB // CD ta có: S ACD = S BCD suy ra: S = S  S  S1  S * Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S = S  S  S1  S 2 S Dấu sảy khi: S1 = S = S = S =  ABCD hình bình hành Bài 69: (2,0 điểm) Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường trịn tâm O qua B C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I trung điểm BC ,N trung điểm EF a.Chứng minh điểm E, F ln nằm đường trịn cố định đường tròn (O) thay đổi b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) K Chứng minh :EK song song với AB c.Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy đường thẳng cố định đường tròn(O) thay đổi Bài 70: (2,0 điểm) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tiếp điểm (O) cạnh BC, CA, AB D, E, F Kẻ BB1  AO , AA1  BO Chứng minh điểm D, E, A, B thẳng hàng Giải:69 a)  ABF  AFC đồng dạng (g_g) Ta có : AB/ AF=AF/AC  AF2=AB.AC  AF= AB AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB AC khơng đổi Vậy E,F thuộc đường trịn (A; AB AC ) cố định b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường trịn Ta có :  AIF =  AOF (1) 1    AOF = EOF  EKF = EOF   EKF =  AOF (2).Từ(1) và(2)   AIF =  EKF Do : EK vàAB song song vơí c) Cm A,N,O thẳng hàng AO  EF ; Gọi H giao điểm BC EF AH AN  Ta có :  ANH  AIO đồng dạng nên AO AI Suy :AH.AI =AN.AO Lại có :AN AO=AE2 =AB.AC  AH  AB AC AI Do : AI.AH =AB.AC khơng đổi Vậy H cố định Tứ giác OIHN tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN ln qua I H ;Do tâm đương f tròn nằm đường trung trực IH  ˆ 70 Theo ta có: AA1 B AB1 B =900 Suy tứ giác AA1 B1 B nơi tiép đường trịn   BA1 B1 ABˆ B1 chắn cung BB  Mặt khác: AE1O AAˆ1O 1V  tứ giác AEA O nội tiếp Trang 156   EA1 A EOˆ A1 chắn cung AE)  BAB1 B1 Aˆ E OAˆ E  EOˆ A 90  E , A1 , B1 mà thẳng hàng (*) Tương tự: ta có tứ giác AA1B1B nội tiếp Theo ta có:  AA1 B ABˆ1 B =900 Suy tứ giác AA1 B1 B nơi tiép đường trịn   A1 B1 A A1 Bˆ A chắn cung AA  OD1 B OBˆ B 1V  tứ giác OB DB nội tiếp Ta lại có:   DB1 B DOˆ B (cùng chắn cung BD)  DOB DBˆ O DBˆ O  DOˆ B 90 DBˆ O OBˆ A mà Tính chất tiếp tuyến cắt  DB1 B  BBˆ1 A ABˆ1 A1 180  điểm D, B , A thẳng hàng (**) 1 Vậy Từ (*) , (**) suy A1, D, B1, E thẳng hàng Bài 71: Bài 5: (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) điểm A ngồi đường trịn Từ điểm M di động đường thẳng d  OA A, vẽ tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Dây BC cắt OM OA H K a) Chứng minh OA.OK khơng đổi, từ suy BC ln qua điểm cố định b) Chứng minh H di động đường tròn cố định c) Cho biết OA = 2R, xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ Tìm giá trị nhỏ Xét BOM vng B nên : OB2 = OH.OM (2) Từ (1) (2) suy A OK = R (không đổi) Giải :a) Dễ thấy OM  BCHOK AOM OH OK  => OA OM => OA.OK = OH.OM (1) R2 OK  OA (khơng đổi) K cố định OA => b)Ta có OHK = 900 => H nằm đường trịn đường kính OK cố định = OM.BC c) Tứ giác MBOC có hai đường chéo vng góc nên SMBOC => S nhỏ  OM nhỏ BC nhỏ + OM nhỏ  M trùng với A + BC nhỏ  BC  OK  H trùng với K  M trùng với A Trang 157 R2 R OK   2R ; Nếu OA = 2R thì: Vậy SMBOC = 2R R  R BC = BK = R2  R2 R Bài 72: (6 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O;R ) Điểm M thuộc cung nhỏ BC gọi I,K,H theo thứ tự hình chiếu vng góc M AB; AC; BC Gọi P, Q trung điểm AB; HK a) Chứng minh MQPQ AB AC BC   b) Chứng minh : MI MK MH c) Cho tam giác ABC Xác định vị trí điểm M cung BC để MA + MB + MC đạt giá trị lớn       Giải: a) Tứ giác MCKH nội tiếp  BCM = HKM =BAM; HMK = BCA = BMA   BMA  HMK Mặt khác MP, MQ trung tuyến  BMA,  HMK MP MB     MQ MH BMH = PMQ   BMH  PMQ 0   Mặt khác BHM =90  PQM =90  PQ  MQ b) Giả sử AC  AB ta có: AB AC AI  BI AK  KC AI AK      MI MK MI MK MI MK (1) BI KC  )   MBI = MCK  cotg MBI = cotgMCK  MI MK  ( Do AI CH  C1 = A  nªn cotgA  =cotgC 1  MI MH Do ( 2) AK BH  (3)  =B  nªn cotgA  =cotgB 1 A  MK MH AB AC CH BH BC     c) Từ (1),(2) (3) suy MI MK MH MH MH Gọi D giao điểm MA với BD ta có : MB  MBD BD      MAC  BMD AMC, DBM CAM   MA  AC MC CD  Tương tự ta có : MA AB MB MC  1 Do MA MA Suy MA + MB + MC = 2MA  4R Vậy max (MA + MB + MC) = 4R AM đường kính M trung điểm cung BC Bài 73: (2,0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn có đường cao: AA1, BB1, CC1 đồng qui H Chứng minh rằng: HA HB HC   6 HA1 HB1 HC1 Dấu "=" xảy nào? Trang 158 Giải: Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm tam giác * Đặt S = SABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB A B1 C1 H AA1.BC S AA HA   1  S HB S B HC A1 S1 HA BC HA1 HA1 1  1  S2 HB S HC1 Ta có: T : ,   1  HA HB HC 1    S      ( S1  S  S3 )       S1 S S3   S1 S2 S3  Suy ra: HA1 HB1 HC1 C Theo bất đẳng thức Côsy:  1  HA HB HC ( S1  S2  S3 )      9  6  9  HA1 HB1 HC1  S1 S S3  Dấu "=" xảy tam giỏc ABC Trang 159 ... có hai nghiÖm x1  5  5225 1 2 09 5 5225 1 2 09  ; x2   50 10 50 10 1 2 09 1 2 09 1 2 09 10 10 Víi x = x1 = ta cã y = (1 – 10 ) : = 1 2 09 1 2 09 1 2 09 10 10 Víi x = x2 = ta cã y = (1... 4x1x2- 5x1 x2 = 2(x1 + x2)2 - 9x1 x2 Trang 40 = (2m)2 - (2m - 1) = 8m2 -18m +9 - Tìm m cho A = 27 A= 27  8m2 -18m +9 = 27  8m2 -18m -18 =  4m2 -9m - = m = 99 +4.4 .9 = 225 = 152  m1 3 15 ... ).( √ x−1+ √ x ) √ x −1 53 b, Tính H; ta có: x = 9? ??2 √ 53 (9+ 2 √7 ) 53. (9+ 2 √ ) = =9+ 2 √7 2 53 −(2 ) √ = H = x - √ x−1 = 9+ 2 √ 7−2 √ 9+ 2 √ 7−1 =9+ 2 √7−2 (1+ √7 ) =7 c, Tìm x H = 16 H = 16 ⇔ x -