TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG.
STT

1

Nội dung - Mục tiêu cần đạt
Ơn tập căn thức : thành thạo các phép biến đổi căn thức, rút gọn căn thức
tổng
Ôn tập Hệ thức lượng trong tam giác vuông , Tỉ số lượng giác của góc nhọn :

2

Â
3
Ơn tập hàm số bậc nhất : thành thạo các dạng bài tập liên quan đến hàm sốU=
Xy
ax + b.
Ư
4
Ơn tập đường trịn : nắm chắc các định lí chương II về đường trịn, trọng tâm là
H trịn.
4
các bài tập về tiếp tuyến của đường tròn, tương giao của hai đường
-N2 phương pháp,
5
Ơn tập Hệ phương trình : thành thạo giải hệ phương trình T
bằng
Á
các hệ phương trình chứa tham số.
C
Ơn tập Góc và đường trịn : nắm chắc các định lí về các loại góc đối với đường

tròn, trọng tâm là chứng minh tứ giác nội tiếp, sử dụng tứ giác nội tiếp để
6
ÊN
chứng minh các yếu tố khác.
Y
Ơn tập Hàm số bậc 2, phương trình bậc 2 : thành thạo các bài tập về hàm số bậc
N
7
2, tương giao giữa đường thẳng và parabol, giải phương trình bậc 2 và các bài
RẤtrọng tâm là định lí Viet và ứng dụng.
tập phương trình bậc 2 chứa tham số,
T
Ị
8
Tổng ơn Hình học : trọng tâm là các bài tập về đường tròn, tiếp tuyến, tứ giác
H
nội tiếp.
T
9
Bất đẳng thức - CựcS : sử dụng thành thạo BĐT Cô - si , Bunhiacopxki và các
trị
BĐT thông dụng C trong chứng minh BĐT và tìm cực trị.
H khác tâm là các bài tập về đường tròn, tiếp tuyến, tứ giác
Tổng ôn Hình học : trọng
T
10
nội tiếp.G
Phương trình nghiệm nguyên : nắm được một số phương pháp giải
N
11

Ờ
phương trình nghiệm nguyên.
Ư
12R
T
Thành thạo việc áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông, giải tam giác
hợp và các bài tập liên quan saucủa chương I.
vuông, các bài tập chứng minh rút gọn.

-1-

N


Tu n 6

.

ÔN TẬP CĂN THỨC
I. MỤC TIÊU.
- Thành thạo các phép biến đổi căn thức, rút gọn căn thức tổng hợp và các bài tập liên
quan sau rút gọn.
II . CHUẨN BỊ.
Thầy : Giáo án.
Trò : SGK + SBT Tốn 9 T1, nhớ các định lí biến đổi căn thức.
III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC.
1. Giáo viên dạy tồn bộ các định lí về phép biến đổi căn thức chương I và bài tập
minh họa.
2. Ra bài tập hướng dẫn HS.

R



a  

1



2 a

 

Bài 1. Cho biểu thức: P   1 
 a  1 :  a  1  a a  a  a  1

 

a. Rút gọn P.
b. Tìm a sao cho P>1.
c. Cho a  19  8 3 . Tính P.

Hướng dẫn: a. P 

a a 1
24  9 3
; b. a  1 ; c. P 
.
a 1

3 3

Bài 2. Cho biểu thức P 

x x  26 x  19
2 x


x2 x 3
x 1

x 3
x3
b. Tính giá trị của P khi x  7  4 3

a. Rút gọn P.
c. Với giá trị nào của x thì P đạt giá trị nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó.
Hướng dẫn: a. P 

x  16
x 3

 2 x

b. P 
x

103  3 3
22

c. Pmin=4 khi x=4

4x  2 x  4  

2

x 3 

:

Bài 3. Cho biểu thức P  
2 x  2 x 
 2 x  2 x  x
x4

 

a. Rút gọn P.
b. Tìm các giá trị của x để P>0
c. Tìm các giá trị của x để
P= -1
d. Với giá trị nào của x thì P  P
4x
9
b. x>9
c. x 
16
x 3
 x 1
1

8 x   3 x  2
 



Bài 4. Cho biểu thức P  
 3 x  1 3 x  1 9x  1  :  1  3 x  1 

 


Hướng dẫn: a. P 

T

a. Rút gọn P. b. Tìm các giá trị của x để P 
x  4;

6
5

Hướng dẫn: a. P 

9
25



2 x

1

 

x 

 

Bài 5. Cho biểu thức P  
 x x  x  x  1  x  1 :  1 x  1

 

-1-

x x
3 x 1

b.

N


a. Rút gọn P.

b. Tìm các giá trị của x để P<0
1 x

Hướng dẫn: a. P 

b. x>1

1 x  x



x   x 3

x2



x2

 :

(VN ) Bài 6. Cho biểu thức P   1 



x  1  x  2 3  x x  5 x  6 

 

a. Rút gọn P.
b. Tìm các giá trị của x để P<0
c. Tìm các số m để có các giá trị của x thỏa mãn: P x  1  m( x  1)  2
d. Với giá trị nào của x thì P đạt giá trị nhỏ nhất? . Tìm giá trị nhỏ nhất ấy.
x 2
x 1

Hướng dẫn: a. P 

b. 0  x  4

1
2

c. 0  m 

 x 1

H

x   x  1 1 x 

x

 

(VN )Bài 7. Cho biểu thức P  
 x  1  x  1  1 x  :  x  1  x  1

 


a. Rút gọn P.

P

2

b. Tìm giá trị của P khi x 



2 3
2

c. So sánh P với

 P  1 min

Hướng dẫn: a. P 

2x  1

c. P>

4 x

T
1
2

d. Tìm x để

1
2

 1 a a

  1 a a





Bài 8. Cho biểu thức P  
 1  a  a . 1  a  a 



a. Rút gọn P.
b. Tính a để P  7  4 3
2
Hướng dẫn: a. P  1  a 
b. 3  1  a  3  1; a  1

Bài 9. Cho biểu thức P 

G

N

2 x 9
x 3 2 x 1


x5 x 6

x 2 3 x

a. Rút gọn P.
có giá trị ngun.

b. Tìm các giá trị của x để P<1 c. Tìm các giá trị của x để P

Ờ

x 1
x 3

Hướng dẫn: a. P 

b. 0  x  9; x  4

Ư

 x 1

x  1 

c. x=1;16;25;49
1

x

b. Tìm giá trị của P khi x 

74 3

2

2 

 

