CAC DANG TOAN 9 ON THI VAO LOP 10

Gäi thêi gian mét m×nh ngêi thø nhÊt hoµn thµnh c«ng viÖc lµ xx > 0; giê Gäi thêi gian mét m×nh ngêi thø hai hoµn thµnh c«ng viÖc lµ yy > 0; giê 1 Trong một giờ ngời thứ nhất làm đợc x c[r]

CÁC DẠNG ÔN THI VÀO THPT Ph¬ng ph¸p: - Ph©n tÝch ®a thøc tö vµ mÉu thµnh nh©n tö; T×m §KX§ (NÕu bµi to¸n cha cho §KX§) Rút gọn phân thức(nếu đợc) Thực các phép biến đổi đồng nh: + Quy đồng(đối với phép cộng trừ) ; nhân ,chia + Bỏ ngoặc: cách nhân đơn ; đa thức dùng đẳng thức + Thu gọn: cộng, trừ các hạng tử đồng dạng + Ph©n tÝch thµnh nh©n tö – rót gän Chú ý: - Trong bài toán rút gọn thờng có các câu thuộc các loại toán: Tính giá trị biểu thức; giải phơng trình; bất phơng trình; tìm giá trị biến để biểu thức có giá trị nguyên; tìm giá trị nhỏ ,lớn Do vËy ta ph¶i ¸p dông c¸c ph¬ng ph¸p gi¶i t¬ng øng, thÝch hîp cho tõng lo¹i bµi *TÝnh gi¸ trÞ cña A t¹i x=? * T×m gi¸ trÞ cña x z * T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt, gi¸ tri lín nhÊt cña A * Tìm giá trị x để A.f(x) =g(x) * Tìm giá trị x để A=k; A k;A k * Tìm x để A  A *Tìm x để A  A D¹ng x  ): x  x x x1 Bµi Cho biÓu thøc a) Tìm điều kiện xác định, Rút gọn A b)TÝnh gi¸ trÞ cña A x=3-2 Bµi gi¶i: a) §KX§ x > 0; x 1 x x A (  ): (  ): x  x x x1 x1 x1 x( x  1) Rót gän ( x )2  x  (x  2)( x  1) x  A   x ( x  1) x ( x  1) x A (  A 3 2 2 (  1)    5 2 5 2  21  1  1 = (  1)   A   : x 3 x   x3 Bµi 2: Cho biÓu thøc a) Tìm điều kiện xác định, rút gọn biểu thức A b) Víi gi¸ trÞ nµo cña xth× A > b Khi x= 3-2 c) Tìm x để A đạt giá trị lớn Bµi gi¶i: a) §KX§ x 0; x 9  A    x3   x 3   : x 3 x  x3   x  3 x3 x3 =  x3  x 3  x3 x 3 A= b) A >    x 3 3 x  0 0 x 3 3 x 3   x  ( v× 3( ( x  3)  0)  x   x  KÕt qu¶ hîp víi §KX§: x 9 th× A > 1/3 A x  đạt giá trị lớn x  đạt giá trị nhỏ c)  3 x  3  Mµ  x 3  3  x 0  x 0  x 0 lúc đó AMax=   P   :  x 1  x 1 x Bµi 3: Cho biÓu thøc a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị x để P = x  12  P x  c) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: M Bµi gi¶i: a) §KX§ x 0; x 1    3 x  x 1     x  x 1 x   ( x  1) x   P = = x 2 x 1 x 2  x1 x 1 x             x 2 P    x  5 4 x  b)  x 13  x 168 (TM§K)     x   x  5 x  x  12 x  12 x  x  12 x   16    P x  x  x  x  x 2 = c) 16 16 x  2  x 2  x 2 x 2 ta cã 16 x 2 2 16 2.4 8 x 2 16 M 8  4  M 4  x   x 2 M     x   x  16   x 24  x  0    x   0 x  0  x 4(TMDK) VËy Mmin=  x 4  x x 3x    x   D     1  : x  x  x  x      Bµi 4: Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§ ,rót gän biÓu thøc b) Tìm x để D < - c) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña D D¹ng  a 2 a  a a  P   1 :   1  a 2   a1  Bµi :Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§, rót gän P b) Tìm a z để P nhận giá trị nguyên Bµi gi¶i: a) §KX§: a 0;a 1  a a 2  a a1  a1 P   1   1  a  : a      a 2 a1 a 1    a1 P 1  a 1 a 1 b) để P nhận giá trị nguyên thì a  nhận giá trị nguyên dơng  a  thuộc íc d¬ng cña  a  1  a 0     a 1  a  2 a=1 (Lo¹i v× kh«ng tho¶ m·i ®iÒu kiÖn) VËy P nhËn gi¸ trÞ nguyªn a =        B 1      x 3  Bµi 2: Cho biÓu thøc a) Tìm x để B có nghĩa và rút gọn B b) Tìm x nguyên để B nhận giá trị nguyên x  1 Bµi gi¶i: a) §KX§ x  3; x  B=   2 x 3  x  1    x  1    x 3   x   1  2 x  2 x  b) B nhËn gi¸ trÞ nguyªn x  nhËn gi¸ trÞ nguyªn  x   ¦(1)  x  1  x      x    x  tho¶ m·n ®iÒu kiÖn VËy x= -1; x= -3 th× B nhËn gi¸ trÞ nguyªn x2  x 2x  x  x  1 P   x  x  x x1 Bµi 3: Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§ , rót gän P b) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P x Q P nhËn gi¸ trÞ nguyªn c) Tìm x để biểu thức D¹ng  x 1  P   :   x  x 1 x  1 x  Bµi 1: Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§ vµ rót gän P b) Tìm x để P >  Bµi gi¶i a) §KX§ x>0; x 1   1 x 1 x  1  x 1 x : P      x 1 x 1 x  1 x x 1 x x 1 x   1 x    1 x  x b) P > ( v× x  0)  x   x  KÕt hîp víi §KX§:  x  th× P >    Bµi 2: Cho biÓu thøc:        a 1  P     : a  a  a1 a 2  a  1 a) T×m §KX§, rót gäp P b) Tìm giá trị a để P >  x x   1  x  P    x  x  x    Bµi : Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§, rót gän P b) Tìm x để P < P Bµi 4: Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§, rót gän P b) Tìm x để P < 2 x x   x x1 x 1  1 a a  1 a a B   a    a  a   Bµi 5: Cho biÓu thøc: a)T×m §KX§, rót gän B b)Tìm a để B < 7-  a   a    K     :   a  a  a   a 1 a   Bµi 6: Cho biÓu thøc: a) Rót gän biÓu thøc K b) T×m gi¸ trÞ cña K a = 3+2 c) T×m gi¸ trÞ cña a cho K < D¹ng  x  A   :  x 1 x x x 1 Bµi : Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§ vµ rót gän A b) T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña x cho A < c) Tìm tất các giá trị tham số m để phơng trình A x m  nghiÖm Bµi gi¶i a) §KX§: x > 0; x 1   x  x A     :  x  x  x x  x      x    x  1 x x1 x1  x  : x1  x1  x   x cã  b) A < th× A<0 x   x  10 x (v× x m  c) P.t: A  x  m  x  )  x  kÕt hîp víi §KX§ <x < x1 x m  x x x  x  m  x (1) x  x  x   m  1 0(*) t x  t §Æt >0 ta có phơng trình  t   m  1 0  * để phơng trình (1) có nghiÖm th× ph¬ng tr×nh (*) ph¶i cã nghiÖm d¬ng  1   m  1 0    m  1  §Ó ph¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm d¬ng th×: 4m  0   m   x m  5  m   m1   m   VËy m>-1 vµ m 1 th× pt A x cã nghiÖm   P    x  1 x  x  Bµi 2: Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§ vµ rót gän P b) T×m gi¸ trÞ cña P x = 25 c) Tìm x để P    x  x  2005   Bµi gi¶i: a) §KX§ x > 0; x 1   x   P      x  1 x  x  x    1  P  16 25  b) Khi x= 25 c)  P    x1 x    2   x1 2    2  x  x  2005    x  2005    x 2005 TM§K VËy x = 2005 th× P  x1  x  2005        P x1   52   x  x  2005   D¹ng    A       x 1   x  x1 Bµi 1: Cho biÓu thøc a) T×m §KX§, vµ rót gän A b)TÝnh gi¸ trÞ cña A x= c)Tìm giá trị x để A  A Bµi gi¶i: a) §KX§ x > 0; x 1   x 1 x  x 1  A       x  x  x x    x  x 1    x  1 x  x  1 x 1 x  A   x1 2  A   4 1 1 b) Khi x = A    A 1    x  c) 0   x    x  1 1 x1 2 x3 1   0 0 x1 x1 x1  x     x 9  x   VËy x > th× A  A  = A x  x1 Bµi 2: Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§, rót gän biÓu thøc A b) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A c) Víi gi¸ trÞ nµo cña x th× A  A Bµi gi¶i: a) §KX§ x > 0; x 1 A x  x1 x1  x  x1  A b) Khi x=36  x  x   x1  x 1  x1   x1  x   x1  x1 x 36   36 A A  A 0 c)    x x1 x1 0  x x  1 (v× x 0) x   x  Kết hợp với điều kiện xác định < x <1 thì A  A Chuyên đề tam thức bậc hai A.lý thuyÕt I áp dụng công thức nghiệm và công thức nghiệm thu gọn để xét số nghiªm ph¬ng tr×nh bËc hai Cho ph¬ng tr×nh bËc hai: ax +bx+c=0(a 0)  b  4ac NÕu b =2b ' th×  ' = b ' - ac Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm Ta cã thÓ xÐt hai trêng hîp: +Trêng hîp 1: c - NÕu a = 0,ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x= b +Trêng hîp : a 0 a 0 ' 0 hoÆc  0 2.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm ph©n biÖt    a 0 0 hoÆc  a 0  ' 0 3.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp  a 0 0  a 0  ' 0 hoÆc Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm  a 0 0 hoÆc  a 0  ' 0 VÝ dô1: 2 Cho phơng trình 2x -(4m+3)x+2m -1=0.Với m là tham số,tìm giá trị m để phơng tr×nh a.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm b.Ph¬ng tr×nh cã2nghiÖm ph©n biÖt c.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp d Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm Gi¶i:  =(4m+3) -4.2(2m -1)=24m+17 a.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm  a 0 0  17 0  24m 17 0  m  24 b.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm ph©n biÖt  0 a 0 m 0  24m 17 0 c.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp    0 a 0  24m 17 0  m 0   d Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm   a 0 0   0 24m 17 0  17  24  17  24  m  17 24 VÝ du : Cho phơng trình mx -2(m-1)x+(m-4)=0 Với m là tham số,tìm giá trị m để phơng trình a.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm b.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm ph©n biÖt c.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp d Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm Gi¶i: ' '2 2 Ta cã :a 0  m 0 ,  = b -ac=   (m  1)  -m(m-4)=m -2m+1-m +4m=2m+1 a.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm +Trêng hîp 1: c m - NÕu a=0  m=0 ,ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x= b 2(m  1) =2 +Trêng hîp :  a 0 0 m 0 2m 10    m0  m   b.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm ph©n biÖt  a 0 0 m 0 2m 10    mo   1  m c.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp  a 0 0   m 0 2m 10  m 0   m  12 d Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm  a 0 0   m 0 2m 10  m 0   1  m II HÖ thøc vi- Ðt vµ øng dông HÖ thøc vi- Ðt b NÕu x ,x lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ax +bx+c=0(a 0) th× x + x = a vµ c x x = a VÝ dô TÝnh nhÊm nghiªm cña ph¬ng tr×nh x -7x+12=0 Gi¶i 2 Ta cã  b  4ac =(-7) -4.12=49-48=1>0 b c Theo định lý Vi-ét x + x = a =7, x x = a =12  x =3; x =4 2.áp dụng để tính nhấm nghiệm Cho ph¬ng tr×nh ax +bx+c=0(a 0) c -NÕu a+b+c=0 th× x =1vµ x = a VÝ dô : Gi¶i ph¬ng tr×nh 3x -7x+4=0 Gi¶i Ta cã a+b+c=3+(-7)+4=0 c  x =1vµ x = a = c -NÕu a-b+c=0 th× x =-1vµ x = a VÝ dô : Gi¶i ph¬ng tr×nh 7x -5x-12=0 Gi¶i Ta cã a-b+c=7-(-5)+(-12)=0  c 12  x =-1vµ x = a = 3.áp dụng để xác định dấu các nghiệm Cho ph¬ng tr×nh ax +bx+c=0(a 0) có nghiệm: trái dấu, cùng dấu, cùng dương, cùng âm … Ta lập bảng xét dấu sau:  Dấu nghiệm x1 x2 S  x1  x2 P  x1 x2 Điều kiện chung   trái dấu P<0 0   ; P <   cùng dấu, P>0 0 0 ;P>0 cùng dương, + + S>0 P>0 0 0 ;P>0;S>0   cùng âm S<0 P>0 0   ; P > ; S < VÝ dô : 2 Cho ph¬ng tr×nh x +(2m+2)x+m -4=0 Cã hai nghiÖm tr¸i dÊu Cã hai nghiÖm cïng dÊu Cã hai nghiÖm d¬ng Cã hai nghiÖm ©m Gi¶i :  = b - 4ac = (2m+2) - 4(m -4) = 4m + 8m + - 4m -16 = 8m -12 * Cã hai nghiÖm tr¸i dÊu c x x = a = m - = (m+1)(m-1)<0 -Trêng hîp -1< m <1 -Trêng hîp m <-1 vµ < m *Cã hai nghiÖm cïng dÊu   0 (  ' 0) x1 x   '  *Cã hai nghiÖm d¬ng 0(  0) x1  x 0;x1 x 0  m32  m 1;m 2;m 2    8m 120  x x c m  40  a 2   m32  m 2;m 2   m>2  8m  120  x x  b  (2m 2)0;x x c m  40  a a  m>2 *Cã hai nghiÖm ©m 2   ' 0() x0;12    8m  12 b0 c x  x   (2m  2) 0;x x  m  0  a a 2   m32  m  1;m  2;m 2   m>2 4.áp dụng để xác định hai số biết tổng S và P chủng -NÕu hai sè x ,x cho x +x =S, x x =P th× x ,x lµ nghiÖm ph¬ng tr×nh x -Sx+P=0 VÝ dô: T×m hai sè, biÕt tæng cña chñng lµ 15 vµ tÝch cña chñng lµ 54 Gi¶i : NÕu hai sè ph¶i t×m lµ x ,x cho x +x =S =15, x x =P=54 th× x ,x lµ nghiÖm ph¬ng tr×nh x -15x+54=0  =(-15) -4.54=225-216=9;  =3 15  15  9 6  x1= ; x2 = VËy hai sè cÇn t×m lµ vµ b.Bµi tËp Bµi tËp Cho phơng trình (m-4)x -2mx+m-2=0,trong đó m là tham số a.Gi¶i ph¬ng tr×nh m=3 b.Tìm m để phơng trình có nghiệm x= c.Tìm m để -ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp -ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt Gi¶i : a.víi m=3 ta cã -x -6x+1=0 '  ' =(-3) +1=10;  = 10 -ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt  x =-3- 10 ; x =-3+ 10 b Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x= ,thay vµo ph¬ng tr×nh ta cã (m-4)2-2 m+m-2=0  m=10(3+2 ) c.-Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp  a 0 ' 0   m 4  'm  (m  4)(m  2) 0  m4  m4   m   ' b m 4 4 Ta cã x = x = a = -Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt  a 0  ' 0   m 4  m  m m C«ng thøc tÝnh nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ x = m m ; x2 = Bµi tËp m m Gi¶i vµ biÖn luËn ph¬ng tr×nh a.2x - (2-k)x=k(k-2) 2 b.(2k-1) x -4kx+1=0 Gi¶i : a.Phơng trình đã cho có thể viết 2x -(2-k)x-k(k-2)=0  =(2-k) +8k(k+2)=4-4k+k +8k +16k=9k +12k+4=(3k+2) 0 víi mäi k Vậy phơng trình đã cho luôn có nghiệm với k 1 b.- NÕu 2k-1=0 hay k= th× -4kx+1=-2x+1=0,ta cã nghiÖm x= ' 2 2 - Nếu 2k-1 0 hay k  thì ta tìm đợc  =(-2k) -(2k-1) =4k -4k +4k1=4k-1 0 Tøc lµ k  ,ph¬ng tr×nh cã nghiÖm 1 VËy víi k > vµ k  ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt 2k  4k  2k  4k  2 x = (2k  1) ;x = (2k  1) ' b Víi k = ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm kÐp x = x =- a =   2k   (2k  1) (  1) 2 Víi k < th× ph¬ng tr×nh v« nghiÖm Bµi tËp Cho ph¬ng tr×nh x+7x-5=0.Kh«ng gi¶i ph¬ng tr×nh h·y tÝnh a.Tæng vµ tÝch cña hai nghiÖm b.Tổng các nghịch đảo hai nghiệm c.Tæng c¸c b×nh ph¬ng cña hai nghiÖm d.B×nh ph¬ng cña hiÖu hai nghiÖm e.Tæng c¸c lËp ph¬ng cña hai nghiÖm Gi¶i : Ta thấy phơng trình đã cho luôn có nghiệm vì các hệ số avà c khác dấu a.Tæng cña hai nghiÖm lµ S=x +x =-7 vµ tÝch cña hai nghiÖm lµ P= x x =-5 1 x  x1  7     x x x x 5 2 b Tổng các nghịch đảo hai nghiệm là c.Tæng c¸c b×nh ph¬ng cña hai nghiÖm x12  x 2 (x1  x )  2x1x ( 7)  2( 5) 49  10 59 2 d.B×nh ph¬ng cña hiÖu hai nghiÖm lµ (x1  x ) x  x  2x 1.x  59+10=69 e.Tæng c¸c lËp ph¬ng cña hai nghiÖm lµ x13  x 23 (x1  x )3  3x1.x (x1  x ) ( 7)3  3( 5)(  7)  343  105  448 Bµi tËp Cho ph¬ng tr×nh 2x +(2p-1)x+p-1=0 a.Tìm p để phơng trình có hai nghiệm phân biệt b.Tìm p để hai nghiệm dơng c.T×m mét hÖ thøc kh«ng phô thuéc vµo p Gi¶i : 2 a.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm ph©n biÖt  =(2p-1) - 4.2(p-1)=(2p-3) >   p b.Phơng trình có hai nghiệm dơng ta giải hệ phơng trình  x x ab 0  1 22p 0  p 12  x x c 0   p 10   p1  a 2  1 2 Hệ phơng trình vô nghiệm ,không có giá trị nào p để hai nghiệm dơng  2p p 1  2p x1  x  vµ P= x1.x = nªn ta cã :S+2P= + c Do S= 2p   2 x1  x  2x1.x  VËy hÖ thøc gi÷a hai nghiÖm kh«ng phô thuéc vµo p lµ Bµi tËp Cho ph¬ng tr×nh x - mx + m-1=0 víi m lµ tham sè a.Chøng minh ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi m 2 b.Gäi x ,x lµ c¸c nghiÖm T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A= x1  x Gi¶i 2 a.Ta cã  m  4(m  1) m  4m  (m  2) 0m ,vËy ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi m 2 2 2 b A= x1  x = x1  x +2x x -2x x =(x +x ) - 2x x = m -2(m-1)= m 2m+2= 2 m -2m+1+1=(m-1) +1 1  m  A nhá nhÊt b»ng (m-1) =0  m=1 Bµi tËp Cho ph¬ng tr×nh x - 2x + m =0 víi m lµ tham sè a.Tìm m cho phơng trình có hai nghiệm phân biệt x ,x là số dơng b T×m m cho ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt x ,x tháa m·n : x1 x 10   x x1 Gi¶i: a.Điều kiện để phơng trình có hai nghiệm phân biệt dơng là :   ' 0 S0,P 0   1 m 0 0,m 0  m 1 m 0   m 1 ' b.Điều kiện để phơng trình có hai nghiệm phân biệt  =1-m >  m<1(1) Khi đó S=x +x =2 và P= x x = m nên : x12  x 2  10 (x1  x )  2x1x  10 x1 x 10      x x1  x1.x x1 x S  2P  10  2m  10    P m §iÒu kiÖn m 0 (2) Ta cã 3(4-2m)=-10m  4m=-12  m=-3 tháa m·n (1),(2) Bµi tËp 2 Cho ph¬ng tr×nh x + 2(m+1)x + m =0 ,víi m lµ tham sè a.Gi¶i ph¬ng tr×nh m=2 b.Tìm các giá trị m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt c.Tìm các giá trị m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt và đó có mét nghiÖm b»ng (-2) Gi¶i: a.Khi m=2 thay vµo ph¬ng tr×nh ,ta cã x + 6x + 4=0  ' =3 -4=5,  = Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt x = -3+ , x =-3- ' 2 b.Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt  =(m+1) - m =2m+1>0  m > 1 c.Phơng trình có hai nghiệm phân biệt và đó có nghiệm (-2) 1 ' - Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt  >0  m > - Theo hÖ thøc Vi- Ðt ta cã  x x ab  x x c   a 1 2  x1  x  2(m 1) x1 x m (1) - Theo gi¸ thiÕt , ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm b»ng (-2) , gi¶ sö x =-2 Tõ hÖ ph¬ng tr×nh (1) ta cã  x  2( m 1)2 (2)  m x 2 2 2 -Tõ hÖ ph¬ng tr×nh (2), rót gän hai vÕ ta cã m +4m=0  m(m+4)=0  m 0 m   1 Víi m=-4 (lo¹i),m=0 (tháa m·n) ®iÒu kiÖn m > Vậy m=0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt và đó có nghiệm (-2) Bµi tËp 2 Cho ph¬ng tr×nh (m+1)x + 5x + m -1=0 ,víi m lµ tham sè a.Tìm các giá trị m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu b.Tìm các giá trị m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu và hai nghiệm đó có nghiệm Gi¶i: a.Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tr¸i dÊu  a 0  m 10  x x c 0   m    a   m 1 0 m  m  10  m  m 1 b.Phơng trình có hai nghiệm trái dấu và hai nghiệm đó có nghiệm b»ng -¸p dông hÖ thøc Vi-Ðt ta cã  x x ab  x x c  a 1 2  x x  m51 (I)  m 1 x x  m 1   2 2 Thay gi¸ trÞ x =4 vµo (I) ta cã m +16m+35=0  m =-8+ 29 ;m =-8- 29 Các giá trị m , m thỏa mãn điều kiện m<1 và m -1 VËy m=-8+ 29 ;m=-8- 29 ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tr¸i dÊu vµ hai nghiệm đó có nghiệm Bµi tËp Cho ph¬ng tr×nh (m+1)x - 2(m-10x + m-3 =0 ,víi m lµ tham sè a.Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ cña m kh¸c (-1) b.Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm cùng dấu c Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm cùng dấu và hai nghiệm đó có nghiệm này gấp đôi nghiệm Gi¶i : a.Ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt  a 0  '  0   ( m  1)  ( m 1)(m  3) 0 m 10 m  0 VËy ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ cña m  -1 b.-Theo câu a ,ta đã có  >0 với giá trị m -1 -Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm cïng dÊu c m x1.x   0 a  m 1     m  30 m 10 m  30 m 10 m 3 m  m3 m m 3 m     VËy ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm cïng dÊu m>3 hoÆc m<-1 c x1.x   a c.Theo c©u a ,b ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm cïng dÊu  >0 vµ ta cã m>3 hoÆc m<-1 MÆt kh¸c theo hÖ thøc Vi-Ðt ta cã :  x x ab  x x c  a 1 2  1)  x x 2(m  x x m  3m 1 (I) m 1   2 Víi gi¶ thiÕt cho x =2x ,thay vµo (I) ta cã  1)  3x 2(m m 1  2x m   m 1  2(m  1)  m  3(m  1)   2(m  1)    Rút ta đợc : m - 2m- 35 =  m =-5 ;m =7 Với giá trị m ;m thỏa m·n ®iÒu kiÖn m >3 vµ m <-1 Vậy phơng trình có hai nghiệm cùng dấu và nghiệm này gấp đôi nghiệm m=-5 hoÆc m=7 Bµi tËp 10 Cho ph¬ng tr×nh m(x -4x+3)+2(x-1)=0 a.Gi¶i ph¬ng tr×nh m=- b Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi gi¸ trÞ cña m c.Tìm m để phơng trình đã cho có hai nghiệm nguyên Gi¶i: a.Víi m=- Ta cã x -8x+7=0 c Cã a+b+c = 1+(-8)+7 =  x =1;x = a =7 b.Phơng trình đã cho trở thành : mx -2(m-1)x+3m-2=0 (1) + Víi m=0 ,(1)  2x-2=0  x=1 ' 2 2 + Víi m 0 :  4m  4m   3m  2m m  2m  (m  1) 0 m VËy ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi gi¸ trÞ cña m c.Ta cã m(x -4x+3)+2(x-1)= (x-1)  m(x  3)  2 0 XÐt ph¬ng tr×nh m(x-3)+2 = 3m  2 §Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm th× m 0 mx-3m+2=0  x= m =3- m §Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm nguyªn th× 2m hay m= 1;m= 2 Bµi tËp 11 Cho ph¬ng tr×nh x - (m+2)x+2m = (1) a.Gi¶i ph¬ng tr×nh m=-1 b.Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x ,x thỏa mãn (x +x ) - x x 5 Gi¶i: a.Víi m=-1 Ta cã x - x-2 = Cã a-b+c= 1-(-1)+(-2)=0  x =-1,x =2 2 2 b Ta cã:  =(m+2) -4.2m=m + 4m + 4- 8m = m - 4m + = ( m- 2) 0 m VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm m 2 2 Ta cã (x +x ) - x x =m +2m+4 5  m +2m+ 1+3 5  m +2m+  5-3  (m+1)   - m+1   -1- m  -1 Bµi tËp 12 Cho ph¬ng tr×nh x - px + p-1 = a.Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi gi¸ trÞ cña p 2 b.TÝnh theo p gi¸ trÞ biÓu thøc M=x +x - 6x x c.T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña M Gi¶i: 2 a.Ta cã  p  4p  (p  2) 0p Chøng tá r»ng ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi gi¸ trÞ cña p 2 2 b.Ta cã M=x +x - 6x x =(x +x ) -2x x - 6x x =(x +x ) -8x x 2 2 = p - 8(p-1) = p - 8p + = p - 8p + 16 - = (p-4) - 2 c.M=(p-4) - -8,vậy M đạt giá trị nhỏ M=-8 (p-4) =0  p-4=0  p=4 Bµi tËp 13 Chøng minh r»ng nÕu c¸c hÖ sè cña hai ph¬ng tr×nh bËc hai x +p x+q =0 vµ x +p x+ q =0 ,liªn hÖ víi bëi hÖ thøc p p =2(q +q ) th× Ýt nhÊt mét hai ph¬ng tr×nh trªn cã nghÞªm Gi¶i 2 Gäi ph¬ng tr×nh x +p x+q =0 (1) vµ x +p x+ q =0 (2) 2 Ta cã 1 =p -4 q ;  = p -4 q ; 1 +  = p -4 q + p 2 -4 q = p + p 2 - 4(q + q ) V× 2(q +q )= p p  4(q + q ) = 2p p 2 2 p1  p2  0  p p   2 1 1 Do đó + = p + - 4(q + q )= p + -2p p = §iÒu nµy chøng tá Ýt nhÊt mét hai biÖt thøc 1 hoÆc  ph¶i >0 VËy Ýt nhÊt mét hai ph¬ng tr×nh cã nghiÖm Bµi tËp 14 Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh ax + bx + c = cã nghiÖm nÕu mét hai ®iÒu kiÖn sau a) a( a + 2b + 4c ) < b) 5a + 3b + 2c = Gi¶i: Ta cã  b  4ac 2 2 a) a( a + 2b + 4c ) = a +2ab+4ac <  a +b +2ab < b -4ac  b -4ac > ( a+b) 0   0,ph¬ng tr×nh cã nghiÖm 2 2 b) 5a + 3b + 2c =  10a +6ab+4ac=0  (3a+b) + a = b -4ac 0    0,ph¬ng tr×nh cã nghiÖm Bµi tËp 15 2 Chøng minh r»ng nÕu hai ph¬ng tr×nh bËc hai x +p x+q =0 vµ x +p x+ q 2 =0 cã nghiÖm chung th× : (q - q ) +(p -p )(q p -q p )=0 Giai: Hai ph¬ng tr×nh cã nghiÖm chung  x  p1x q1 0 x  p x q 0 §Æt y=x ,ta cã cã nghiÖm  y  p1x q1 0 y  p x q 0 p  p1 q1p  p1q 2 -NÕu p p ,gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ta cã x= p1  p vµ y= p  p1 Do y=x suy q1p  p1q p  p1 p  p1 =( p1  p ) ,khai triển biến đổi ta có :(q -q ) +( q -q )( q p -q p )=0  p1x  y  q1 p1x  y  q -NÕu p =p ta cã hÖ Hệ này có nghiệm ,suy q =q Do đó đẳng thức cần chứng minh có dạng = 0, hiến nhiên đúng Chuyên đề: Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh A) tãm t¾t lý thuyÕt Bíc 1: LËp ph¬ng tr×nh hoÆc hÖ oh¬ng tr×nh: a) Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn b) Biểu diễn các đại lợng cha biết thông qua ẩn và các địa lợng đã biết c) Lập phơng trình biểu thị mối quan hệ các đại lợng Bíc 2: Gi¶i ph¬ng tr×nh Bớc 3: Đối chiếu nghiệm pt, hệ phơng trình (nếu có) với điều kiện ẩn số để trả lêi Chó ý: Tuú tõng bµi tËp cô thÓ mµ ta cã thÓ lËp ph¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn, hÖ ph¬ng tr×nh hay ph¬ng tr×nh bËc hai Khi đặt diều kiện cho ẩn ta phải dựa vào nội dung bài toán và kiến thức thùc tÕ B) C¸c d¹ng to¸n D¹ng 1: To¸n vÒ quan hÖ c¸c sè N÷ng kiÕn thøc cÇn nhí: + BiÓu diÔn sè cã hai ch÷ sè : ab 10a  b ( víi 0<a 9; b 9;a, b  N) + BiÓu diÔn sè cã ba ch÷ sè : abc 100a  10b  c ( víi 0<a 9; b,c 9;a, b, c  N) + Tổng hai sè x; y lµ: x + y + Tæng b×nh ph¬ng hai sè x, y lµ: x2 + y2 + B×nh ph¬ng cña tæng hai sè x, y lµ: (x + y)2 1  x y + Tổng nghịch đảo hai số x, y là: Ví dụ 1: Mộu số phân số lớn tử số nó là đơn vị Nếu tăng tử và mẫu nó thêm đơn vị thì đợc phân số phân số đã cho Tìm phân số đó? Gi¶i: Gọi tử số phân số đó là x (đk: x 3 ) Mẫu số phân số đó là x + Nếu tăng tử và mẫu thêm đơn vị thì Tö sè lµ x + MÉu sè lµ x + + = x + §îc ph©n sè míi b»ng ta cã ph¬ng tr×nh x 1  x4  2(x  1) x   x 2( Tho¶ m·n ®iÒu kiÖn cña bµi to¸n) Vậy phân số ban đầu đã cho là Ví dụ 2: Tổng các chữ số số có hai chữ số là Nếu thêm vào số đó 63 đơn vị thì số thu đợc viết hai chữ số đó nhng theo thứ tự ngợc lại Hãy tìm số đó? Gi¶i Gäi ch÷ sè hµng chôc lµ x ( (0 < x 9, x  N) Chữ số hàng đơn vị là y (0<y 9, y  N) V× tổng chữ sè lµ ta cã x + y = (1) Số đó là xy 10x  y Sè viÕt ngîc l¹i lµ yx 10y  x Vì thêm vào số đó 63 đơn vị thì đợc số viết theo thứ tự ngợc lại ta có xy  63 yx  10x  y  63 10y  x  9x  9y  63(2) x  y 9   Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh 9x  9y  63 x 1  (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) y 8 x  y 9   x  y 7 2x 2  x  y 9 Vậy số ph¶i t×m lµ 18 VÝ dô 3: T×m hai sè tù nhiªn liªn tiÕp cã tæng c¸c b×nh ph¬ng cña nã lµ 85 Gi¶i Gäi sè bÐ lµ x ( x  N ) Sè tù nhiªn kÒ sau lµ x + V× tæng c¸c b×nh ph¬ng cña nã lµ 85 nªn ta cã ph¬ng tr×nh: x2 + (x + 1)2 = 85  x  x  2x  85  2x  2x  84 0  x  x  42 0  b  4ac 12  4.1.( 42) 169     169 13 Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm   13 6(tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)   13 x2   7(lo¹i) x1  Vậy hai sè ph¶i t×m lµ vµ Bµi tËp: Bài 1: Đem số nhân với trừ thì đợc 50 Hỏi số đó là bao nhiêu? Bài 2: Tổng hai số 51 Tìm hai số đó biết số thứ thì sè thø hai Bµi 3: T×m mét sè tù nhiªn cã hai ch÷ sè, biÕt tæng c¸c ch÷ sè cña nã lµ Nếu đổi chỗ hai chữ số hàng đơn vị và hàng chụccho thì số đó giảm 45 đơn vị Bài 4: Tìm hai số kém đơn vị và tích chúng 150 Bài 5: Tìm số tự nhiên có chữ số, biết số đó lập phơng số tạo chữ số hàng vạn và chữ số hàng nghìn số đã cho theo thứ tự đó §¸p sè: Bài 1: Số đó là 19; Bài 2: Hai số đó là 15 và 36 Bài 3: Số đó là 61 Bài 4: Hai số đó là 10 và 15 -10 và -15; Bài 5: Số đó là 32 Dạng 2: Toán chuyển động Nh÷ng kiÕn thøc cÇn nhí: Nếu gọi quảng đờng là S; Vận tốc là v; thời gian là t thì: s s v  ;t  t v S = v.t; Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ v1 vËn tèc dßng níc lµ v2 t× vËn tèc ca n« xu«i dßng níc lµ v = v1 + v2 V©n tèc ca n« ngîc dßng lµ v = v1 - v2 Ví dụ1: Xe máy thứ trên quảng đờng từ Hà Nội Thái Bình hết 20 phút Xe m¸y thø hai ®i hÕt giê 40 phót Mçi giê xe m¸y thø nhÊt ®i nhanh h¬n xe m¸y thø hai km Tính vận tốc xe máy và