(VN)Bài 10. Cho biểu thức P  
 x  1  x  1 :  x  1  1 x  x  1

 


a. Rút gọn P.
để P 

T

1
2

R

Hướng dẫn: a. P 

4 x





x 1

2

c. Tìm các giá trị của x

b. P  12 3  20 c. x  17  12 2

 2a  1

a

  1  a3




.
Bài 11. Cho biểu thức P  

  1 a  a 
 3
 a  1 a  a  1 

a. Rút gọn P.
b.Xét dấu biểu thức P 1  a
Hướng dẫn: a. P  a  1
b. P 1  a <0

Bài 12. Cho biểu thức P 

a a 1 a a 1 
1  3 a
2 a 


 a 
.
 a 1 a  1
a a
a a 
a 

-2-

C


a. Rút gọn P.
b. Với giá trị nào của a thì P  a  7
c. Chứng minh rằng với mọi giá trị của a (thỏa mãn điều kiện xác định) ta đều có
P>6.
Hướng dẫn: a. P 

2a  4 a  2
a

b. a=4.
 

x3 x

9 x

x  2

x 3

(VN) Bài 13. Cho biểu thức P  


 1 : 
x  3

 x9
  x x 6 2 x
a. Rút gọn P.
b. Tìm các giá trị của x để P<0
Hướng dẫn: a. P 

3
x 2

b. 0  x  4

 2 x
(VN) Bài 14. Cho biểu thức P  
 x 3 


a. Rút gọn P.
Hướng dẫn: a. P 

b. Tìm x để P  
3
x 3

 x2
 x x 1

a. Rút gọn P.



(VN) Bài 16. Cho biểu thức P 

x 1
x x 1

RẤ

3 x  9x  3

T
Ị

Ư

c. Pmin= -1 khi x=0

b. P>3

x

-N
T

H

X

U

c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P.





x  1

1

b. Hãy so sánh P với 3.

Hướng dẫn: a. P  x  x  1

x x 2



N

Y

x 1

x2

ÊN



Á
C

x 2 1


 1
x  1 x 

b. Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên. c. Tìm các giá
x 1
x 1

CS
3. Hướng dẫn học ở nhà.
- Làm các bài tập ( VN ).
TH

G
N
Đi u ch nhỜ
:
Ư
TR
Hướng dẫn: a. P 

1
2

b. 0  x  9

Bài 15. Cho biểu thức P  1 : 


a. Rút gọn P.
trị của x để P  x

x
3x  3   2 x  2 
:

 1

x 3 x9   x 3
 


Â

H
T

b. x=4;9

c. x  3  2 2

Duy t c a BGH
Ngày 27 tháng 9 năm 2013

Lê Đình Thành
-3-

N


Tu n 7

.

ÔN TẬP HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VNG
, TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GĨC NHỌN

N

I. MỤC TIÊU.
- Thành thạo việc áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông, giải tam giác vuông,
các bài tập chứng minh của chương I.
II . CHUẨN BỊ.

Thầy : Giáo án.
Trò : SGK + SBT Toán 9 T1, nhớ các định lí hệ thức lượng trong tam giác vng, các
TSLG của góc nhọn.
III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC.
1. Giáo viên dạy tồn bộ các định lí về hệ thức lượng trong tam giác vng và TSLG
của góc nhọn trong chương I và bài tập minh họa.
2. Ra bài tập hướng dẫn HS.

Â

Ư
H

U
X

-N
T

ÊN

CÁ

Bài 1 ( Bài tập 19 tr 92 SGK) .
Tính AM ?
N
Theo định lý Pytago ta có :
A
BC2 = AB2 + AC2
2

2
2
M 8cm
 BC = 6 + 8 = 36 + 64 = 100
6cm
 BC = 10 cm.
B
C
AM MC
Trong tam giác ABC có

AB BC
AB.MC 6.8
=
 4,8 cm
 AM =
BC
10
Tính AN ?
Ta có BN  BM ( T/c đường pg trong và đường phân giác ngồi 2 góc kề bù )
  BNM vng tại B, có BA là đường cao  BA2 = AN.AM ( Theo hệ thức lượng
trong tam giác vuông )
BA 2 62
=
 7,5cm
 AN =
AM 4,8
Vậy AM = 4,8cm, AN = 7,5cm.
Bài 2.
Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của AC, E là chân đường phân giác của góc M

của tam giác ABM. D là chân đường phân giác góc M của tam giác MBC.
a, Chứng minh ED // AC.
b, Kẻ MH  ED. Chứng minh MH2 = HE.HD
DC 3
c, Biết
 và AC = 9cm, MH = 2cm. Tính chu vi của tam giác MED.
DB 4

N

Ị

Ờ

Ư
R

N

G

TH

S
C

TH

RẤ
T

T

Giải.
-4-

Y


a, Chứng minh ED //AC.
A
Trong tam giác ABM có EM là đường phân giác ( gt)
BE BM
( T/c đường pg trong của tam giác )


E
M
EA AM
Trong tam giác BMC có DM là đường phân giác ( gt)
BD BM
H
( T/c đường pg trong của tam giác )


DC CM
D
B
C
BE BD



EA CD
 ED //AC ( áp dụng định lý Talet đảo trong tam giác ABC )
b, Chứng minh MH 2 = HE.HD
Ta có ME và MD là 2 tia phân giác của 2 góc kề bù
 EM  MD ( T/c pg 2góc kề bù )  tam giác MDE là tam giác vng tại M.
 MH2 = HE.HD
c, Tính chu vi của tam giác MED.
Trong tam giác ABC có ED //AC ( cmt )
ED DB
DC 3
DB
4
suy ra
(theo h q đ/l Ta let ). Ta lại có

 

AC BC
DB 4
DB  DC 7
2
DB 4
ED 4
36
 36 
2
2
2

 
  ED  … c/m được ME + MD = MH =  

BC 7
AC 7
7
 7 
2
2
 36 
 48 
2ME.MD = 2.MH 2 = 2.   suy ra ( ME + MD)2=   nên ME + MD + ED =….
 7 
 7 
Vậy chu vi của tam giác MDE là 12cm.
Bài 3.
Hãy tính :
a, CN

b, ABN

c, CAN
Giải :
a, CN ? CN 2 = AC2 – AN 2 ( Đ/l Pytago )

Ư

H

-N

T

N

Ị

CS

H
T

RẤ
T

ÊN

Á
C

Y

H
T5,292.


G
N
3,6
 Ờ  0,4  ABN  23 34'


sin ABN =
9
Ư
 ?
c, CAN
R
TCAN = 3,6  0,5625  CAN  55 46'

cos 
CN  6,42  3,62

b, ABN ?