quảng đờng từ Hà Nội đến Thái Bình? Gi¶i: Gäi vËn tèc x thø nhÊt lµ x (km/h), ®k: x>3; VËn tèc cña xe tø hai lµ x - (km/h) 10 Trong 20 phút (= giờ) xe máy thứ đợc 11 Trong 40 phút (= giờ) xe máy thứ đợc 10 x(km) 11 (x  3)(km) Đó là quảng đờng tứ Hà nội đến Thái Bình nên ta có phơng trình 10 11 x  (x  3)  x 33 3 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn bµi to¸n) VËy vËn tèc cña xe m¸y thø nhÊt lµ 33 km/h VËn tèc cña xe m¸y thø hai lµ 30 km/h Quảng đờng từ Hà Nội đến Thái Bình là 110 km Ví dụ 2: Đoạn đờng AB dài 180 km Cùng lúc xe máy từ A và ô tô tõ B xe m¸y gÆp « t« t¹i C c¸ch A 80 km NÕu xe m¸y khëi hµnh sau 54 phót th× chóng gÆp t¹i D c¸ch A lµ 60 km TÝnh vËn tèc cña « t« vµ xe m¸y ? Gi¶i Gäi vËn tèc cña « t« lµ x (km/h), ®k: x > Gäi vËn tèc cña xe m¸ylµ y(km/h), ®k: y > 80 Thời gian xe máy để gặp ô tô là y (giờ) 100 Quảng đờng ô tô là 100 km nên thời gian ô tô là y (giờ) 100 80  y (1) ta cã ph¬ng tr×nh x 60 Quảng đờng xe máy là 60 km nên thời gian xe máy là y (giờ) 120 Quảng đờng ô tô lag 120 km nên thời gian ô tô là y (giờ) V× « t« ®i tríc xe m¸y 54 phót = 10 nªn ta cã ph¬ng tr×nh 120 60   (2) x y 10  100 80 100 80  x y  x  y 0      120  60   40  20   x y 10 y 10 Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh  x  100 80  60 12  x  y 0  x 10 x 50     (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) 100 80 160 80 12 y  40     0    x y y 10  x VËy vËn tèc cña « t« lµ 50 km/h VËn tèc cña xe m¸y lµ 40 km/h Ví dụ 3: Một ô tô trên quảng đờng dai 520 km Khi đợc 240 km thì ô tô tăng vận tốc thêm 10 km/h và hết quảng đờng còn lại T ính vận tốc ban đầu ô tô biết thời gian hết quảng đờng là Gi¶i: Gäi vËn tèc ban ®Çu cña « t« lµ x (km/h), ®k: x>0 VËn tèc lóc sau cña « t« lµ x+10 (km/h) 240 Thời gian ô tô hết quảng đờng đầu là x (giờ) 280 Thời gian ô tô hết quảng đờng đầu là x  10 (giờ) Vì thời gian ô tô hết quảng đờng là nên ta có phơng trình 240 280  8  x  55x  300 0 x x  10  b  4ac ( 55)2  4.( 300) 4225     4225 65 55  65 55  65 x1  60(TMDK);x   5(loai) 2 Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm VËy vËn tèc ban ®Çu cña « t« lµ 60 km/h Bµi tËp: Mét « t« khëi hµnh tõ A víi vËn tèc 50 km/h Qua giê 15 phót « t« thø hai còng khëi hµnh tõ A ®i cïng híng víi « t« thø nhÊt víi vËn tèc 40 km/h Hái sau mÊy giê th× « t« gÆp nhau, ®iÓm gÆp c¸ch A bao nhiªu km? Mét ca n« xu«i dßng 50 km råi ngîc dßng 30 km BiÕt thêi gian ®i xu«i dßng l©u h¬n thêi gian ngîc dßng lµ 30 phót vµ vËn tèc ®i xu«i dßng lín h¬n vËn tèc ®i ngîc dßng lµ km/h TÝnh vËn tèc lóc ®i xu«i dßng? Hai ô tô cùng khởi hành cùng lúc từ A đến B cách 150 km BiÕt vËn tèc « t« thø nhÊt lín h¬n vËn tèc « t« thø hai lµ 10 km/h vµ « t« thø đến B trớc ô tô thứ hai là 30 phút Tính vânl tốc ô tô Mét chiÕc thuyÒn ®i trªn dßng s«ng dµi 50 km Tæng thêi gian xu«i dßng vµ ngîc dßng lµ giê 10 phót TÝnh vËn tèc thùc cña thuyÒn biÕt r»ng mét chiÕc bÌ th¶ næi ph¶i mÊt 10 giê míi xu«i hÕt dßng s«ng Một ngời xe đạp từ A đến B cách 108 km Cùng lúc đó ô tô khởi hành từ B đến A với vận tốc vận tốc xe đạp là 18 km/h Sau hai xe gặp xe đạp phải tới B Tính vận tốc xe? Một ca nô xuôi dòng từ A đến B cách 100 km Cùng lúc đó bè nứa trôi tự từ A đến B Ca nô đến B thì quay lại A ngay, thời gian xuôi dòng và ngợc dòng hết 15 Trên đờng ca nô ngợc A thì gặp bè nứa mét ®iÓm c¸ch A lµ 50 km T×m vËn tèc riªng cña ca n« vµ vËn tèc cña dßng níc? §¸p ¸n: (giê) 20 km/h Vận tèc cña « t« thø nhÊt 60 km/h VËn tèc cña « t« thø hai lµ 50 km/h 25 km/h VËn tèc cña ca n« lµ 15 km/h VËn tèc cña dßng níc lµ km/h D¹ng 3: To¸n lµm chung c«ng viÖc Nh÷ng kiÕn thøc cÇn nhí: - Nếu đội làm xong công việc x thì ngày đội đó làm đợc x c«ng viÖc - Xem toµn bé c«ng viÖc lµ VÝ dô 1: Hai ngêi thî cïng lµm mét c«ng viÖc 16 giê th× xong NÕu ngêi thứ làm giờ, ngời thứ hai làm thì hoàn thành đợc 25% công viÖc Hái nÕu lµm riªng th× mçi ngêi hoµn thµnh c«ng viÖc bao l©u? Gi¶i: Ta cã 25%= Gäi thêi gian mét m×nh ngêi thø nhÊt hoµn thµnh c«ng viÖc lµ x(x > 0; giê) Gäi thêi gian mét m×nh ngêi thø hai hoµn thµnh c«ng viÖc lµ y(y > 0; giê) Trong ngời thứ làm đợc x công việc Trong ngời thứ hai làm đợc y công việc Hai ngời cùng làm thì xong 16 Vậy hai ngời cùng làm đợc 16 c«ng viÖc 1   (1) Ta cã ph¬ng tr×nh: x y 16 Ngêi thø nhÊt lµm giê, ngêi thø hai lµm giê th× 25%= c«ng   x y (2) viÖc Ta cã ph¬ng tr×nh 1 1 3 3 1 1  x  y 16  x  y 16  x  y 16         1   1 3   x y  y 16 Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh  x y  x 24  (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)  y 48 Vậy nÕu lµm riªng th× ngêi thø nhÊt hoµn thµnh c«ng viÖc 24 giê Ngêi thø hai hoµn thµnh c«ng viÖc 48 giê VÝ dô 2: Hai thợ cùng đào mơng thì sau 2giờ 55 phút thì xong việc Nếu họ làm riêng thì đội hoàn thành công việc nhanh đội là Hỏi làm riêng thì đội phải làm bao nhiêu thì xong công việc? Gi¶i : Gọi thời gian đội làm mình xong công việc là x (x > 0; giờ) Gọi thời gian đội làm mình xong công việc là x + (giờ) c«ng viÖc Mỗi đội làm đợc x c«ng viÖc Mỗi đội làm đợc x  11 35  Vì hai đội thì sau 55 phút = 12 12 (giờ) xong 12 Trong hai đội làm đợc 35 công việc 1 12    35x  70  35 12x  24x Theo bµi ta cã ph¬ng tr×nh x x  35  12x  46x  70 0  6x  23x  35 0 Ta cã  ( 23)2  4.6.( 35) 529  840 1369     1369 37 23  37 23  37 VËy ph ¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1  5(thoa m·n); x   2(lo¹i) 12 12 Vậy đội thứ hoàn thành công việc Đội hai hoàn thành công việc giê Chó ý: + Nếu có hai đối tợng cùng làm công việc biết thời gian đại lợng này hơn, kém đại lợng ta nên chọn ẩn và đa phơng trình bậc hai + Nếu thời gian hai đại lợng này không phụ thuộc vào ta nên chọn hai ẩn làm thời gian hai đội đa dạng hệ phơng trình để giải VÝ dô 3: Hai ngêi thî cïng s¬n cöa cho mét ng«i nhµ th× ngµy xong viÖc NÕu ngêi thø nhÊt lµm ngµy råi nghØ ngêi thø hai lµm tiÕp ngµy n÷a th× xong viÖc Hái mçi ngêi lµm mét m×nh th× bao l©u xong c«ng viÖc? Gi¶i: Gọi thời gian để mình ngời thứ hoàn thành công việc là x (x>2; ngày) Gọi thời gian để mình ngời thứ hai hoàn thành công việc là y (x>2; ngày) Trong ngày ngời thứ làm đợc x công việc Trong ngày ngời thứ hai làm đợc y công việc Cả hai ngời làm xong ngày nên ngày hai ngời làm đợc 1 công việc Từ đó ta có pt x + y = (1) Ngêi thø nhÊt lµm ngµy råi ngêi thø hai lµm ngµy th× xong c«ng viÖc ta cã pt:  1 x y (2) 1 1 1 1  x  y 2  x  y  x 6    (tho¶ m·n ®k)  y 3   1  1  x Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ pt  x y VËy ngêi thø nhÊt lµm mét m×nh xong c«ng viÖc ngµy Ngêi thø hai lµm mét m×nh xong c«ng viÖc ngµy Bµi t©p: Hai ngêi thî cïng lµm mét c«ng viÖc th× xong 18 giê NÕu ngêi thứ làm giờ, ngời thứ hai làm thì đợc 1/3 công việc Hái mçi ngêi lµm mét m×nh th× mÊt bao l©u sÏ xong c«ng viÖc? §Ó hoµn thµnh mét c«ng viÖc hai tæ ph¶i lµm giê Sau giê làm chung thì tổ hai đợc điều làm việc khác Tổ đã hoàn thành công viÖc cßn l¹i 10 giê Hái nÕu mçi tæ lµm riªng thh× bao l©u xong c«ng việc đó? Hai đội công nhân cùng đào mơng Nếu họ cùng làm thì ngày xong công việc Nếu làm riêng thì đội haihoàn thành công việc nhanh đội là ngày Hỏi làm riêng thì đội phải làm bao nhiêu ngày để xong công việc? Hai chiÕc b×nh rçng gièng cã cïng dung tÝch lµ 375 lÝt Ë mçi binmhf cã mét vßi níc ch¶y vµo vµ dung lîng níc ch¶y mét giê lµ nh Ngêi ta më cho hai vßi cïng ch¶y vµo b×nh nhng sau giê th× kho¸ vßi thø hai l¹i vµ sau 45 phót míi tiÕp tôc më l¹i §Ó hai b×nh cïng ®Çy mét lóc ngêi ta ph¶i t¨ng dung lîng vßi thø hai thªm 25 lÝt/giê Tính xem vòi thứ chảy đợc bao nhiêu lít nớc KÕt qu¶: 1) Ngêi thø nhÊt lµm mét m×nh 54 giê Ngêi thø hai lµm mét m×nh 27 giê 2) Tæ thø nhÊt lµm mét m×nh 10 giê Tæ thø hai lµm mét m×nh 15 giê 3) §éi thø nhÊt lµm mét m×nh ngµy §éi thø hai lµm mét m×nh ngµy 4) Mỗi vòi thứ chảy đợc 75 lít D¹ng 4: To¸n cã néi dung h×nh häc: KiÕn thøc cÇn nhí: - DiÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt S = x.y ( xlµ chiÒu réng; y lµ chiÒu dµi) S  x.y - DiÖn tÝch tam gi¸c ( x là chiều cao, y là cạnh đáy tương ứng) - Độ dài cạnh huyền : c2 = a2 + b2 (c là cạnh huyền; a,b là các cạnh góc vuông) n(n  3) - Số đường chéo đa giác (n là số đỉnh) Ví dụ 1: Tính các kích thước hình chữ nhật có diện tích 40 cm2 , biết tăng kích thước thêm cm thì diện tích tăng thêm 48 cm2 Giải: Gọi các kích thước hình chữ nhật là x và y (cm; x, y > 0) Diện tích hình chữ nhật lúc đầu là x.y (cm2) Theo bài ta có pt x.y = 40 (1) Khi tăng chiều thêm cm thì diện tích hình chữ nhật là Theo bài ta có pt (x + 3)(y + 3) – xy = 48  3x + 3y + = 48 x + y = 13(2) Từ (1) và (2) suy x và y là nghiệm pt X2 – 13 X + 40 = Ta có  ( 13)  4.40 9    3 13  13  X1  8;X  5 2 Phương trình có hai nghiệm Vậy các kích thước hình chữ nhật là (cm) và (cm) Ví dụ 2: Cạnh huyền tam giác vuông m Hai cạnh góc vuông kém 1m Tính các cạnh góc vuông tam giác? Giải: Gọi cạnh góc vuông thứ là x (m) (5 > x > 0) Cạnh góc vuông thứ hai là x + (m) Vì cạnh huyền 5m nên theo định lý pi – ta – go ta có phương trình 2 x2 + (x + 1)2 = 52  2x  2x  24  x  x  12 0  12  4.