0

0

6,4

Bài 4.

Cho tam giác ABC có AB = 21 cm, C = 400. Hãy tính các độ dài.
a, AC
b, BC

c, Phân giác BD của B .
-5-

U

X

N

Â


Giải :
a, AC=AB. cotgC =21. cotg 400  21.1,1918  25,03 ( cm)
21
21
AB
AB
b, Có sinC =

=> BC=
 BC 
 32,67 ( cm )
0
sin 40
0,6428
BC
sin C



c, Phân giác DB : Có C  400  B  50 0  B  250
1

AB

21
21
AB
 BD 


 23,17 (cm)
Xét vuongABD có cosB1 
0
cosB1 cos25
0,9063
BD
Bài 5.
Hãy tìm độ dài cạnh đáy của một tam giác cân, nếu đường cao kẻ xng đáy có độ dài
là 5 và đường cao kẻ xng cạnh bên có độ dài là 6.
Giải :

H

Ư

-N
T

Â

U

X

N

Có AH.BC = BK.AC = 2.SABC hay 5.BC = 6. AC
BC 3
6
 BC  .AC  HC 
 .AC
5
2
5
Xét tam giác vng AHC có AC2 - HC2 = AH2 ( đ/l Pytago)
2
16

2 3
AC -  AC  =52
.AC 2  52
25
5

4
4 25
.AC  5  AC = 5 : 
 6,25
5
5 4
6
6 25
BC = . AC  .  7,5 . Độ dài cạnh đáy của tam giác cân là 7,5
5

5 4
Bài 6.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và có độ dài 3 cạnh BC, AC, AB lần lượt
bằng a, b, c.
Chứng minh rằng: a SinA  b. SinB  c. SinC  (a  b  c)( SinA  SinB  SinC )
Gợi ý giải:

N

Ấ
R

N
Ê

CÁ

Y

ỊT

TH

S
CTa có
Vẽ đường cao AH.
H
Tra:
Tương tự, suy
G

Vậy
N
Ờ
Và (a + b + c) = (SinA + Sin B + SinC).k
Ư
Suy ra:
T R và (2) ta có đ.p.c.m
Từ (1)
T Điều chỉnh:

AH
AH
b
c
; SinC 
 ...

HB
HC
SinB SinC
a
b
c
abc



k0
SinA SinB SinC SinA  SinB  SinC
Sin B 

aSinA  bSinB  cSinC  ...  (SinA  SinB  SinC ). k (1)
( a  b  c)( SinA  SinB  SinC )  ( SinA  SinB  SinC ). k (2)

Ngµy 27 tháng 9 năm 2013
Duyệt của BGH

Lê Đình Thành
-6-


Tu n 6,7
Ngày so n: 15 / 9/ 2012

Ngày d y: / /2012

ÔN TẬP HÀM SỐ BẬC NHẤT
I. MỤC TIÊU.
- Thành thạo các dạng bài tập liên quan đến hàm số y = ax + b.

Â

U
X

N

II . CHUẨN BỊ.
SGK + SBT Toán 9 T1, nhớ các kiến thức về hàm đồng biến, nghịch biến, đường
song2 , cắt, trùng, vuông, lập PT đt...

III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC.
1. Giáo viên dạy tồn bộ các kiến thức hàm bậc nhất chương II và bài tập minh họa.
2. Ra bài tập hướng dẫn HS.
Bài 1.
Cho hàm số bậc nhất y = ax + 1. Xác định hệ số a, biết rằng đồ thị của hàm số cắt
trục hồnh tại điểm có hồnh độ bằng 2
1
HD: Đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại điểm có hồnh độ bằng 1  2
 a.(1  2 )+1 = 0 
 đồ thị của hàm số đi qua điểm ( 1  2 ;0)

Ư
H

-N
T

a

1

 1 2

1 2

N

Y

ÊN

CÁ

Bài 2: Cho hàm số y = 2x -4 có đồ thị là đường thẳng (d)
3
a) Điểm M ( 2 ;-1) có nằm trên ( d) khơng? Vì sao?
b) Vẽ ( d)
c) Tính khoảng cách từ O ( gốc toạ độ) đến đường thẳng (d)
Hướng dẫn giải:
3
a) Điểm M ( ;-1) có nằm trên ( d) y = 2x -4
2
3
vì : - 1 = 2.2 - 4
b) Vẽ (d) y = 2x -4
*Bảng giá trị:
0
2
x
y = 2x - 4
-4
0
*Vẽ :
c) Gọi giao điểm của (d) với hai trục toạ độ là A và B.
Kẻ OH vng góc (d)
1
1
1
Tính OH
Dùng cơng thức:

2=
2 +
OH OA OB2
-1
Bài 3: Cho hàm số y = 2 x -2 có đồ thị là đường thẳng (d)
a) Vẽ (d)
b) Gọi giao điểm của (d) với hai trục là A và B.Tính diện tíc tam giác OAB
c)Kẻ OH vng góc với AB.Xác định toạ độ H.

Ị

Ờ

Ư
R

N

G

TH

S
C

TH

RẤ
T

T

-1-


Hướng dẫn giải:
c)Gọi H(x0;y0) ta có : x02 + y02 = OH2
1
1
1
16
Dùng cơng thức: OH2 =OA2 +OB2 Tính được OH2 = 5
16
Suy ra được : x02 + y02 = 5 (1)
-1
Mặt khác : H  (d) => y0 = 2 x0 -2 (2)
Từ (1) và (2) tìm được x0, y0 => Toạ độ H cần tìm
Bài 4: Cho hàm số y = ( m-2)x + 3m - 5 ( m  2)
a) Tìm các giá trị của m để hàm số nghịch biến trên R.
b) Tìm m biết đồ thị hàm số đi qua điểm A( 2 ; -1)
c) Tìm m biết đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hồnh độ bằng 3
d) Tìm m biết đồ thị hàm số cắt đường thẳng
y = -x + 4 tại 1 điểm trên Oy
Hướng dẫn giải :
a) Hàm số y nghịch biến trên R  m - 2 < 0  m < 2
b)Đồ thị hàm số y = (m-2)x + 3m - 5 đi qua điểm A(2,-1) nên ta có : -1 = (m-2).2 + 3m 5
8
 -1 = 2m -4 +3m - 5  5m = 8  m = 5
c) Đồ thị hàm số y = (m-2)x + 3m - 5 cắt trục hoành tại điểm có hồnh độ bằng 3 => x =
3;y=0