( 12) 49   7 Ph ¬ng tr×nh co hai nghiÖm phan biÖt  17  1 x1  3 (tho¶ m·n);x   4(lo¹i) 2 Vậy kích thước các cạnh góc vuông tam giác vuông là m và m Bài tâp : Bài 1: Một hình chữ nhật có đường chéo 13 m, chiều dài chiều rộng m Tính diện tích hình chữ nhật đó? Bài 2: Một ruộng hình chữ nhật có chu vi là 250 m Tính diện tích ruộng biết chiều dài giảm lần và chiều rộng tăng lần thì chu vi ruộng không thay đổi Bài 3: Một đa giác lồi có tất 35 đường chéo Hỏi đa giác đó có bao nhiêu đỉnh? Bài 4: Một cái sân hình tam giác có diện tích 180 m2 Tính cạnh đáy sân biết tăng cạnh đáy m và giảm chiều cao tương ứng m thì diện tích không đổi? Bài 5: Một miếng đất hình thang cân có chiều cao là 35 m hai đáy 30 m và 50 m người ta làm hai đoạn đường có cùng chiều rộng Các tim đừng là đường trung bình hình thang và đoạn thẳng nối hai trung điểm hai đáy Tính chiều rộng đoạn đường đó biết diện tích phần làm đường diện tích hình thang Đáp số: Bài 1: Diện tích hình chữ nhật là 60 m2 Bài 2: Diện tích hình chữ nhật là 3750 m2 Bài 3: Đa giác có 10 đỉnh Bài 4: Cạnh đày tam giác là 36 m Bài 5: Chiều rộng đoạn đường là m Dạng 5: To¸n d©n sè, l·i suÊt, t¨ng trëng Nh÷ng kiÕn thøc cÇn nhí : x + x% = 100 + Dân số tỉnh A năm ngoái là a, tỷ lệ gia tăng dân số là x% thì dân số năm tỉnh A là a  a x 100 Sè d©n n¨m sau lµ (a+a x x x )  (a+a ) 100 100 100 Ví dụ 1: Bài 42 – SGK tr 58 Gọi lãi suất cho vay là x (%),đk: x > 2000000 x 20000 100 (đồng) Tiền lãi suất sau năm là Sau năm vốn lẫn lãi là 200000 + 20000 x (đồng) (2000000  20000 x ) x 20000 x  200 x (đồng) 100 Riêng tiền lãi năm thứ hai là Số tiến sau hai năm Bác Thời phải trả là 2000000 +20000x + 20000x + 200x2 (đồng) 200x2 + 40000x +2000000 (đồng) Theo bài ta có phương trình 200x2 + 40 000x + 2000000 = 2420000  x2 + 200x – 2100 = Giải phương trình ta x1 = 10 (thoả mãn); x2 = -210 (không thoả mãn) Vậy lãi suất cho vay là 10 % năm Ví dụ 2: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm thời gian định Do áp dụng kỹ thuật nên tổ I đã sản xuất vượt mức kế hoạch là 18% và tổ II vượt mức 21% Vì thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi số sản phẩm giao tổ là bao nhiêu Giải Gọi x là số sản phẩm tổ I hoàn thành theo kế hoạch (sản phẩm), đk < x < 600 Số sản phẩm tổ II hoàn thành theo kế hoạch là 600 – x (sản phẩm) 18 Số sản phẩm vượt mức tổ I là 100 (sản phẩm) 21 (600  x ) 100 (sản phẩm) Số sản phẩm vượt mức tổ II là x Vì số sản phẩm vượt mức kế hoạch hai tổ là 120 sản phẩm ta có pt 18x 21(600  x )  120 100 100  x = 20 (thoả mãn yêu cầu bài toán) Vậy số sản phẩm theo kế hoạch tổ I là 200 (sản phẩm) Vậy số sản phẩm theo kế hoạch tổ II là 400 (sản phẩm) Bài tập: Bài 1: Dân số thành phố Hà Nội sau năm tăng từ 200000 lên 2048288 người Tính xem hàng năm trung bình dân số tăng bao nhiêu phần trăm Bài 2: Bác An vay 10 000 000 đồng ngân hàng để làm kinh tế Trong năm đầu bác chưa trả nên số tiền lãi năm đầu chuyển thành vốn để tính lãi năm sau Sau năm bác An phải trả là 11 881 000 đồng Hỏi lãi suất cho vay là bao nhiêu phần trăm năm? Bài 3: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 1000 sản phẩm thời gian dự định Do áp dụng kỹ thuật nên tổ I vượt mức kế hoạch 15% và tổ hai vượt mức 17% Vì thời gian quy định hai tổ đã sản xuất tất 1162 sản phẩm Hỏi số sản phẩm tổ là bao nhiêu? Kết quả: Bài 1: Trung bình dân số tăng 1,2% Bài 2: Lãi suất cho vay là 9% năm Bài 3: Tổ I giao 400 sản phẩm Tổ II giao 600 sản phẩm Dạng 6: Các dạng toán khác Những kiến thức cần nhớ : m (V lµ thÓ tich dung dich; m lµ khèi l îng; D lµ khèi l îng riªng) D Khèi l îng chÊt tan - Khối lượng nồng độ dung dịch = Khèi l îng dung m«i (m tæng) V Ví dụ : (Bài trang 59 SGK) Gọi trọng lượng nước dung dịch trước đổ thêm nước là x (g) đk x > 40 % Nồng độ muối dung dịch đó là x  40 Nếu đổ thêm 200g nước vào dung dịch thì trọng lượng dung dịch là: 40 % x  240 Vì nồng độ giảm 10% nên ta có phương trình 40 40 10    x  280x  70400 0 x  40 x  240 100 Giải pt ta x1 = -440 ( loại); x2 = 160 (thoả mãn đk bài toán) Vậy trước đổ thêm nước dung dịch có 160 g nước Ví dụ 2: Người ta trộn 8g chất lỏng này với 6g chất lỏng khác có khối lượng riêng nhỏ nó là 0,2g/cm3 để hỗn hợp có khối lượng riêng 0,7g/cm3 Tìm khối lượng riêng chất lỏng Giải Gọi khối lượng riêng chất lỏng thứ là x (g/cm3) Đk x > 0,2 Khối lượng riêng chất lỏng thứ là x – 0,2 (g/cm3) (cm3 ) Thể tích chất lỏng thứ là x (cm3 ) Thể tích chất lỏng thứ hai là x  0,  (cm ) Thể tích hỗn hợp là x x  0, 14    14x  12, 6x  1,12 0 Theo bài ta có pt x x  0, 0, Giải pt ta kết x1 = 0,1 (loại) ; x2 = 0,8 (t/m đk) Vậy khối lượng riêng chất lỏng thứ là 0,8 (g/cm3) Khối lượng riêng chất lỏng thứ hai là 0,6 (g/cm3) Bài tập: Bài 1: Một phòng họp có 240 ghế xếp thành các dãy có số ghế Nếu dãy bớt ghế thì phải xếp thêm 20 dãy hết số ghế Hỏi phòng họp lúc đầu xếp thành bao nhiêu dãy ghế Bài 2: Hai giá sách có 400 Nếu chuyển từ giá thứ sang giá thứ hai 30 thì số sách giá thứ số sách ngăn thứ hai Tính số sách ban đầu ngăn? Bài 3: Người ta trồng 35 cây dừa trên đất hình chữ nhật có chiều dài 30 m chiều rộng là 20 m thành hàng song song cách theo hai chiều Hàng cây ngoài cùng trồng trên biên đất Hãy tính khoảng cách hai hàng liên tiếp? Bài 4: Hai người nông dân mang 100 trứng chợ bán Số trứng hai người không số tiền thu hai người lại Một người nói với người kia: “ Nếu số trứng tôi số trứng anh thì tôi bán 15 đồng ” Người nói “ Nếu số trứng tôi số trứmg đồng thôi” Hỏi người có bao nhiêu anh tôi bán trứng? Bài 5: Một hợp kim gồm đồng và kẽm đó có gam kẽm Nếu thêm 15 gam kẽm vào hợp kim này thì hợp kim mà đó lượng đồng đã giảm so với lúc đầu là 30% Tìm khối lượng ban đầu hợp kim? Kết quả: Bài 1: Có 60 dãy ghế Bài 2: Giá thứ có 180 Giá thứ hai có 220 Bài 3: Khoảng cách hai hàng là 5m Bài 4: Người thứ có 40 Người thứ hai có 60 Bài 5: 25 gam 10 gam Chuyên đề: Hình học Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF c¾t t¹i H và cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chøng minh r»ng: Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp Bèn ®iÓm B,C,E,F cïng n»m trªn mét đờng tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H và M đối xứng qua BC Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam gi¸c DEF Lêi gi¶i: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:  CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao)  CDH = 90 ( Vì AD là đờng cao)   => CEH + CDH = 1800   Mà CEH và CDH là hai góc đối tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiÕp  Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEC = 900  CF là đờng cao => CF  AB => BFC = 900 Nh E và F cùng nhìn BC dới góc 900 => E và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên đờng tròn  XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã: AEH = ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung S =>  AEH ADC => AE AH = AD AC => AE.AC = AH.AD    * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung S =>  BEC ADC => BE BC = => AD.BC = BE.AC AD AC ABC   Ta cã C1  A1 ( v× cïng phô víi )   A C ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM)   => C1 C2 => CB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc HCM; l¹i cã CB  HM =>  CHM c©n t¹i C => CB là đơng trung trực HM H và M đối xứng qua BC Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên đờng tròn   => C1 E1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp    C1 E2 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)    E1 E2 => EB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc FED Chøng minh t¬ng tù ta còng cã FC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DFE mµ BE vµ CF c¾t H đó H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O là tâm đờng tròn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên đờng tròn A O 2 H B E D C Chøng minh ED = BC Chứng minh DE là tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lêi gi¶i: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:  CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao)  CDH = 900 ( Vì AD là đờng cao)   CEH CDH + => = 180   Mà CEH và CDH là hai góc đối tứ giác CEHD Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp  Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEA = 900  AD là đờng cao => AD  BC => BDA = 900 Nh E và D cùng nhìn AB dới góc 90 => E và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD là đờng cao nên là đờng trung tuyÕn  => D lµ trung ®iÓm cña BC Theo trªn ta cã BEC = 900 VËy tam gi¸c BEC vu«ng t¹i E cã ED lµ trung tuyÕn => DE = BC Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm AH =>   OA = OE => tam gi¸c AOE c©n t¹i O => E1  A1 (1)   Theo trªn DE = BC => tam gi¸c DBE c©n t¹i D => E3 B1 (2)         Mµ B1  A1 ( v× cïng phô víi gãc ACB) => E1 E3 => E1  E2 E2  E      Mµ E1  E2 = BEA = 900 => E2  E = 900 = OED => DE  OE t¹i E Vậy DE là tiếp tuyến đờng tròn (O) E Theo gi¶ thiÕt AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm ¸p dụng định lí Pytago cho tam giác OED vuông E ta có ED2 = OD2 - OE2  ED2 = 52 - 32  ED = 4cm  Bài Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lợt C và D Các đờng thẳng AD và BC cắt N Chøng minh AC + BD = CD  Chøng minh COD = 900 Chøng minh AC BD = AB Chøng minh OC // BM Chứng minh AB là tiếp tuyến đờng tròn đờng kính CD Chøng minh MN  AB Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ y x D I / M / C N O A B Lêi gi¶i Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t Ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc   AOM; OD lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kÒ  bï => COD = 900  Theo trªn COD = 900.nªn tam gi¸c COD vu«ng t¹i O cã OM  CD (OM lµ tiÕp tuyÕn ) áp dụng hệ thức cạnh và đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB  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 cña BM => BM  OD (2) Tõ (1) vµ (2) => OC // BM ( V× cïng vu«ng gãc víi OD) Gọi I là trung điểm CD ta có I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO là bán kính Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC  AB; BD  AB => AC // BD => tø gi¸c ACDB lµ h×nh thang L¹i cã I lµ trung ®iÓm cña CD; O lµ trung ®iÓm cña AB => IO là đờng trung bình hình thang ACDB => IO // AC , mà AC  AB => IO  AB O => AB là tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD CN AC Theo trªn AC // BD => , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy = BN BD CN CM = BN DM => MN // BD mµ BD  AB => MN  AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ gi¸c ACDB nhá nhÊt CD nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt CD lµ kho¶ng c¸ch gi÷ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By Khi đó CD // AB => M phải là trung ®iÓm cña cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng trßn bµng tiÕp gãc A , O lµ trung ®iÓm cña IK Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên đờng tròn Chứng minh AC là tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24Cm Lêi gi¶i: (HD) Vì I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B  Do đó BI  BK hay IBK = 900  T¬ng tù ta còng cã IKC = 900 nh B và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính IK đó B, C, I, K cùng nằm trên đờng tròn A I B H C o K Ta cã  C  C (1) ( v× CI lµ ph©n gi¸c cña gãc ACH   I  C = 900 (2) ( v× IHC = 900 )  I ICO (3) ( v× tam gi¸c OIC c©n t¹i O)   Tõ (1), (2) , (3) => C1  ICO = 900 hay AC  OC Vậy AC là tiếp tuyến đờng tròn (O) Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = √ 202 − 122 = 16 ( cm) 2 CH2 = AH.OH => OH = CH =12 = (cm) AH 16 OC = √ OH2 +HC2 =√ 92+ 122=√ 225 = 15 (cm) Bài Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm cña NP, kÎ tiÕp tuyÕn MB (B lµ tiÕp ®iÓm) KÎ AC  MB, BD  MA, gäi H lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD, I lµ giao ®iÓm cña OM vµ AB Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp T×m quü tÝch Chøng minh n¨m ®iÓm O, K, A, M, B cïng cña ®iÓm H nằm trên đờng tròn M di Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 chuyÓn trªn ®4 Chøng minh OAHB lµ h×nh thoi êng th¼ng d Chøng minh ba ®iÓm O, H, M th¼ng hµng Lêi gi¶i: (HS tù lµm) V× K lµ trung ®iÓm NP nªn OK  NP ( quan hệ đờng kính    Vµ d©y cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh K, A, B cùng nhìn OM dới góc 900 nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên đờng tròn Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cña AB => OM  AB t¹i I  Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI là đờng cao áp dụng hệ thức cạnh và đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI IM = IA2 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 => Tø gi¸c OAHB lµ h×nh b×nh hµnh; l¹i cã OA = OB (=R) => OAHB lµ h×nh thoi Theo trªn OAHB lµ h×nh thoi => OH  AB; còng theo trªn OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo trên OAHB là hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động trên d thì H di động nhng luôn cách A cố định khoảng R Do đó quỹ tích điểm H M di chuyển trên đờng thẳng d là nửa đờng tròn tâm A bán kính AH =R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD là đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D c¾t CA ë E Chøng minh tam gi¸c BEC c©n c©n => Gäi I lµ h×nh chiÕu cña A trªn BE, Chøng minh  B  B r»ng AI = AH Chứng minh BE là tiếp tuyến đờng trßn (A; AH) Chøng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD)  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2) Vì AB CE (gt), đó AB vừa là đờng cao vừa là đờng trung tuyến BEC => BEC là tam giác   Hai tam gi¸c vu«ng ABI vµ ABH cã c¹nh huyÒn AB chung, B1 B2 =>  AHB = AIB => AI = AH AI = AH vµ BE  AI t¹i I => BE lµ tiÕp tuyÕn cña (A; AH) t¹i I DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó điểm P cho AP > R, tõ P kÎ tiÕp tuyÕn tiÕp xóc víi (O) t¹i M Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn Chøng minh BM // OP §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB ë O c¾t tia BM t¹i N Chøng minh tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh BiÕt AN c¾t OP t¹i K, PM c¾t ON t¹i I; PN vµ OM kÐo dµi c¾t t¹i J Chøng minh I, J, K th¼ng hµng Lêi gi¶i: (HS tù lµm) Tõ (1) vµ (2) => ABM AOP = (3)  Ta cã ABM néi tiÕp ch¾n cung AM; AOM lµ gãc ë t©m AOM ch¾n cung AM => ABM = (1) OP lµ tia  ph©n gi¸c AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) AOM AOP => = (2)  Mà ABM và AOP là hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) XÐt hai tam gi¸c AOP vµ OBN ta cã :   PAO =900 (v× PA lµ tiÕp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NOAB)     => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và nhau) Tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => ON  PJ Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM c¾t t¹i I nªn I lµ trùc t©m tam gi¸c POJ (6)    DÔ thÊy tø gi¸c AONP lµ h×nh ch÷ nhËt v× cã PAO = AON = ONP = 900 => K là trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6)   AONP lµ h×nh ch÷ nhËt => PAO = NOP ( so le) (7)  Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t Ta cã PO lµ tia ph©n gi¸c APM => PAO =  MPO (8) Từ (7) và (8) => IPO cân I có IK là trung tuyến đồng thời là đờng cao => IK  PO (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K th¼ng hµng Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên 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, c¾t AM t¹i K 1) Chøng minh r»ng: EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM IB 3) Chøng minh BAF lµ tam gi¸c c©n Ta cã : AMB 4) Chøng minh r»ng : Tø gi¸c AKFH lµ h×nh thoi = 900 ( néi tiÕp 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc chắn nửa đờng đờng tròn trßn ) Lêi gi¶i: =>  KMF = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )  KEF => = 90 (v× lµ hai gãc kÒ bï)     => KMF + KEF = 1800 Mµ KMF vµ KEF lµ hai góc đối tứ giác EFMK đó EFMK là tứ giác néi tiÕp  Ta cã IAB = 900 ( v× AI lµ tiÕp tuyÕn ) => AIB vu«ng t¹i A cã AM  IB ( theo trªn) áp dụng hệ thức cạnh và đờng cao => AI2 = IM IB     Theo gi¶ thiÕt AE lµ tia ph©n gi¸c IAM => IAE = MAE => AE ME (lÝ )  => ABE = MBE (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE lµ tia ph©n gi¸c gãc ABF (1) Theo trên ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE là đờng cao tam giác ABF (2) Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam gi¸c c©n t¹i B BAF là tam giác cân B có BE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyÕn => E lµ trung ®iÓm cña AF (3)  Tõ BE  AF => AF  HK (4), theo trªn AE lµ tia ph©n gi¸c IAM  hay AE lµ tia ph©n gi¸c HAK (5) Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân A có AE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là trung điểm HK (6) Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng) (HD) Theo trªn AKFH lµ h×nh thoi => HA // FH hay IA // FK => tø gi¸c AKFI lµ h×nh thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn thì AKFI phải là hình thang cân AKFI lµ h×nh thang c©n M lµ trung ®iÓm cña cung AB  ThËt vËy: M lµ trung ®iÓm cña cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7) Tam gi¸c ABI vu«ng t¹i A cã ABI = 450 => AIB = 450 (8)  Tõ (7) vµ (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI lµ h×nh thang c©n (h×nh thang cã hai góc đáy nhau) Vậy M là trung điểm cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC và AD cắt Bx lần lợt E, F (F B và E) Chứng minh AC AE không đổi  Chøng minh ABD = DFB Chøng minh r»ng CEFD lµ tø gi¸c néi tiÕp Lêi gi¶i:  C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC  AE ABE = 900 ( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC là đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh và đờng cao ), mà AB là đờng kính nên AB = 2R không đổi đó AC AE không đổi  ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) X E C D O A F B gi¸c b»ng 1800)(1)  => ABD + BAD = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam  ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn )  => AFB + BAF = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800) (2)   Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phô víi BAD )  Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800   ECD + ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï)  ACD ABD ECD => = ( cïng bï víi )    Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB   Mµ EFD + DFB = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï)   nªn suy ECD + EFD = 1800,   mÆt kh¸c ECD vµ EFD là hai góc đối tứ giác CDFE Do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M’ là điểm đối xứng M qua AB và S là giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P là chân đơng vuông góc từ S đến AB Chứng minh bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên đờng tròn Gäi S’ lµ giao ®iÓm cña MA vµ SP Chøng minh r»ng tam gi¸c PS’M c©n Chứng minh PM là tiếp tuyến đờng tròn Lêi gi¶i:  Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh vËy P vµ M cïng nh×n AS díi mét gãc b»ng 900 nªn cïng n»m trªn đờng tròn đờng kính AS Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên đờng tròn Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đờng tròn nên M’ nằm trên đờng trßn => hai cung AM vµ AM’ cã sè ®o b»ng S M 4( P 3( A )1 )2 H B O M' S'   ' ' => AMM = AM M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1) Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB H => MM’// SS’ ( cùng vuông góc víi AB)  '  '   ' ' => AMM = AS S ; AM M = ASS (v× so le trong) (2)  '  ' => Tõ (1) vµ (2) => AS S = ASS Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên đờng tròn  => ASP = AMP (néi tiÕp cïng ch¾n AP )  ' => AS P = AMP => tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P Tam gi¸c SPB vu«ng t¹i P; tam gi¸c SMS’ vu«ng t¹i M '   => B1 = S (cïng phô víi S ) (3) '  Tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P => S = M (4)   Tam gi¸c OBM c©n t¹i O ( v× cã OM = OB =R) => B1 = M (5)         Tõ (3), (4) vµ (5) => M = M => M + M = M + M mµ M + M = AMB = 900   nªn suy M + M = PMO = 900 => PM  OM M => PM là tiếp tuyến đờng tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) t¹i c¸c ®iÓm D, E, F BF c¾t (O) t¹i I , DI c¾t BC t¹i M Chøng minh : Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän DF // BC  Tø gi¸c BDFC néi tiÕp Lêi gi¶i: (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF c©n t¹i A => ADF = AFD < 900 => s®  cung DF < 1800 => AEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiÕp ch¾n cung DE)   Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän AD AF  Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => AB AC => DF // BC DF // BC => BDFC lµ h×nh thang l¹i cã  B = C (v× tam gi¸c ABC c©n) => BDFC là hình thang cân đó BDFC nội tiếp đợc đờng tròn BD BM = CB CF   XÐt hai tam gi¸c BDM vµ CBF Ta cã DBM = BCF ( hai góc đáy tam gi¸c c©n)      BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI); CBF = BFD (v× so le) => BDM =  CBF S => BDM CBF => BD BM = CB CF Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB và CD vuông góc với Trªn ®o¹n th¼ng AB lÊy ®iÓm M (M kh¸c O) CM c¾t (O) t¹i N §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i M c¾t tiÕp tuyÕn N đờng tròn P Chứng minh : Tø gi¸c OMNP néi tiÕp Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh CM CN kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm M C M A O B N A' P D B' Khi M di chuyÓn trªn ®o¹n th¼ng AB th× P chạy trên đoạn thẳng cố định nào Lêi gi¶i:   Ta cã OMP = 900 ( v× PM  AB ); ONP = 900 (v× NP lµ tiÕp tuyÕn ) Nh M và N cùng nhìn OP dới góc 900 => M và N cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp    Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (néi tiÕp ch¾n OM )   Tam gi¸c ONC c©n t¹i O v× cã ON = OC = R => ONM = OCN   => OPM = OCM   XÐt hai tam gi¸c OMC vµ MOP ta cã MOC = OMP = 900;     OPM = OCM => CMO = POM l¹i cã MO lµ c¹nh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2) Tõ (1) vµ (2) => Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh   XÐt hai tam gi¸c OMC vµ NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (néi   S tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC = DNC = 900 lại có C là góc chung => OMC NDC CM CO  => CD CN => CM CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R nªn CO.CD = 2R2 kh«ng đổi => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M  ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đờng thẳng cố định vuông góc với CD D S V× M chØ ch¹y trªn ®o¹n th¼ng AB nªn P chØ ch¹y trªn do¹n th¼ng 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 tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F Chøng minh AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp AE AB = AF AC Chứng minh EF là tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Lêi gi¶i:  Ta cã : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) (1)  CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )  CFH => = 90 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2)  EAF = 900 ( V× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A) (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt ( v× cã ba gãc vu«ng)   Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn => F1 = H1 (néi tiÕp ch¾n cung AE) Theo gi¶ thiÕt AH BC nªn AH lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nửa đờng tròn (O1) và (O2)     => B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n HE ) => B1 =      F => EBC + EFC = AFE + EFC mµ AFE + EFC = 1800 (v× lµ hai gãc kÒ bï) =>     EBC + EFC = 1800 mặt khác EBC