Do đó : : 0 = (m-2) 3 + 3m-5 .Giải tìm m
d) (d) cắt đường thẳng y = -x + 4 tại điểm trên Oy

Â

Ư
H

U
X

-N
T

N

 m  2  1
m  1

m=3
3m  5  4
m  3



TH

Ị

RẤ

T

ÊN

CÁ

Y

Bài 5 :
a) Vẽ hai đường thẳng (d1) y = -2x + 3 và (d2) y = 3x- 2 lên trên cùng một mặt phẳng
Oxy rồi tìm toạ độ giao điểm M của chúng
b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d3) y = mx + m2 - 5 và hai đường thẳng (d1) , (d2)
đồng qui tại một điểm.
Hướng dẫn giải :
a) Toạ độ (x;y) của M là nghiệm của hệ phương trình:

Ờ

  2  3

 y  3x  2

Ư
R

N

G

TH

S
C

T

-2-

N


1
b) Đường thẳng x - 2y = 4  y = 2 x - 2 có hệ số
1
a= 2 và b = 2
c) (d) y = (m-3)x + 4 (m  3)
Gọi A = (d)  Oy => A ( 0 ;4) => OA = 4
-4
-4
B=(d)  Ox => B ( m-3 ; 0)=> OB =|m-3 |
(vẽ hình minh hoạ)
1
1
1
Kẻ OH vng góc AB => OH2 =OA2 +OB2
Thay OH = 2 và OA,OB vào giải tìm m.
Kq: m = 3  7
Bài 7 : Cho hàm số y = ( m+2)x + n-1 ( m  -2) có đồ thị là đường thẳng (d)
a) Tìm m,n biết (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 và cắt trục hồnh tại điểm
-3

có hồnh độ bằng 2 .Vẽ (d) với m , n vừa tìm được.
b) Cho n= 5,Gọi giao điểm của (d) với hai trục toạ độ là A, B.Tìm m để tam giác ABC
có diện tích bằng 4.
Hướng dẫn giải :
b) Khi n = 5 Ta có (d) y = ( m + 2)x + 4 ( m  -2)
Gọi A = (d)  Oy => A ( 0 ;4) => OA = 4
-4
-4
B=(d)  Ox => B ( m+2 ; 0)=> OB =|m+2 |
1
SABC = 2 OA.OB (*)
-4
Thay SABC = 4 , OA = 4 , OB =|m+2 | vào (*) giải tìm được m
Bài 8 : Cho hàm số y = mx + 2 - m ( m  0) có đồ thị là đường thẳng (d)
a)Cho m = 2 .Vẽ (d)
b) Chứng tỏ (d) ln ln đi qua điểm A(1 ;2) với mọi m
c)Tìm m để khoảng cách từ O ( gốc toạ độ) đến (d) lớn nhất.
Hướng dẫn giải :
b) Thay x = 1 ; y=2 vào phương trình(d) ta được :
2 = m (-1) + 2 - m (*)
Ta thấy đẳng thức (*) đúng với mọi m
=> (d)luôn luôn đi qua điểm A(1 ;2) với mọi m
c) (d) y = mx + 2 - m ( m  0)
Gọi B = (d)  Oy => B ( 0 ;2-m) => OC = | 2-m|
m-2
m-2
C=(d)  Ox => C ( m ; 0)=> OC =| m |
Kẻ OH  (d) , ta có : OH  OA = 5 không đổi.
Nên maxOH = OA = 5  H trùng A
Đến đây làm tương tự câu 6c ta tìm được m.

T

Ư
R

Ờ

N

G

TH

S
C

H
T

Ị

RẤ
T

-3-

N

Y

N
Ê

CÁ

-N
T

H

Ư

X

U

Â

N


(Xem hình vẽ minh hoạ: )

y
B 2- m
2

A
H

C

O

x

1 m-2

N

m

Bài 8 : Cho hàm số y = (m+3)x+n ( với m  -3)
Có đồ thị là đường thẳng (d) .Tìm các giá trị của m và n để :
a)Hàm số y là hàm số nghịch biến và cắt Oy tại điểm có tung độ bằng
-2 b)(d) đi qua hai điểm : A(1 ; -2) và B( -3 ;4)
1
c) (d) đi qua điểm I(0 ;-1) và tiếp xúc với parabol(P) y = 4 x2

H

Ư

X

U

Â

N

--1 ; 2
d) (d) cắt parabol(P) y = x tại hai điểm M,N có hồnh độ lần lượtT
là
Hướng dẫn giải :
b) (d) đi qua A(1 ;-2)  -2 = (m+3)1+ n
CÁ
 m+ n = -5 (1)
(d) đi qua B(-3 ;4)  4 = (m+3)(-3)+ n  3m- n=-13 (2)
ÊN
Từ (1) và (2) giải hệ tìm m,n
Y
c) (d) y = (m+3)x+n ( với m -3)
N
+ (d) đi qua I(0 ;-1) tìm được n = -1 => (d) có pt: y = (m+3)x-1
1
+ (d) tiếp xúc (P) y = x
RẤ
4
1
ỊT
 pt : 4 x = (m+3)x -1 có nghiệm kép
H
 pt : x - 4(m+3)x + 4 = 0 cóT
nghiệm kép
’ = 0 (*)
S
Giải (*) tìm m
C
d) Cách 1:
+Xác định toạ độ M ,N

TH
+ Rồi giả như câu b
G
Cách 2: Dùng Vi-et:
N
+Pt HĐGĐ của (P) và (d): x -(m+3)x -n = 0 (*) + Theo gt suy ra : -1,2 là hai nghiệm của (*)
Ờ
Ư
+Dùng Vi-et ta có:
Giải tìm m , n
TR
2



2

2

2



2

 -1+2=m+3
 -1.2=-n

Đi u ch nh:

Duyệt của BGH
Ngày
tháng
năm 2012

Duyệt của BGH
Ngày 29Lê Đình năm 2011
tháng 10 Thành
-4-


Ngày so n: 15/12/2011

Ngày d y: Tu n 18: 21/12/2011
Tu n 19:

TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN,
TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐƯỜNG TRỊN

N

I. MỤC TIÊU.
- Ơn tập đường trịn : nắm chắc các định lí chương II về đường trịn, trọng tâm là các
bài tập về tiếp tuyến của đường tròn, tương giao của hai đường tròn.
II . CHUẨN BỊ.
Thầy : Giáo án.
Trị : SGK + SBT Tốn 9 T1, nhớ các kiến thức về tiếp tuyến của đường tròn, tương
giao của hai đường trịn .
III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC.
1. Giáo viên dạy tồn bộ các kiến thức chương II Hình học và bài tập minh họa.

2. Ra bài tập hướng dẫn HS.
Bài 1 . Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với
các cạnh BC, CA và AB lần lượt tại D, E và F. Đặt x  DB, y  DC , z  AE .
a) Tìm hệ thức giữa x, y và z .
b) Chứng minh rằng: AB  AC  2 DB  DC .
Giải :
+ Ta có: BD = BF, CD = CE và AE = AF (Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau).
Do đó:

Ư

H

BC  x  y, AC  y  z ,
AB  x  z

Ị

Theo định lí Pytago:
2

2

BC  AB  AC

2

H
T

RẤ
T

N

ÊN
Y

-N
T
Á
C

Â
U

X

CS trịn nội tiếp tam giác ABC.
Gọi là bán kính, I là tâm đường
TH
Ta có:

 (b)
G
Tứ giác AEIF có 3 góc vng, nên là hình chữ nhật.
N (cm trên), nên AEIF là hình vng,
Nhưng AE = AF
Ờ (c)
Do đó:

Từ (a),Ư (c) suy ra:
R (b),
T
2

2

  x  y   x  z   y  z

2

 2 xy  2 z  x  y   2 z 2  xy  z  x  y  z  (a)

r

S ABC 

1
1
1
1
AB  AC  BC  r  CA  r  AB  r  x  y  z r
2
2
2
2

z  EI  r

AB  AC  2 xy  AB  AC  2 DB  DC

Cho nửa đường trịn đường kính AB cố định. C là một điểm bất kì thuộc nửa đường trịn. Ở
phía ngồi tam giác ABC, vẽ các hình vng BCDE và ACFG. Gọi Ax, By là các tiếp tuyến của
nửa đường tròn.
1. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đường trịn đã cho thì đường thẳng ED
ln đi qua một điểm cố định và đường thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác.
- 26 -


2.
Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đường trịn đã
cho.
3.
Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đường tròn đã
cho.
Giải :
Gọi K là giao điểm của Ax và GF, I là
giao điểm của By và ED. Ta có:
 
BEI  BCA  900
 
EBI  CBA (góc có các cạnh tương ứng

Â

vng góc)
BE  BC ,
Do đó:

Ư

H

U
X

N

BEI  BCA  BI  BA mà By cố định,

-N
T

suy ra điểm I cố định.
+ Tương tự, K ccố định.
+ Vậy khi C di chuyển trên nửa đường
tròn (O) thì dường thẳng ED đi qua điểm
I cố định và đường thẳng GF đi qua điểm

ÊN

CÁ

K cố định.
Suy ra quĩ tích của I là nửa đường trịn đường kính BI (bên phải By,
C  A  E  I , C  B  E  B ); quĩ tích của K là nửa đường trịn đường kính AK(bên
trái Ax, C  A  G  A, C  B  G  K ).
Xét 2 tam giác BEI và BDK, ta có:

N

Ị

Ờ

Ư
R

N

G

TH

S
C

TH

RẤ
T

Y

BE BI
1


BD BK
2
   

EBI  IBD  KBD  IBD  450

 
 EBI  KBD
BEI  BDK
 
 BDK  BEI  900

Do đó:

+ Vậy: Quĩ tích của D là nửa đường trịn
đường kính BK.
+ Tương tự, quĩ tích của F là nửa đường trịn
đường kính AI.

Bài 3.
Cho đường trịn (O; R) và đường thẳng d khơng đi qua O cắt đường trịn (O) tại hai
điểm A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngồi đường trịn (O) vẽ
hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm).
1. Chứng minh rằng MN 2  MP 2  MA.MB
2. Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vng.
3. Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp và tâm của đường tròn ngoại tiếp
tam giác MNP lần lượt chạy trên hai đường cố định khi M di động trên đường
thẳng d.

T

- 27 -

Giải :

Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng.
MA MN
Suy ra:

 MN 2  MP 2  MA.MB
MN MB

Ư

H

-N
T
Á
C

Â
U

X

Để MNOP là hình vng thì đường chéo OM  ON 2  R 2
Dựng điểm M: Ta dựng hình vng OACD, dựng đường trịn tâm O đi qua điểm D,
cắt (d) tại M.
Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có MN  MO 2  ON 2  R , nên
Tam giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác OPM cũng vng cân tại P. Do
đó MNOP là hình vng.

Bài tốn ln có 2 nghiệm hình vì OM  R 2  R
+ Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường trịn
đường kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp
trong đường trịn đường kính OM, tâm là H.
+ Kẻ OE  AB , thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ HL  (d ) thì HL // OE, nên

RẤ
T

N

ÊN
Y

Ị
H H luôn cách dều (d) một đoạn khơng đổi, nên H
+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì
T
chạy trên đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE.
+ Ta có: OM là phân giácS
trong góc
(tính chất
tiếp
Kẻ tia
Ccắt đường trịn (O) tại điểm haikhi đótuyến cắt nhau).với góc
phân giác trong góc
F,
(ứng
Htiếp tuyến và dây cung bằng nhau).
nội tiếp và góc tạo bởi

T
+ Suy ra F ở trên OM, do đó F là tâm đường tròng nội tiếp tam giác MNP.
+ Vậy khi M Gđộng trên (d) thì tâm đường trịn nội tiếp tam giác MNP chạy trên
Nđi
đường tròn (O).
Ờ
3. Hướng dẫn về nhà.
Ư
- Làm thêm các bài tập * SBT.
TR
1
2

HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra: HL  OE (không đổi).


NMP


PNM

Đi u ch nh:

 
NF  FP

Duy t c a BGH
Ngày 17 tháng 12 năm 2011

Lê Đình Thành

- 28 -

N


Tu n 12, 13
Tu n 12 - Ngày d y: 09/ 11/ 2011
Tu n 13 - Ngày d y: / 11/ 2011

Ngày so n: 04/11/2011

ƠN TẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. MỤC TIÊU.
- Ơn tập Hệ phương trình : thành thạo giải hệ phương trình bằng 2 phương pháp, các hệ
phương trình chứa tham số.
II . CHUẨN BỊ.
Thầy : Giáo án.
Trò : SGK + SBT Toán 9 T1, nhớ các kiến thức về hệ phương trình bằng 2 phương
pháp .
III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC.
1. Giáo viên dạy toàn bộ các kiến thức chương III Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
và bài tập minh họa.
2. Ra bài tập hướng dẫn HS.
Bài 1:

Ư

H

-N

T

 x3  4 y  y 3  16 x

.
2
2
1  y  5.(1  x )


Gợi ý:

N

ÊN

CÁ

Y

 x3  16 x  y( y 2  4)
 x3  5 x 2 y  16 x  0
 x 2  5 xy  16



 2
 2
 2
2

2
2
5 x  y  4
5 x  y  4
5 x  y  4




RẤ
T

(Hệ đẳng cấp bậc hai Đặt y = xt) có nghiệm (1;-3) , (-1; 3) , (0; 2) , (0 ; -2)

Ị

Bài 2:
 x 2  xy  y 2

 2
 x  xy  y 2








x 2  y 2  185

S
C

x 2  y 2  65

TH

Cộng theo vế ta có:

TH

2
2 3
 2 x 2  y 2 x 2  y 2  250

 x 2  y 2  25

 ( x  y )  125


 2
2
2
x 2  y 2  65  xy  12
 x  xy  y 2 x 2  y 2  65  x  xy  y







G
Hệ có nghiệm : (3;4) (4;3)
N
Ờ
Bài 3:Ư
TR








(-3; -4) (-4;-3)

 x y 4


 x5  y5 6


- 12-

X

U

Â

N


( x  x  5)  ( y  5  y )  10
( x  x  5)  ( y  5  y )  10




5
5
( x  5  x )  ( y  5  y )  2
 x5  x  y5  y  2


( x  x  5)  ( y  5  y )  10


5 x  x  5  y  5  y  2( x  5  x ).( y  5  y )






( x  x  5)  ( y  5  y )  10



 2( x  5  x ).( y  5  y )  50

 x  x5  a
Đặt 

 y  y5 b


 a  b  10
ta có hệ 
 a.b  25

 x y 5


 x5  y5 8


-N
T

 x5  y2  7


 x2  y5  7


ÊN

Ư

H

Bài 4:

CÁ

X

 x  y  3  2 x  5. y  2  49
 x5  y2  7
 x5  y 2  7






x  y
 x  y  3  2 x  2. y  5  49
 x  5. y  2  x  2. y  5



 x  y  11

N

Tương tự ta có các ý sau

 x 1  y  1

RẤ
T

Y

 x  2  y  14  4

a). 


b). 


 x  y 1  1


 y  2  x  14  4


Ị

Bài 5:

TH

 x y  x y 4

 2

2
 x  y  128

 x y  x y 4


 x y  x y  4
 1

1
2
2
2
2
  x  y    x  y   128
 x  y    x  y   256

2
2
 x y  a
Đặt  

 x y b

a  b  4
Ta có hệ  4 4
 a  b  256

Ư
R

G
N

TH

S
C

Ờ

T

Bài 6:
x  y  3  4


y  x 3  4


x  3  y  3  1

y 3 x 3 1


- 13 -

U

Â

N


 x3  a
Đặt 


 y 3  b

a 2  b  1
Ta có hệ 

2
a  b  1


Giải tiếp...
Bài 7:
 x  y  xy  3
 x  y  xy  3
 x  y  xy  3






 x 1  y  1  4
 x  y  2 xy  x  y  1  16




 xy  2 xy  xy  4  11

Đặt

xy  t

0  t  1
0  t  11




35
2
t  2 t  t  4  11 t1  3 ; t2 

3


H

-N
T

x  y  6
x  3


Suy ra : 

 xy  3
y  3


ÊN

Bài 8:

 x  y  xy  14

 x  y  xy  14

 2
2
2
 x  y  xy  84
 x  y   xy  84



N

x  y  s
 xy  p

Đặt 

Ị

Hệ có nghiệm : (2 ;8) (8 ;2)
Bài 9:



TH

S
C

 xy x  y  30
 x y  y x  30




 x x  y y  35
 x y  x y




 x y a
Đặt 

 xy  b


TH



Ư
R

G
N

RẤ
T


2

Ờ

a  5

b  6
 a  3ab  35
 x  4

 x  y 5

y  9

Ta có: 
 x  9
 xy  6



 y  4


T

Y

 3 xy   35



 ab  30

Ta có: 

Ư

3

Bài 10:
- 14 -

CÁ

X

U

Â

N


 x3  2 xy 2  12 y  0

 2
2
 x  8 y  12

2y

2y

x  y2  2
 x( x  2 y )  12 y  0 

x  y2  2
 2


2
2
2

4
2
 x  2 y  12  6 y
 2 y   8 y 2  12
 6

8 y  44 y  84 y  48  0
 y 2  2 


2

2

2y

2y

x  y2  2
x  y2  2


2
 2 y 6  11 y 4  21y 2  12  0


 t  1 2t  9t  12  0



(với t = y2)



*Bài 11:

-N
T


x2
y x  2  x
y 3
 xy  2 y  3 x  0



x 2
 2


3
2
2
2
 xy  x y  2 x  0
 y  x y  2 x  0  x 4  x 4 x 3  2  2 x x3  2



2



2

3



2




x2
y  3
tự giải tiếp

x 2
3 x 7  11x 4  8 x  0


N

*Bài 12:

RẤ
T



ÊN

Y

2
 3
 y  y x  3x  6 y  0
Nhân pt dưới với y rồi trừ cho nhau
 2
 x  xy  3


 y 3  xy 2  3 x  6 y  0  y  x  y  x  3   0

giải được….
 2
 2
2
 yx  xy  3 y  0
 x  xy  3



Ị

*Bài 13:
 x  y  4 z 1

 y  z  4x 1

 z  x  4 y 1


Ư

R

G
N

Ư

H

 xy 2  2 y  3x 2  0

 2
2
 y  x y  2x  0


TH

S
C

TH

Ờ

T

- 1 5-



CÁ 

2

0

X

U

Â

N


2x  2 y  2 4 z 1

 2 y  2 z  2 4 x 1

2z  2 x  2 4 y 1

  4 x  1  2 4 x  1  1   4 y  1  2 4 y  1  1   4 z  1  2 4 z  1  1  0
 
 



  y  z  4x 1

z  x  4 y 1


 4 x  1 1 2  4 y  1  1 2  4 z  1  1 2  0


  y  z  4x 1

z  x  4 y 1




 

 



H

-N
T

Giải tiếp...
*Bài 14:
( x  y ).( x 2  y 2 )  45


2
2
( x  y).( x  y )  85



ÊN

Ư

CÁ

( x  y ).( x 2  y 2 )  45  x3  y 3  x 2 y  xy 2  45



 3
Đặt x =yt
2
2
3
2
2
( x  y ).( x  y )  85
 x  y  x y  xy  85


3
3
2
 y t  t  t  1  45 85 t 3  t 2  t  1  45 t 3  t 2  t  1





3
3
2
3
3
2
 y t  t  t  1  85
 y t  t  t  1  85









3







2

3

Ị



N

RẤ
T

Y



2

 40t  130t  130t  40  0
4t  13t  13t  4  0


 3 3 2
 3 3 2
 y t  t  t  1  85
 y t  t  t  1  85


2
 t  1 4t  17t  4  0


3

3
2
 y t  t  t  1  85










*Bài 15:





TH


TH

S
C



G

N =P từ đó rút S thế vào pt trên.
Đặt x+y =S , xy
Ờ
Ư
TR

4
2 2

( x  y )4  6 x 2 y 2  215  0

( x  y )  6 x y  215  0


2
2
2



 xy ( x  y )  78
 xy  x  y   2 xy   78


2

*Bài 16:

 1  x  2 y  x  1



 1 2 y  2 y  x  4


 1  x  a  0
Đặt 
 2 y  x  a 2  b 2  2 ta có hệ:

 1 2 y  b  0


- 16 -

X

U

Â

N


a  a 2  b2  2  1


b  a 2  b 2  2  4

a  b  5
a  5  b
a  5  b







2
2
2
2
b  10b  27  4
b  a  b  2  4
b  b  10b  25  b  2  4




Từ đó tìm được b và a
*Bài 17:
 x 3  1  2  y  1 2
 x 3  1  2  y  1 2  1
 x3  2 y 2  4 y  3  0
 x  1



 2
  2 2y

 2

2y
2 2
1

 1  x  1
x  x y  2 y  0
x  2
x 
y 1
2y



(PT dưới do BĐT cô si)

Ư

H

 x  1

y 1

-N
T

*Bài 18:
 x 2  y 2  xy  1
 x 2  y 2  xy  1



 3
 3
3
2
2
3
x  y  x  3y

 x  y   x  3 y  x  y  xy  1






ÊN

Nhân phá ngoặc ở PT dưới ta được:

CÁ

Y

 x 2  y 2  xy  1
 x 2  y 2  xy  1
 x 2  y 2  xy  1






 y  0
2
2
2
2
 2 y 2 x  y  2 xy  0
2 y ( x  y )  x  0   x  y  0












Ị

TH
(0 ;2) và (2; 0)
S
C
TH ;1)
(1;2) và (2
G

N

N

RẤ
T

Khi x =y =0 thì hệ vơ nghiệm
Khi y = 0 thì x =1 hoặc x= -1
Vậy hệ đã cho có nghiệm là (1 ;0) , (-1 ; 0)

*Bài 19:. Đối xứng loại I (mỗi pt không thay đổi khi thay x và y cho nhau)
2

2

 x  xy  y  4
 x  y  xy  2

a) 

 x3  y 3  9

c) 

x  y  3
1
1
 2
1

2

 x  y  x2  y2  9
x  x  a
Đặt 
f. 
x  1  y  1  5
y  1  b
y


x
y



Ư
R

Ờ

 x2  x  y2  y  2

b). 

 x  y  xy  1

 x  xy  y  3

d. 

2
2
 x y  xy  2

x=1 ; y 

T

(1 ;1)

(Đặt y = -t)
 x3  y 3  35

e. 


2
2
 x y  xy  30


3 5

2

*Bài 20:. Đối xứng loại II.(pt này thành pt kia khi thay x và y cho nhau)
2

2 x  y  4 y  5

a

2
2 y  x  4 x  5


2

(1;1) và (5;5)

 x  3x  y
b.  2


 y  3y  x


- 17 -

(Trừ vế với vế)

X

U

Â

N

1
 2
2x  y  y
d. 
(1 ;1)
2 x2  x  1

x


 2 x 2  2 x  xy  y  0
c.  2

 2 y  2 y  xy  x  0

2 x  y  1  3
e. 


2 y  x  3  3


 x 1  a
Đặt. 


 y 1  b


5 5

(x;y) =  ; 


4 4




*Bài 21:. Hệ đẳng cấp. (Đặt y=xt)
 x2  y 2  1
a  2

 x  xy  2

2

Â

Ư
H

2

 x  4 xy  y  1

c. 


b.

(Đặt y=xt)

 x2  y 2  2

(Đặt y=xt)
 2
2
 2 x  xy  2 y  1


2
 y  3xy  4


(1;4) ; (-1;-4)

(*)B. giải hệ thoả mãn điều kiện bài:
Tìm m để hệ có nghiệm thoả mãn điều kiện ở trong ngoặc :
 mx  y  5
 2 x  3my  7

1. 

(x > 0 , y < 0 )

 mx  y  3
 4 x  my  6

(x > 1 , y > 0 )

 mx  2 y  3
3 x  my  4

(x > 0 , y < 0 )

2. 
3. 

 mx  y  2m
4. 
 x  my  m  1
 2mx  3 y  m
5. 
x  y  m 1

N

(x  Z, y  Z )

Ị

TH

RẤ
T

ÊN

U
X

-N
T

CÁ

Y

(m  Z , x  Z , y  Z )

S
C

 ax  2 y  a
6. 
(x-y = 1 )
 2 x  y  a  1
x  y  4
7. 
(x =3y )
 x  my  0

N

G

TH

 ax  y  b  1

8. Cho hệ 

Ờ

Ư
R

x  ay  c 2  2c



Tìm b sao cho với mọi a ta đều tìm được c để hệ có nghiệm
? ax  y  b  1
 y  b  1  ax
 y  b  1  ax





2
2
Lg: ay  c 2  2c  x  a b  1  ax   c 2  2c
x
 x 1  a   c  2c  ab  a (1)



T

*Nếu a =1 để hệ có nghiệm thì c2+2c – b +1 = 0 (*)

để pt ẩn c có nghiệm thì  ,  0  1  b  1  0  b  0 khi đó ta tìm được c  1 b

*Nếu a =-1 để hệ có nghiệm thì c2+2c + b -1 = 0 (**)
để pt ẩn c có nghiệm thì  ,  0
1 b 1 0 b 2

- 18 -

N


Vậy để với mọi a thì pt (*) và (**) đồng thời có nghiệm  0  b  2 và tìm được c để hệ
có nghiệm.
 ax  y  b

9. Cho hệ 

2
 x  ay  c  c

Tìm b sao cho với mọi a ta đều tìm được c để hệ có nghiệm ?
 2 x  by  ac 2  c

10. Cho hệ 

bx  2 y  c  1

Tìm a sao cho với mọi b ta đều tìm được c để hệ có nghiệm ?

bx  y  ac 2

11. 

 x  by  ac  1

Tìm a sao cho với mọi b ta đều tìm được c để hệ có nghiệm ?
bx  y  ac 2
(b  6) x  2by  c  1

Tìm a sao cho với mọi c ta đều tìm được b để hệ có nghiệm ?

ÊN

3. Hướng dẫn về nhà.
- Làm các bài tập *

N

Điều chỉnh:

Ị

Ư
R

Ờ

G
N

TH

S
C

TH

RẤ
T

Y

Duyệt của BGH
Ngày 05 tháng 11 năm 2011

Lê Đình Thành

T

- 19 -

CÁ

Ư

H

-N
T

12. 

X

U

Â

N


Ngày d y: Tu n 20: 07/ 01/ 2012
Tu n 21: 11/ 01/ 2012

Ngày so n: 29/ 12/ 2011

ÔN TẬP GĨC VÀ ĐƯỜNG TRỊN
I. MỤC TIÊU.
- Ơn tập Góc và đường trịn : nắm chắc các định lí về các loại góc đối với đường trịn,
trọng tâm là chứng minh tứ giác nội tiếp, sử dụng tứ giác nội tiếp để chứng minh các
yếu tố khác.
II . CHUẨN BỊ.
Thầy : Giáo án.
Trị : SGK + SBT Tốn 9 T1, nhớ các kiến thức về các định lí về các loại góc đối với
đường trịn , chứng minh tứ giác nội tiếp.
III. TIẾN TRÌNH DẠY HỌC.
1. Giáo viên dạy tồn bộ các kiến thức chương III Góc và đường trịn và bài tập minh
họa.
2. Ra bài tập hướng dẫn HS.

Bài 1. Cho nửa đường trịn tâm O , đường kính BC .Điểm A thuộc nửa đường trịn đó
Dưng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi F là
giao điểm của AE và nửa đường tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà ED
a. chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đường tròn
b. Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao.
D
Giải
K
a. Ta có  KEB= 900
mặt khác  BFC= 90 0( góc nội tiếp chắn nữa đường trịn)
E
do CF kéo dài cắt ED tại D
F
0
=>  BFK= 90 => E,F thuộc đường trịn đường kính BK
A
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đường trịn đường kính BK.
b.  BCF=  BAF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Mà  BAF=  BAE=450( tính chất hình vng)=>  BCF= 450
B
C
O
Ta có  BKF=  BEF( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Mà  BEF=  BEA=450(EA là đường chéo của hình vng ABED)
=>  BKF=450
Vì  BKC=  BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B
Bài 2 : Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường trịn tâm O . H là trực tâm

S
C

TH

N
RẤ
ỊT
TH

ÊN
Y

Ư
H
-N
T
Á
C

G
N
Ờ
của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.
Ư
TRa, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.

N
Â
U
X

b, Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường thẳng AB

và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng.
c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.
Giải
- 29 -


a. Giả sử đã tìm được điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành .
Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên
A

CH  AB và BH  AC => BD  AB và CD  AC .
Do đó:  ABD = 900 và  ACD = 900 .

Q

Vậy AD là đường kính của đường trịn tâm O

H
O

Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD

Â

P

của đường trịn tâm O thì

C

B

tứ giác BHCD là hình bình hành.
D

Ư
H

b) Vì P đối xứng với D qua AB nên  APB =  ADB
nhưng

 ADB =  ACB nhưng

 ADB =  ACB

-N
T

Do đó:  APB =  ACB Mặt khác:
 AHB +  ACB = 180

0

U
X

N

CÁ

=>  APB +  AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên  PAB =  PHB
Mà  PAB =  DAB do đó:  PHB =  DAB
Chứng minh tương tự ta có:  CHQ =  DAC

N

ÊN

Y

Vậy  PHQ =  PHB +  BHC +  CHQ =  BAC +  BHC = 1800

RẤ
c). Ta thấy APQ là tam giác cân đỉnh A
Ị T không đổi nên cạnh đáy PQ
Có AP = AQ = AD và PAQ = 2BAC
TH
đạt giá trị lớn nhất  AP và AQ là lớn nhất hay  AD là lớn nhất
S
 D là đầu đường kính kẻ từ A của đường trịn tâm O
C
Bài3: Cho đường trịn tâm O đường kính AB và CD vng góc với nhau, lấy điểm I bất
H
kỳ trên đoan CD. T
a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I là trung điểm của MN.
G
b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi.

N
c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố
Ờ
định. Ư
Giải
R
AD tại cắt tia
Ta) Dựng (I, IA)90cắtnên MN M đường AC tại N
là
kính
b) Do MâN =
Ba điểm P; H; Q thẳng hàng






N

C

0

Vậy I là trung điểm của MN
b) Kẻ MK // AC ta có : ÄINC = ÄIMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì ÄMKD vuông cân)
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
=> AM = AN = AD + AC khơng đổi
c) Ta có IA = IB = IM = IN

- 30 -

I
K
O
A

M

D

B


Vậy đường tròn ngoại tiếp ÄAMN đi qua hai điểm A, B cố định .
Bài 4 Cho đường tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB,
AC với đường tròn. Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và
E.Chứng minh rằng:
a.
DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ).
2
R  DE  R
3

b.

N
Â
U
X

a.áp dụng định lí Pitago tính được
AB = AC = R  ABOC là hình vng
Kẻ bán kính OM sao cho
O
B
BOD = MOD 
MOE = EOC
D
Chứng minh BOD = MOD
0
M
 OMD = OBD = 90
A
E C
Tương tự: OME = 90 0
 D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đường trịn (O).
b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC
 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R  DE < R
Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC
Bài 5: Từ điểm P nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB.

Ư
H
-N
T
Á
C

ÊN

Gọi H là chân đường vng góc hạ từ A đến đường kính BC.
Y
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
N
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. Ấ
Giải
TR
Ị
a) Do HA // PB (Cùng vng góc với BC) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác
TH (1)
CPB ta có
;
S
C
Mặt khác, do PO // AC (cùng vng góc với AB)
=>
POB = ACB (hai góc đồng vị)
TH
G  POB
=>
 AHC
Do đó:
(2)
N
Ờ
Ư CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của
TRDo
AH
EH CH


PB CB





AH CH

PB OB



b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
P
AH 2  (2 R 


AH.CB AH.CB
)
.
2PB
2PB

A

AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
E
- 31 -

B


O

H

C