và EFC là hai góc đối tứ giác BEFC đó BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp  XÐt hai tam gi¸c AEF vµ ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC AE AF  ACB => AC AB => AE AB = AF AC S ( theo Chøng minh trªn) => AEF * HD c¸ch 2: Tam gi¸c AHB vu«ng t¹i H cã HE  AB => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vu«ng t¹i H cã HF  AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC   Tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt => IE = EH => IEH c©n t¹i I => E1 = H1   O1EH c©n t¹i O1 (v× cã O1E vµO1H cïng lµ b¸n kÝnh) => E2 = H          => E1 + E2 = H1 + H mµ H1 + H = AHB = 900 => E1 + E2 = O1 EF = 900 => O1E EF Chøng minh t¬ng tù ta còng cã O2F  EF VËy EF lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nöa đờng tròn Bµi 14 Cho ®iÓm C thuéc ®o¹n th¼ng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vÒ phía AB các nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có t©m theo thø tù lµ O, I, K Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự là giao ®iÓm cña EA, EB với các nửa đờng tròn (I), (K) Chøng minh EC = MN Chøng minh MN lµ tiÕp tuyÕn chung các nửa đờng tròn (I), (K) TÝnh MN Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn Lêi gi¶i:  Ta cã: BNC = 900( néi tiÕp ch¾n nöa đờng tròn tâm K)  => ENC = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) (1) AMC  = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì là hai góc kÒ bï).(2)  AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chÐo h×nh ch÷ nhËt ) Theo giả thiết EC AB C nên EC là tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) vµ (K)    => B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n CN ) Tø gi¸c CMEN lµ h×nh ch÷ nhËt nªn     => C1 = N => B1 = N3 (4) L¹i cã KB = KN (cïng lµ b¸n kÝnh) => tam gi¸c KBN   c©n t¹i K => B1 = N1 (5)      Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N = CNB = 900 t¹i N    => N3 + N = MNK = 900 hay MN  KN t¹i N => MN lµ tiÕp tuyÕn cña (K) Chøng minh t¬ng tù ta còng cã MN lµ tiÕp tuyÕn cña (I) t¹i M, Vậy MN là tiếp tuyến chung các nửa đờng tròn (I), (K) Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vu«ng t¹i A cã EC  AB (gt) => EC = AC BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã S(o) =  OA2 =  252 = 625  ; S(I) =  IA2 =  52 = 25  ; S(k) =  KB2 =  202 = 400  Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn là S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 S = ( 625  - 25  - 400  ) = 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 Chøng minh ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp Chøng minh CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB Gọi E là giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh các đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy Chøng minh DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE Chứng minh điểm M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE Lêi gi¶i:   Ta cã CAB = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); MDC = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n  nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh D và A cùng nhìn BC dới góc 900 nên A và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC => ABCD là tứ giác nội tiÕp   ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => D1 = C3 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB)       D = C3 => SM EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung b»ng nhau) => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC nh BA, EM, CD là ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy     Theo trªn Ta cã SM EM => D1 = D2 => DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE.(1)   Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900     Tø gi¸c AMEB cã MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mµ ®©y lµ hai   góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2   Tø gi¸c ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => A1 = B2 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD)   => A1 = A2 => AM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DAE (2) Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (H×nh b)        C©u : ABC = CME (cïng phô ACB ); ABC = CDS (cïng bï ADC ) => CME =  CDS       => CE CS  SM EM => SCM = ECM => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB Bµi 16 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A.vµ mét ®iÓm D n»m gi÷a A vµ B §êng trßn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G Chøng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tø gi¸c ADEC vµ AFBC néi tiÕp AC // FG Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy Lêi gi¶i:  XÐt hai tam gi¸c ABC vµ EDB Ta cã BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A);  DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )  ABC  BAC DEB S => = => DEB = 90 ; l¹i cã  CAB lµ gãc chung    Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kÒ bï); BAC = 900 ( v× ABC    vuông A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà đây là hai góc đối nên ADEC lµ tø gi¸c néi tiÕp B O E F 1 D G S A C  * BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A);   DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 nh vËy F vµ A cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 900 nên A và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC => AFBC lµ tø gi¸c néi tiÕp Theo trªn ADEC lµ tø gi¸c néi tiÕp =>       E = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mµ ®©y lµ hai gãc so le nªn suy AC // FG (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 17 Cho tam giác ABC có đờng cao là AH Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M kh«ng trïng B C, H ) ; tõ M kÎ MP, MQ vu«ng gãc víi c¸c c¹nh AB AC Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó Chøng minh r»ng MP + MQ = AH Chøng minh OH  PQ A O P Q B H M C Lêi gi¶i: Ta cã MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC (gt)  => AQM = 900 nh vËy P vµ Q cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 900 nªn P vµ Q cïng nằm trên đờng tròn đờng kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp * Vì AM là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngo¹i tiÕp tø gi¸c APMQ lµ trung ®iÓm cña AM Tam giác ABC có AH là đờng cao => SABC = BC.AH Tam giác ABM có MP là đờng cao => SABM = AB.MP Tam giác ACM có MQ là đờng cao => SACM = AC.MQ Ta cã SABM + SACM = SABC 1 => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH Tam giác ABC có AH là đờng cao nên là đờng phân giác       => HAP = HAQ => HP HQ ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => HOP = HOQ (t/c gãc ë t©m) => OH lµ tia ph©n gi¸c gãc POQ Mµ tam gi¸c POQ c©n t¹i O ( v× OP vµ OQ cùng là bán kính) nên suy OH là đờng cao => OH  PQ Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H không trùng O, B) ; trên đờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M ngoài đờng tròn ; MA và MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C và D Gọi I là giao ®iÓm cña AD vµ BC Chøng minh MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp Chứng minh các đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ gi¸c néi tiÕp Lêi gi¶i: M _ K C _ D I A O H B  Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )  => MCI = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )  MDI => = 90 (v× lµ hai gãc kÒ bï)   => MCI + MDI = 1800 mà đây là hai góc đối tứ giác MCID nªn MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp Theo trªn Ta cã BC  MA; AD  MB nên BC và AD là hai đờng cao tam giác MAB mµ BC vµ AD c¾t t¹i I nªn I lµ trùc t©m cña tam gi¸c MAB Theo giả thiết thì MH  AB nên MH là đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I   OAC c©n t¹i O ( v× OA vµ OC lµ b¸n kÝnh) => A1 = C4   KCM c©n t¹i K ( v× KC vµ KM lµ b¸n kÝnh) => M = C1       Mµ A1 + M = 900 ( tam gi¸c AHM vu«ng t¹i H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 =  900 ( v× gãc ACM lµ gãc bÑt) hay OCK = 900      XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mµ OHK  và OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp