ĐỀ CƯƠNG ÔN THI TN THCS MÔN TOÁN 9 HAY
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (284.82 KB, 21 trang )
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
HƯỚNG DẪN ÔN TẬP HỌC KÌ II - TOÁN LỚP 9- NAÊM 2011
I. LÝ THUYẾT:
A. PHẦN ĐẠI SỐ:
Câu 1: Nêu dạng tổng quát của phương trình bậc nhất hai ẩn.Phương trình bậc nhất hai ẩn có thể có bao nhiêu nghiệm?
TL: Phương trình bậc nhất hai ẩn x và y là hệ thức dạng
ax by c
+ =
. Trong đó a,b và c là các số đã biết (
0a
≠
hoặc
0b ≠
).
Phương trình bậc nhất hai ẩn luôn luôn có vô số nghiệm.
Câu 2: Nêu dạng tổng quát của hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn số. Mỗi hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có thể có bao nhiêu
nghiệm?
TL: Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng
' ' '
ax by c
a x b y c
+ =
+ =
(a,b,c,a’,b’,c’ khác 0)
Mỗi hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có thể vô nghiệm, có 1 nghiệm duy nhất hoặc vô số nghiệm.
Câu 3: Dựa vào minh họa hình học ( xét vị trí tương đối của hai đường thẳng xác định bởi hai phương trình trong hệ) thì khi nào hệ
có vô số nghiệm,vô nghiệm hoặc có một nghiệm duy nhất?
TL: Hệ hai phương trình
' ' '
ax by c
a x b y c
+ =
+ =
(a,b,c,a’,b’,c’ khác 0)
• Có vô số nghiệm nếu
' ' '
a b c
a b c
= =
* Có một nghiệm duy nhất nếu
' '
a b
a b
≠
• Vô nghiệm nếu
' ' '
a b c
a b c
= ≠
Câu 4: - Nêu định nghĩa hai hệ phương trình tương đương.
- Trong các câu sau, câu nào đúng câu nào sai:
a/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cùng có vô số nghiệm thì luôn tương đương với nhau.
b/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn vô nghiệm thì luôn tương đương với nhau.
TL: Hai hệ phương trình được gọi là tương đương với nhau nếu chúng có cùng tập nghiệm.
a/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cùng có vô số nghiệm thì luôn tương đương với nhau. ( sai )
b/ Hai hệ phương trình bậc nhất hai ẩn vô nghiệm thì luôn tương đương với nhau.( Đúng )
Câu 5: Nêu tính chất của hàm số
2
( 0)y ax a= ≠
TL : Nếu a>0 thì hàm số đồng biến khi x>0 và nghịch biến khi x<0
Nếu a<0 thì hàm số đồng biến khi x<0 và nghịch biến khi x>0
* Lưu ý : Nếu a>0 thì y>0 .Giá trị nhỏ nhất của hàm số là y=0
Nếu a<0 thì y<0.Giá trị lớn nhất của hàm số là y=0
Câu 6 : Nêu đặc điểm của đồ thị hàm số y=ax
2
(
0a ≠
)
TL : Đồ thị hàm số y=ax
2
(
0a
≠
) là một đường cong đi qua gốc tọa độ và nhận trục Oy làm trục đối xứng.Đường cong
đó được gọi là một Parapol với đỉnh O.
Nếu a>0 thì đồ thị nằm phía trên trục hoành , O là điểm thấp nhất của đồ thị.
Nếu a<0 thì đồ thị nằm phía dưới trục hoành,O là điểm cao nhất của đồ thị
Câu 7: - Viết dạng tổng quát của phương trình bậc hai .
- Áp dụng : Xác định hệ số a,b,c của phương trình
− + + =
2
3 3 1 0x x
TL : Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình có dạng ax
2
+ bx +c=0 ,trong đó x là ẩn; a,b,c là những số cho trước
gọi là các hệ số và
( 0)a ≠
. Áp dụng :
= − = =( 3; 3; 1)a b c
Câu 8: Cho phương trình ax
2
+ bx +c=0
( 0)a ≠
. Viết công thức tính nghiệm của phương trình trên ( 3 TH).
Áp dụng : Giải phương trình
− + =
2
3 2 0x x
.
TL: Đối với phương trình ax
2
+ bx +c=0
( 0)a ≠
và biệt thức
2
4b ac∆ = −
* Nếu
∆
>0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 1
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
1 2
;
2 2
b b
x x
a a
− + ∆ − − ∆
= =
* Nếu
∆
=0 thì phương trình có nghiệm kép x
1
= x
2
=
2
b
a
−
* Nếu
∆
<0 thì phương trình vô nghiệm
− + = = = − =
∆ = − = − − = −
∆ = − <
2
2 2
3 2 0 ( 1; 3 ; 2)
4 ( 3) 4.1.2 5
5 0
x x a b c
b ac
Câu 9: Cho phương trình ax
2
+ bx +c=0
( 0)a ≠
. Viết công thức tính nghiệm thu gọn của phương trình trên Áp dụng : Giải
phương trình
− + =
2
4 3 0x x
.
TL: Đối với phương trình ax
2
+ bx +c=0
( 0)a ≠
và b=2b’. biệt thức
2
' 'b ac∆ = −
* Nếu
'∆
>0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
1 2
' ' ' '
;
b b
x x
a a
− + ∆ − − ∆
= =
* Nếu
'∆
=0 thì phương trình có nghiệm kép x
1
= x
2
=
'b
a
−
* Nếu
'∆
<0 thì phương trình vô nghiệm.
− + =
2
4 3 0x x
( a=1,b’=-2,c=3)
∆ = − − =
2
' ( 2) 1.3 1
>0 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.
1 2
' ' ( 2) 1 ' ' ( 2) 1
3 ; 1
1 1
b b
x x
a a
− + ∆ − − + − − ∆ − − −
= = = = = =
Câu 10: - Phát biểu hệ thức Vi-ét
- Áp dụng :
− + + =
2
5 4 3 0x x
.Tính x
1
+ x
2
và x
1
x
2
TL : Nếu x
1,
x
2
là hai nghiệm của phương trình ax
2
+ bx+c=0
( 0)a ≠
thì
1 2 1 2
à .
b c
x x v x x
a a
+ = − =
Áp dụng : Vì a = -5<0 ; c = 3>0. a và c trái dấu nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
+ = − = = = −
1 2 1 2
4 3
.
5 5
b c
x x va x x
a a
Câu 11 : - Nêu hai trường hợp đặc biệt của hệ thức vi- ét.
- Áp dụng để tính nhẩm nghiệm của các phương trình sau
a/ x
2
-6x+5=0 b/ x
2
-5x- 6=0
TL: Phương trình ax
2
+ bx+c=0
( 0)a ≠
có :
* Neáu a+b+c=0 thì phương trình có hai nghiệm là x
1=
1 và x
2
=
c
a
* Neáu a-b+c=0 thì phương trình có hai nghiệm là : x
1=
-1 và x
2
=-
c
a
Áp dụng: a/ x
2
-6x+5=0 có a+b+c=1-6+5=0 nên phương trình có 2 nghiệm: x
1=
1 và x
2
=
5
5
1
c
a
= =
b/ x
2
-5x- 6=0 có a-b+c=1+5-6=0 nên phương trình có 2 nghiệm: x
1= -
1 và x
2
=
( 6)
6
1
c
a
− −
− = =
Câu 12: Cho phương trình :
+ + =
2
0ax bx c
( 0)a ≠
có hai nghiệm x
1
và x
2
.Chứng
minh
= + = − = =
1 2 1 2
va P
b c
S x x x x
a a
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 2
Vậy phương trình vô nghiệm.
Ap dụng :.
Ap dụng :.
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
1 2
1 2
2 2 2
1 2
2 2
x ;
2 2
2
2 2 2
( ) 4
. .
2 2 4 4
b b
x
a a
b b b b
x x
a a a a
b b b b b ac c
x x
a a a a a
- + - -D D
= =
- + - - - -D D
+ = + = =Þ
- + - - - - - +D D D
= = = =
Câu 13: Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm có tổng là S và có tích là P (khơng cần chứng minh )
Áp dung : Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là:
2 2+
và
2 2−
TL : Phương trình bậc hai có tổng hai nghiệm là S và tích hai nghịêm là P có dạng :X
2
- SX + P = 0
Áp dụng :
2
S 2 2 2 2 4
P (2 2).(2 2) 4 2 2
Vậy 2+ 2 và 2- 2 là hai nghiệm của phương trình
X 4X 2 0
= + + - =
= + - = - =
- + =
B.PHẦN HÌNH HỌC
* Câu 1 : Chứng minh định lí: “Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau: Hai cung bằng nhau
căng hai dây bằng nhau”
TL:
O
A
B
C
D
GT
Cho đường tròn (O)
»
»
AB CD=
KL
AB = CD
Ta có:
»
»
AB CD=
( GT)
⇒
·
·
AOB COD=
( 2 góc ở tâm chắn 2 cung bằng nhau thì bằng nhau)
Nên :
AOB COD
=
V V
( c.g.c)
⇒
AB = CD (đpcm)
*Câu 2: Nêu cách tính số đo của cung nhỏ trong một đường tròn. Áp dụng:Cho đường tròn (O), đường kính AB. Vẽ dây AM sao
cho
·
0
40AMO =
. Tính số đo cung BM ?
TL:
GT
Cho đường tròn (O)
AB: Đường kính
Dây AM sao cho:
·
0
40AMO =
KL
Tính
·
BOM
?
Ta có: OA = OB ( bán kính)
⇒
AOMV
cân tại O
⇒
·
BOM
= 2
·
0
2.40AMO =
=
0
80
( định lí góc ngồi của tam giác AOM)
Câu 3: Chứng minh rằng trong một đường tròn, hai cung bị chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau. (Chú ý: Học sinh chỉ chứng
minh một trường hợp: một trong hai dây, có một dây đi qua tâm cuả đường tròn)
TL:
O
A
B
C
D
GT
Cho đường tròn (O)
CD: dây cung
AB: đường kính
AB // CD
KL
»
»
AC BD=
Ta có:
·
·
AOC OCD=
( So le trong)
·
·
BOD ODC=
( So le trong)
Mà
·
·
OCD ODC=
(
OCDV
cân tại O)
GV: Nguyễn Thị Xn Dung 3
TL: Vì
O
A
B
M
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
⇒
·
·
AOC BOD=
⇒
»
»
AC BD=
( 2 góc ở tâm bằng nhau thì chắn 2 cung bằng nhau)
Câu 4: Áp dụng các định lí về mối quan hệ giữa cung nhỏ và dây căng cung đó trong một đường tròn để giải bài toán sau: Cho nửa
đường tròn (O) đường kính AB.Vẽ các bán kính OM, ON sao cho:
·
·
0 0
40 , 80AOM BON= =
. So sánh: AM, MN và NB ?
TL:
GT
. Cho đường tròn (O)
. M,N
∈
(O):
.
·
·
0 0
40 , 80AOM BON= =
KL So sánh: AM, MN, BN?
Ta có:
·
·
·
·
0
0 0 0
180
180 40 80
MON AOM BON
MON
= − −
= − −
( vì
·
0
180AOB =
)
⇒
·
·
·
AOM MON NOB< <
⇒
¼
¼
»
AM MN NB< <
( góc ở tâm nhỏ hơn thì chắn cung nhỏ hơn)
⇒
AM < MN < NB ( cung nhỏ hơn thì căng dây nhỏ hơn)
Câu 5: Chứng minh định lí: “ Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện bằng 180
0
”.
TL:
GT
. Cho đường tròn (O)
. ABCD nội tiếp (O)
KL
µ
µ
µ
µ
0
0
180
180
A C
B D
+ =
+ =
Ta có:
µ
A =
1
2
sđ
¼
BCD
( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn)
``
µ
C =
1
2
sđ
¼
BAD
( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn)
⇒
µ
µ
1
2
A C+ =
sđ(
¼
¼
BCD BAD+
) =
1
2
.
0
360
=
0
180
Tương tự:
µ
µ
0
180B D+ =
( hoặc
µ
µ
0 0 0
360 180 180B D+ = − =
: tính chất tổng 4 góc của tứ giác)
Câu 6: Chứng minh định lí: “ Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn”.( Chỉ chứng
minh một trường hợp: có một cạnh của góc đi qua tâm ).
Ta có
·
BOC
=
1 1
ˆ ˆ
A C+
( Định lý góc ngoài tam giác AOC)
Mà
1 1
ˆ ˆ
A C=
( do có OC=OA=R)
Do đó
·
BOC
=
1
ˆ
2A
.Suy ra
1
1
ˆ
2
A =
·
BOC
.Mà
·
»
BOC sd BC=
(góc ở tâm chắn cung BC)
Vậy
1
1
ˆ
2
A =
»
sd BC
. Hay
·
»
1
2
BAC sd BC=
(đpcm)
Câu 7 : Chứng minh định lí: “Số đo của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo của cung bị chắn”.( Chỉ chứng
minh một trường hợp: Tâm O của đường tròn nằm ở ngoài của góc).
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 4
O
A
M
B
N
O
D
C
A
B
o
A
B
C
Đường tròn (O,R)
·
BAC
là góc nội tiếp
·
»
1
2
BAC sd BC=
1
1
GT
KL
O
C
B
A
H
m
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
`
`
Vẽ đường cao OH của tam giác cân OAB ,ta có:
·
1
ˆ
BAx O=
( hai góc này cùng phụ với
·
OAB
) . Nhưng
·
1
1
ˆ
2
O AOB=
( OH là tia phân giác của
·
AOB
)
Suy ra
·
·
1
2
BAx AOB=
.Mặt khác
·
¼
AOB sd AmB=
Vậy
·
¼
1
2
BAx sd AmB=
Câu 8 : Chứng minh định lí: “ Số đo của góc có đỉnh ở bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn”.
TL:
GT
Cho đường tròn (O)
·
BEC
: góc có đỉnh bên trong (O)
KL
·
BEC
=
1
2
sđ(
¼
¼
BnC AmD+
)
Xét tam giác BDE, ta có:
·
BEC
=
µ
µ
B D+
( định lí góc ngoài của tam giác BDE)
Mà
µ
1
2
B =
sđ
¼
AmD
( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn)
µ
1
2
D =
sđ
¼
BnC
( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn)
Nên:
·
BEC
=
1
2
sđ(
¼
AmD
+
¼
BnC
)
Câu 9: Nêu cách tính độ dài cung
0
n
của hình quạt tròn bán kính R. Áp dụng: Cho đường tròn ( O; R = 3 cm). Tính độ dài
cung AB có số đo bằng 60
0
?
TL::
GT
Cho đường tròn (O; R = 3cm)
Sđ
»
0
60AB =
KL
Tính độ dài
»
AB
Ta có:
»
180
AB
Rn
l
π
=
. Mà : R = 3cm và n = sđ
»
0
60AB =
( giả thiết) .Vậy:
»
.3.60
( )
180
AB
l cm
π
π
= =
Câu 10: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn (O). Chứng minh:
TL:
GT
Cho đường tròn (O)
ABCD ngoại tiếp đường tròn (O)
KL AB+CD = AD+BC
Ta có: AM = AQ ( Tính chất 2 tiếp tuyến giao nhau)
BM = BN (…nt…)
DP = DQ (…nt…)
CP = CN (…nt…)
Cộng từng vế, ta có: AM+BM+DP+CP = AQ+BN+DQ+CN
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 5
n
E
O
D
C
A
B
m
O
A
B
O
A
D
B
C
M
N
P
Q
Đường tròn (O,R)
·
BAx
là góc tạo bởi tia tiếp
tuyến và dây cung
·
¼
1
2
BAx sd AmB=
GT
KL
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
Hay: AB + CD = AD + BC ( đpcm)
AB + CD = AD + BC
Câu 11: Chứng minh định lí: “ Số đo của góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn”.
II. CÁC BÀI TOÁN
A. Đại số:
* Dạng 1: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau:
a/
3 2 1
3
x y
x y
− =
+ = −
b/
3 5 1
2 4
x y
x y
+ =
+ = −
c/
2 4 12
3 9
x y
x y
− =
− + = −
d/
3 5
2 3 18
x y
x y
− =
+ =
e/
2 3
2 1
x y
x y
− =
+ = −
f/
2 4 12
3 9
x y
x y
− =
− + = −
g/
2( 1) ( 2) 2
1 2 4
x y
x y
+ − − =
+ + − =
h/
1 1 5
8
1 1 3
8
x y
x y
+ =
− =
Bài 2:
Câu 1: Với giá trị nào của a và b thì hệ phương trình
2 12
2 6
ax by
ax by
+ =
− = −
a/ Có nghiệm là
( 2; 1)x y= − =
b/ Vô nghiệm; c/ vô số nghiệm; d/có nghiệm duy nhất
Câu 2: Cho hệ phương trình:
3 5
4 6 9
mx y
x y
+ =
+ =
a/Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất,
b/ Vô nghiệm; c/ vô số nghiệm; d/có nghiệm (3; -0,5)
Dạng 2: Hàm số và đồ thị:
Bài 3: (giải hpt biết đồ thị đi qua hai điểm)
Câu 1: Xác định hàm số
y ax b= +
biết rằng đồ thị của nó đi qua hai điểm
a/ A(2 ; 4) và B(-5 ; 4) b/ A(3 ; -1) và B(-2 ; 9)
Câu 2: Xác định đường thẳng
y ax b= +
biết rằng đồ thị của nó đi qua điểm
A(2 ; 1) và đi qua giao điểm B của hai đường thẳng
y x= −
và
2 1y x= − +
Bài 4: Cho hàm số y = -x
2
có đồ thị (P) và y = -2x +m có đồ thị là (d)
a/ Xác định m biết rằng (d) đi qua điểm A trên (P) có hoành độ bằng 1.
b/ Trong trường hợp m = -3 .Vẽ (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ và xác định tọa độ các giao điểm của chúng .
c/ Với giá nào của m thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ; (d) tiếp xúc với (P) ,(d) không cắt (P)
Bài 5: Cho hàm số y = x
2
có đồ thị (P) và y = x +2 có đồ thị là (d)
a/ Vẽ đồ thị (P) và đồ thị (d) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b/ Tìm tọa độ giao điểm A và B của (P) và (d) bằng đồ thị và phép tính.
Bài 6:
a/ Xác định hệ số a của hàm số y= ax
2
.Biết rằng đồ thị của hàm số đi qua một điểm (-2;2) .
b/ Tìm tọa độ giao điểm A và B của (P) có phương trình y=
2
1
2
x
và đường thẳng (d) có phương trình y=
3
2
2
x +
bằng phép tính.
c/ Vẽ đồ thị (P) và đồ thị (d) trên cùng một hệ trục tọa độ.
Bài 7: Cho parabol (P): hàm số y= 2x
2
a/ Vẽ đồ thị (P).
b/ Với giá trị nào của m thì đường thẳng(d): y=3x+m cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B
c/ Xác định tọa độ A và B trong trường hợp cho m=0. HD: giải pt hoành độ giữa (P) và (d) trong TH m=0 là 2x
2
=3x
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 6
Câu 3: Với giá trị nào của m và n thì hệ phương trình
3 1
2
mx y
x ny
+ =
+ = −
a/nhận cặp số (-2 ; 3) là nghiệm.
b/ Vô nghiệm; c/ vô số nghiệm; d/có nghiệm duy nhất
Câu 4: Tìm giá trị của a để hệ phương trình
2 5
3
x y
ax y a
+ =
+ =
a/ Có một nghiệm duy nhất b/ Vô nghiệm.
Trng THCS Thnh Long - Chõu Thnh-Tõy Ninh.
Dng 3: Phng trỡnh bc hai mt n.
Bi 8: Gii phng trỡnh : ( bin i a v phng trỡnh bc hai)
2 2 2 2
2
/3 75 0 / 384 0 / ( 15) 3(27 5 ) / (2 7) 12 4(3 ) /(3 2) 2( 1) 2
3
a x b x c x x x d x x x e x x+ = = = = =
Bi 9: Gii phng trỡnh sau ( dựng thc nghim hoc cụng thc nghim thu gn hoc dựng h thc Vi-ột)
2 2 2
1/ 5 14 2 /3 10 80 0 3/ 25 20 4 0x x x x x x = + + = + =
4/ x
2
- 5x + 6 = 0 5/ 2x
2
- 3x- 5 = 0 6/ x
2
- 3x + 2 = 0
Bi 10:nh m phng trỡnh :
+ =
+ =
2
2 2
2
a/ 3x 2x m 0 voõ nghieọm
b/ 2x mx m 0 co ự 2 nghieọm phaõn bieọt
c/ 25x +mx + 2 = 0 coự nghieọm keựp
Bi 1 1 :Cho phng trỡnh :x
2
+ (m+1)x + m = 0 (1)
1/ Chng t rng phng trỡnh cú nghim vi mi m .
2/ Tỡm m sao cho phng trỡnh nhn x = -2 lm nghim . Tớnh nghim cũn li .
3/ Tỡm m phng trỡnh cú hai nghim i nhau .
4/ Tỡm m phng trỡnh cú hai nghim cựng du
11/ Tỡm m phng trỡnh cú hai nghim trỏi du
5/ Tỡm m phng trỡnh cú hai nghim l hai s nghch o nhau
6/ Tỡm m sao cho x
1
- x
2
= 2
7/ Tỡm m
2 2
1 2
x x+
t giỏ tr nh nht
8/ Tỡm m c hai nghim u dng
9/ Tỡm h thc liờn h gia x
1;
x
2
khụng ph thuc vo m.
10/ Tớnh
3 3
1 2
x x+
; x
1
2
+ x
2
2
;
1 2
1 1
x x
+
Bi 12:Cho phng trỡnh :x
2
-4x + m + 1 = 0 (1)
1/ Tỡm iu kin ca m phng trỡnh cú nghim.
2/ Tỡm m sao cho x
1
,x
2
tha món:
a) x
1
,x
2
i nhau b/ x
1
2
+ x
2
2
= 10 c/ (x
1
- x
2
)
2
= 4 d/ x
1
3
+ x
2
3
= 40
B. Hỡnh hc
Bi 1: Cho ng trũn (O; R), hai ng kớnh AB v CD vuụng gúc vi nhau. Trờn on AB ly im M ( khỏc im O),
ng thng CM ct ng trũn (O) ti im th hai l N. ng thng d vuụng gúc vi AB ti M ct tip tuyn ca ng trũn
(O) ti N im P. Chng minh :
a/. T giỏc OMNP ni tip c mt ng trũn.
b/. T giỏc CMPO l hỡnh bỡnh hnh.
c/. Tớch CM.CN khụng i.
Bi 2: Cho na ng trũn tõm O ng kớnh BC = 2R, mt im A trờn na ng trũn y sao cho BA = R. Ly M l
mt im trờn cung nh AC, BM ct AC ti I. Tia BA ct tia CM ti D.
a/. Chng minh: DI
BC.
b/. Chng minh t giỏc AIMD ni tip c mt ng trũn.
c/. Gi s
ã
0
45AMB =
.Tớnh di on thng AD theo R v din tớch hỡnh qut AOM.
Bi 3: Cho ng trũn tõm O ng kớnh AB. Gi C l mt im trờn ng trũn sao cho CA > CB. V hỡnh vuụng
ACDE cú nh D trờn tia i ca tia BC. ng chộo CE ct ng trũn ti im F ( khỏc im C).
a/. Chng minh : OF
AB.
b/. Chng minh : Tam giỏc BDF cõn ti F.
c/. CF ct tip tuyn Ax ca ng trũn (O) ti im M. Chng minh ba im D, E, M thng hng.
Bi 4 : Cho tam giỏc ABC vuụng tiA, AH l ng cao v AM l trung tuyn ( H, M
cnh BC ). ng trũn tõm H,
bỏn kớnh HA ct AB ti P v AC ti Q.
a/. Chng minh rng 3 im P, H, Q thng hng.
b/. Chng minh: MA
PQ.
c/. Chng minh t giỏc BPCQ ni tip c mt ng trũn.
Bi 5 : Cho ng trũn tõm O cú 2 ng kớnh AB v CD vuụng gúc vi nhau, dõy AE i qua trung im P ca OC, ED
ct CB ti Q.
a/. Chng minh t giỏc CPQE nụi tip c mt ng trũn.
b/. Chng minh : PQ // AB.
GV: Nguyn Th Xuõn Dung 7
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
c/. So sánh diện tích tam giác CPQ với diện tích tam giác ABC.
Bài 6: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của AC .Đường tròn tâm O ,đường kính MC cắt BC tại N. Đường
nối BM kéo dài gặp đường tròn tại D.
a/ Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp.Xác định tâm I của đường tròn này .
b/ Chứng minh DB là phân giác của góc AND
c/ Kéo dài BA và CD gặp nhau tại S. Chứng minh S,M,N thẳng hàng. (Thi HKII năm 2008-2009)
Bài 7: Cho nữa đường tròn O đường kính AB. Cho 2 điểm C,D nằm trên nửa đường tròn ấy (C,D khác A,B và D nằm giữa
C,B) .AC cắt BD tại E,AD cắt BC tại F
a/ CMR: ECFD nội tiếp đường tròn.Xác định tâm I của đường tròn này.
b/ CMR: AEF=ABC .
c/ CMR: EF
⊥
AB
d/ Cho
»
0
60CD =
,AD=5cm. Tình diện tích tam giác ADE.
III/ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP
A. Đại số:
*/Về phương trình bậc hai:
1/ Tìm tham số m(a,b ) để phương trình có hai nghiệm phân biệt
∆
>0 hoặc
∆
’> 0
2/ Tìm tham số m(a,b ) để phương trình có nghiệm kép
∆
= 0 hoặc
∆
’= 0
3/ Tìm tham số m(a,b ) để phương trình vô nghiệm
∆
< 0 hoặc
∆
’< 0
4/Tìm tham số m(a,b,) để phương trình có hai nghiệm trái dấu
0
0P
∆ ≥
<
5/Tìm tham số m(a,b,) để phương trình có hai nghiệm cùng dấu
0
0P
∆ ≥
>
6/ Tìm tham số m(a,b,) để phương trình có hai nghiệm cùng dương
0
0
0
P
S
∆ ≥
>
>
7/ Tìm tham số m(a,b,) để phương trình có hai nghiệm cùng âm
0
0
0
P
S
∆ ≥
>
<
8/ Tìm tham số m(a,b,) để phương trình có hai nghiệm nghịch đảo nhau
1 2
0
. 1x x
∆ ≥
=
9/ Tìm tham số m(a,b,) để phương trình có hai nghiệm đối nhau
1 2
0
0x x
∆ ≥
+ =
10/ Các công thức tính theo tổng và tích hai nghiệm x
1
2
+x
2
2
= (x
1
+x
2
)
2
- 2x
1
x
2
x
1
3
+x
2
3
= (x
1
+x
2
)
3
- 3x
1
x
2
(x
1
+x
2
)
x
1
- x
2
= m (x
1
- x
2
)
2
= m
2
(x
1
+x
2
)
2
- 4x
1
x
2
= m
2
* Hàm số và đồ thị:
1. Tìm giá trị của m để (d) tiếp xúc với (P) .Tìm tọa độ tiếp điểm.
- Viết pt hoành độ giữa (d) và (P) tính
∆
hoặc (
∆
’) Cho
∆
=0 hoặc
∆
’=0 rồi gpt tìm nghiệm m.
- Tìm tọa độ tiếp điểm:
+ Dựa vào CT nghiệm x
1
=x
2
=
1 2
( )
2
b b
dung hoac x x
a a
− ∆ = = −
(nếu dùng
∆
’) để tìm x
1
, x
2
.
+Thế x
1
, x
2
vào một trong hai đồ thị để tìm y
1
, y
2
Suy ra tọa độ các tiếp điểm (x
1
, y
1
) ; ( x
2
, y
2
)
2. Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt .Tìm 2 nghiệm đó.
- Để (d) cắt (P) tại hia điểm phân biệt thì
∆
pt hoành độ
> 0 hoặc
∆
’
pt hoành độ
> 0
- Tìm tọa độ giao điểm :
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 8
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
+Dựa vào CT nghiệm:
1 2
x ;
2 2
b b
x
a a
- + - -D D
= =
hoặc
1 2
' ' ' '
;
b b
x x
a a
− + ∆ − − ∆
= =
để tính x
1
, x
2
+Thế x
1
, x
2
vào một trong hai đồ thị để tìm y
1
, y
2
Suy ra tọa độ các giao điểm (x
1
, y
1
) ; ( x
2
, y
2
)
3. Tìm m để (d) không cắt (P).
- Viết pt hoành độ giữa (d) và (P) tính
∆
hoặc (
∆
’) Cho
∆
< 0 hoặc
∆
’< 0 rồi gpt tìm nghiệm m.
4.Tìm m để hai đường thằng (d) và (d’) của hệ :
a. Có nghiệm duy nhất khi
' '
a b
a b
≠
b/ Vô số nghiệm khi:
' ' '
a b c
a b c
= =
c/ Vô nghiệm khi
' ' '
a b c
a b c
= ≠
d/ Nhận nghiệm (x,y) Thế giá trị x ,y vào 2 đường thằng .Rồi giải hệ phương trình
II/ Hình học:
1. Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp
- Cách 1: 4 đỉnh cùng thuộc đường tròn:
+ Các đỉnh đó cách đều tâm
+ 2 đỉnh A,B liên tiếp cùng nhìn một cạnh CD dưới một góc không đổi.(tâm I là giao điểm 2 đường trung trực của 2 đường
chéo của tứ giác ABCD)
+ 2 đỉnh A,B cùng nhìn một cạnh CD dưới một góc 90
0
( Tâm I là trung điểm cảu cạnh CD)
- Cách 2: Tổng hai góc đối bằng 180
0
(A+C=180
0
hoặc B+D= 180
0
)
2. Chứng minh 3 điểm thẳng hàng:3 điểm đó tạo thành góc bẹt hoặc 3 điểm đó tạo thành đường cao thứ ba trong tam giác,…….
ĐÁP ÁN
Bài 1:
a/
3 2 1
3
x y
x y
− =
+ = −
3 2 1 5 5
2 2 6 3
x y x
x y x y
− = = −
⇔ ⇔
+ = − + = −
1 1
1 3 2
x x
y y
= − = −
⇔ ⇔
− + = − = −
b/
3 5 1
2 4
x y
x y
+ =
+ = −
3 5 1 7 21
10 5 20 2 4
x y x
x y x y
+ = =
⇔ ⇔
− − = + = −
3 3
2.( 3) 4 2
x x
y y
= − =
⇔ ⇔
− + = − =
c/
4 3 15
3 2 10
x y
x y
+ =
+ =
8 6 30
9 6 30
x y
x y
− − = −
⇔
+ =
0 0
3 2 20 3.0 2 10
x x
x y y
= =
⇔ ⇔
+ = + =
0
5
x
y
=
⇔
=
d/
3 5
2 3 18
x y
x y
− =
+ =
9 3 15
2 3 18
x y
x y
− =
⇔
+ =
11 33
2 3 18
x
x y
=
⇔
+ =
3 3
9
16
2.3 3 18 4
x x
x
y
y y
= =
=
⇔ ⇔ ⇔
=
+ = =
e/
1 1 5
8
1 1 3
8
x y
x y
+ =
− =
Cộng từng vế hai phương trình ta được:
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 9
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
2
1 2x
x
= ⇔ =
Thay
2x
=
vào
1 1 5
8x y
+ =
được:
1 5 1 1 1
8
8 2 8
y
y y
= − ⇔ = ⇔ =
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2 ; 8)
f/
2 1
1
2
1 5
6
2
x y x y
x y x y
− =
+ −
+ =
− +
Đặt
1 1
;
2
a b
x y x y
= =
+ −
Điều kiện
2
x y
y
x
≠
−
≠
Ta có hệ phương trình
2 1
5 6
a b
a b
− =
+ =
Giải ra ta được
1
1
a
b
=
=
Giải hệ phương trình
1
1
2
1
1
x y
x y
=
+
=
−
2
2 1
3
1 1
3
x
x y
x y
y
=
+ =
⇔ ⇔
− = −
=
( Thỏa điều kiện )
Vậy nghiệm của hệ phương trình
2
3
1
3
x
y
=
−
=
h/
5( 2 ) 3 1
2 4 3( 5 ) 12
x y x
x x y
+ = −
+ = − −
5 10 3 1
2 4 3 15 12
x y x
x x y
+ = −
⇔
+ = − −
⇔
2 10 1 2 10 1
15 16 2 30 32
x y x y
x y x y
+ = − + = −
⇔
− + = − − + = −
⇔
33
15 16
40
40 33 29
8
y
x y
y
x
−
=
− + = −
⇔
= −
=
Vậy
29 33
( ; ) ( ; )
8 40
x y
−
=
Bài 2:
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 10
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
a/
2 12
2 6
ax by
ax by
+ =
− = −
Do
( 2; 1)x y= − =
là nghiệm của hệ phương trình
Nên
4 12
2 2 6
a b
a b
− + =
− − = −
4 12 5 9
3 3
a b a
a b a b
− + = − =
⇔ ⇔
− − = − − − = −
⇔
9 9
5 5
9 24
3
5 5
a a
b b
− −
= =
⇔
− = − =
b/
3 1
2
mx y
x ny
+ =
+ = −
Do
( 2; 3)x y= − =
là nghiệm của hệ phương trình
Nên
2 3.3 1
2 3 2
m
n
− + =
− + = −
2 9 1
2 3 2
m
n
− + =
⇔
− + = −
2 8 4
3 0 0
m m
n n
− = − =
⇔ ⇔
= =
Bài 3:
Câu 1:
3 5
4 6 9
mx y
x y
+ =
+ =
Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất
3 3.4
4 6 6
m
m⇔ ≠ ⇔ ≠
2m
⇔ ≠
Câu 2:
2 5
3
x y
ax y a
+ =
+ =
a/ Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất
1 2 3.1 3
3 2 2
a a
a
⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠
b/ Hệ phương trình vô nghiệm
1 2 5 3
3 2
a
a a
⇔ = ≠ ⇔ =
Câu 3:
3
2 6 8
x y m
x y
− =
− =
Ta có
1 3
2 6
−
=
−
Nếu
1
4
2 8
m
m= ⇔ =
thì hệ phương trình có vô số nghiệm.
Nếu
1
4
2 8
m
m≠ ⇔ ≠
thì hệ phương trình vô nghiệm.
Bài 4:
Câu 1:
a/ Vì đồ thị hàm số đi qua A(2; -4) nên
2 4a b+ =
Và qua B(-5 ; 4) nên
5 4a b
− + =
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 11
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
Ta có hệ phương trình
2 4
5 4
a b
a b
+ =
− + =
7 0
2 4
a
a b
=
⇔
+ =
0
4
a
b
=
⇔
=
Vậy
4y =
b/ Vì đường thẳng
y ax b= +
qua A(3 ; -1) nên
3 1a b
+ = −
Và qua B(-2 ; 9) nên
2 9a b− + =
Ta có hệ phương trình
3 1 5 10
2 9 2 9
a b a
a b a b
+ = − = −
⇔
− + = − + =
2 2
2( 2) 9 5
a a
b b
= − = −
⇔ ⇔
− − + = =
Vậy
2 5y x= − +
Câu 2:
Xác định giao điểm B của hai đường thẳng :
y x= −
và
2 1y x= − +
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng:
2 1x x− = − +
1x⇔ =
1y⇒ = −
Vậy B(1 ; -1)
Xác định tiếp đường thẳng đi qua A(2 ; 1) và B(1 ; -1) được
2 3y x= −
Bài 5 :
a/
2
( )
(1; 1)
1
1
( ) 1 2.1 1
A A
A
A
A P
y x
A
x
x
A d m m
ì
ì
Î
ï
=
ï
ï ï
-Û Û
í í
ï ï
=
=
ï
î ï
î
- = - + =Î Û Û
b/ Bảng giá trị y = -x
2
X -3 -2 -1 0 1 2 3
y=-x
2
-9 -4 -1 0 -1 -4 -9
X 0 -3/2
y=-2x-3 -3 0
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là :
2
2
2 3
1
2 3 0
3
x x
x
x x
x
- = - -
é
= -
ê
- - =Û Û
ê
=
ë
Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là B(-1 ;-1) ; C(3 ;-9)
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 12
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
c/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P)
2 2
2 2 0x x m x m m- = - + - + =Û
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
' 1 0 1m m= - > <Û D Û
Với m<1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
d/ (d) tiếp xúc với (P)
' 0 1 0 1m m= - = =Û D Û Û
(d) không cắt (P)
' 0 1 0 1m m< - < >Û D Û Û
Bài 6 :
1/
2
2
3 75 0
3 75 0
x
x x
+ =
+ > "
Nên phương trình vô nghiệm.
2/
1
2 2 2
2
24
2
384 0 2 1152 576
24
3
x
x x x
x
é
=
ê
- = = =Û Û Û
ê
= -
ë
3/
1
2
2
( 15) 3(27 5 )
9
81
9
x x x
x
x
x
- = -
é
=
ê
=Û Û
ê
= -
ë
4/
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 13
y = -x
2
y= -2x - 3
C(3;-9)
B(-1;-1)
-9
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
2
2
1
2
(2 7) 12 4(3 )
2 7 12 12 4
2 11 0
( 11) 0
0
11
x x x
x x x
x x
x x
x
x
- - = - -
- - = - +Û
- =Û
- =Û
é
=
ê
Û
ê
=
ë
5/
2 2
2 2
2
1
2
(3 2) 2( 1) 2
9 12 4 2 4 2 2
7 8 0
(7 8) 0
0
8
7
x x
x x x x
x x
x x
x
x
- - - =
- + - + - =Û
- =Û
- =Û
é
=
ê
ê
Û
ê
=
ê
ë
Bài 7 : 1/
2
5 14x x− = −
2
1 2
5 14 0( 1; 5; 14)
25 56 81 0
2; 7
x x a b c
x x
+ - = = = = -Û
= + = >D
= = -
2/
2
3 10 80 0x x+ + =
( 3; 10; 80)a b c= = =
'D
= 25-240 = -215<0
Phương trình vô nghiệm
3/
2
25 20 4 0( 25; 20; 4)x x a b c− + = = = − =
'D
=(-10)
2
-25.4=0
Phương trình có nghệm kép :
1 2
' 10 2
25 5
b
x x
a
−
= = = =
Bài 8
a/
2
3 2 0( 3; ' 1; )x x m a b c m− + = = = − =
'D
= (-1)
2
-3m = 1-3m
Để phương trình vô nghiệm
'D
<0 suy ra 1-3m<0 hay
1
3
m >
Với
1
3
m >
thì phương trình đã cho vô nghiệm
b/ 2x
2
+ mx - m
2
= 0 (a = 2;b = m; c =- m
2
)
D
= m
2
-4.2(-m
2
)
D
= m
2
+8 m
2
D
=9 m
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
2
0 9 0 0m m> >Û D Û Û ¹
c/ 25 x
2
+ mx +2 = 0 (a = 25;b = m;c = 2)
D
= m
2
-4.25.2
D
= m
2
-200
Để phương trình có nghiệm kép thì
D
=0
1
2
2
10 2
200 0
10 2
m
m
m
é
=
ê
- =Û Û
ê
= -
ê
ë
Bài 9:
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 14
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
1/ x
2
+ (m+1)x + m = 0 (a = 1;b = m+1;c = m)
D
=(m+1)
2
-4.1.m
D
= m
2
+2m +1-4m = m
2
- 2m +1 = (m+1)
2
³
0 với mọi m
2/Thay x = -2 vào (1)
(-2)
2
+(m+1)(-2) + m = 0
4-2m-2+ m = 0
2-m = 0
Û
m = 2
1 2
2 2
.
2. 2 1
c
x x m
a
x x
= =
- = =-Û
3/ Phương trình có hai nghiệm đối nhau
Û
x
1
+x
2
=0
Û
-(m+1) = 0
Û
m = -1
4/Phương trình có hai nghiệm nghịch đảo nhau
Û
x
1
x
2
=1
Û
m = 1
5/Theo hệ thức Vi-et
1 2
1. 2
1 2
2
1 2
2
1 2 1 2
2
2
x x (m 1)(1)
x .x m(2)
x x 2
(x x ) 4
(x x ) 4x x 4
m 2m 1 4m 4
m 2m 3 0
m 1
m 3
ì
+ = - +
ï
ï
í
ï
=
ï
î
- =
- =Û
+ - =Û
+ + - =Û
- - =Û
é
= -
ê
Û
ê
=
ë
Vậy với m = -1 hoặc m = 3 thì
1 2
2x x− =
6/
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 2 2
1 2
2 2 2
1 2
( ) 2 .
( 1) 2
1 1
x x x x x x
x x m m
x x m
+ = + -
+ = + -Û
+ = +Û ³
GTNNlà 1
Û
m = 0
7/
7/Phương trình có hai nghiệm đều dương
Û
2
0 ( 1) 0 1
0 0 0
0 ( 1) 0 1
m m
P m m
S m m
ì
ì ì
ï
-D ³ ³ ³
ï ï
ï
ï ï
ï
ï ï
ï ï ï
> > >Û Û
í í í
ï ï ï
ï ï ï
> - + > < -
ï ï ï
ï ï
î î
ï
î
Vậy không có giá trị nào của m để phương trình có hai nghiệm đều dương
8/Ta có
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
( 1) 1
. .
. 1
x x m x x m
x x m x x m
x x x x
ì ì
+ = - + + = - -
ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
= =
ï ï
î î
+ + = -Þ
Vậy biểu thức trên không phụ thuộc vào m
9/Ta có
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 15
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
3 3 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2
3 3 2
1 2
3 3 2
1 2
3 3 3
1 2
( )( )
( 1)( 1 )
( 1)( 1)
( 1)
x x x x x x x x
x x m m m
x x m m m
x x m
+ = + - +
+ = - - + -Û
+ = - + - +Û
+ = - +Û
Bài 10:
1/
2 2
15
2( 0)
3
15 2 2 15 0
5
x x
x
x
x x x x
x
- = ¹
é
= -
ê
- = - - =Û Û
ê
=
ë
(Thỏa điều kiện)
Vậy nghiệm của phương trình là x
1
=-3 và x
2
= 5
2/
2
2
2
1 1
1( 1)
1 1
1 ( 1) 1
1 1 1
1
x
x x
x x x
x x x
x
- = ±¹
+ -
- - + = -Þ
- - - = -Û
= -Û
Vậy phương trình vô nghiệm .
3/ 2x
4
- 7x
2
– 4 = 0
Đặt
2
0t x= ³
.Ta có phương trình :
2
1
2
1
2
2
2 7 4 0
49 4.2( 4)
49 32
81
7 9
4( )
4
7 9 2 1
( )
4 4 2
2
4
2
t t
t tmñk
t ktñk
x
x
x
- - =
= - -D
= +D
=D
+
= =
- - -
= = =
é
=
ê
=Þ Û
ê
= -
ë
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
= 2 và x
2
= -2
4/
5 3 2
3 2 2
2 3
2 2
3 3
1 0
( 1) ( 1) 0
( 1)( 1) 0
1
1 0 1
1
1 0 1
1
x x x
x x x
x x
x
x x
x
x x
x
- - + =
- - - =Û
- - =Û
é
=
é é
ê
- = =
ê ê
ê
= -Û Û Û
ê ê
ê
- = =
ë ë
ê
=
ë
Vậy nghiệm của phương trình là
1 2
1; 1x x= = −
Bài 1:
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 16
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
O
x
d
A
B
C
D
N
P
GT
Cho đường tròn(O;R)
AB, CD: đường kính, AB
⊥
CD tại O.
M
∈
AB, CM cắt (O) tại N
Đường thẳng d
⊥
AB tại M
Tiếp tuyến của (O) tại N cắt d tại P
KL
a/. OMNP nội tiếp được 1 đường tròn
b/. CMPO là hình bình hành
c/. CM.CN không đổi.
a/. Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn:
Ta có:
·
0
90OMP =
( d
⊥
AB)
Và
·
0
90ONP =
( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính)
⇒
·
·
OMP ONP=
Nên: Tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn ( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp nhìn 1
cạnh dưới 1 góc không đổi).
b/. Chứng minh tứ giác CMPO là hình bình hành:
Ta có:
·
1
2
AMC =
sđ
» »
( )
AC BN+
( Định lí góc có đỉnh bên trong đường tròn(O))
và
·
1
2
CNx =
sđ
»
»
( )
BC BN+
( Định lí góc tạo bởi tiếp tuyến và 1 dây cung)
mà sđ
»
AC
= sđ
»
BC
=
0
90
( do AB
⊥
CD)
Do đó:
·
AMC
=
·
CNx
(1)
Ta lại có:
·
CNx
=
·
MOP
( cùng bù với
·
MNP
) (2)
Từ (1), (2)
⇒
·
AMC
=
·
MOP
Mà
·
AMC
,
·
MOP
ở vị trí so le trong.
Nên: CM // OP (3)
Mặt khác: PM // CO ( Cùng vuông góc với AB) (4)
Từ (3), (4)
⇒
CMPO là hình bình hành ( Tứ giác có 2 cặp cạnh đối song song)
c/. Chứng minh tích CM.CN không đổi:
Ta có:
·
0
90CND =
( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)
Nên ta chứng minh được:
OMC NDC:V V
(g.g)
⇒
CM CO
CD CN
=
Hay CM.CN = CO. CD = R.2R= 2R
2
Mà R không đổi
⇒
2R
2
không đổi
Nên: CM.CN không đổi (đpcm)
Bài 2:
I
M
O
D
B C
A
GT
Cho đường tròn (O), đường kính :
BC = 2R
A
∈
(O): BA = R; M
∈
cung AC nhỏ.
BM cắt AC tại I, BA cắt CM tại D.
·
0
45ABM =
: (c)
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 17
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
KL
a/. DI
⊥
BC
b/. AIMD nội tiếp (O)
c/. Tính độ dài AC và S
quatAOM
?
a/. Chứng minh : DI
⊥
BC:
Ta có:
·
0
90BAC =
( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)
⇒
CA
⊥
BD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC. (1)
Và
·
0
90BMC =
( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)
⇒
BM
⊥
CD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC. (2)
Từ (1), (2)
⇒
I là trực tâm của tam giác BDC
⇒
DI là đường cao thứ ba của tam giác BDC
Nên DI
⊥
BC
b/. Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn:
Ta có:
·
0
90IAD =
( CA
⊥
BD )
Và
·
0
90IMD =
( BM
⊥
CD
⇒
·
IAD
+
·
0
90IMD =
+
0 0
90 180=
Nên: Tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn.
( Tứ giác có tổng 2 góc đối diện bằng
0
180
)
c/. Tính độ dài AD. Diện tích hình quạt AOM:
*Tính AD:
Nếu
·
0
45ABM =
thì
ABIV
vuông cân tại A ( Tam giác vuông có 1 góc nhọn bằng
0
45
)
⇒
AB = AI = R
Xét tam giác ADI vuông tại A ,ta có:
·
·
ADI AMI=
( 2góc nội tiếp cùng chắn cung AI…)
Mà
·
1
2
AMI =
sđ
»
AB
=
0 0
1
.60 30
2
=
( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn và
AOBV
đều)
Nên:
·
0
30ADI =
Vậy : Tam giác ADI là nửa tam giác đều.
⇒
ID = 2R
Lúc đó: AD =
2 2 2
3 3ID AI R R− = =
(đvđd)
* Tính diện tích hình quạt AOM:
Ta có: S
quatAOM
=
2
360
R n
π
, với n =
·
·
0
2. 90AOM ABM= =
Nên: S
quatAOM
=
2 2
.90
360 4
R R
π π
=
(đvdt)
Bài 3:
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 18
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
F
O
E
D
M
A
B
C
GT
Cho đường tròn (O), đường kính AB
C
∈
(O): CA>CB
D
∈
tia đối của tia BC: ACDE là hình
vuông.
CE cắt (O) tại F
CF cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở M: (c)
KL
a/. OF
⊥
AB
b/. Tam giác BDF cân tại F.
c/. D, E, M thẳng hàng.
a/. Chứng minh: OF
⊥
AB
Ta có:
·
·
0
45ACF BCF= =
( Tính chất của đường chéo hình vuông)
»
»
AF BF=
( Hai góc nội tiếp bằng nhau chắn 2 cung bằng nhau)
⇒
AF = BF
⇒
AFBV
cân tại F
Mà O là trung điểm của AB
⇒
FO là trung tuyến cũng là đường cao ( Tính chất tam giác cân)
Hay : FO
⊥
AB
b/. Chứng minh tam giác BDF cân tại F:
F
∈
đường chéo CE của hình vuông ACDE
⇒
FA = FD ( Tính chất 2 đường chéo của hình vuông) (1)
Mà: FA = BF ( cmt)
⇒
FD = FB (2)
Hay: Tam giác BDF cân tại F
c/. Chứng minh: D, E, M thẳng hàng:
Xét tam giác ABM, ta có:
O là trung điểm của AB
Mà OF // AM ( cùng vuông góc với AB)
⇒
F là trung điểm của BM
⇒
FM = FB (3)
Từ (1),(2),(3)
⇒
FA = FB = FD = FM
⇒
ABDM là tứ giác nội tiếp được một đường tròn ( Tứ giác có 4 đỉnh cách đều F)
⇒
·
·
0
180BAM BDM+ =
Mà
·
0
90BAM =
( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính)
⇒
·
0
90BDM =
⇒
DM BD⊥
(4)
Ta lại có: DE
⊥
BD ( do
·
0
90BDE =
) (5)
Từ (4),(5)
⇒
DM trùng với DE ( hệ qủa tiên đề Ơ- Clit)
Hay: D, E, M thẳng hàng.
( Chú ý: Học sinh có thể chứng minh
·
0
180DEM =
bằng cách xét:
AEMV
và
ACBV
)
Bài 4:
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 19
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
Q
H
C
A
P
B
M
I
GT
Cho
ABCV
vuông tại A
AM: trung tuyến, AH: đường cao
Đường tròn (H; HA) cắt AB tại P và AC
tại Q
KL
a/. Chứng minh : P, H, Q thẳng hàng.
b/. MA
⊥
PQ
c/. BPCQ nội tiếp được đường tròn.
a/. Chứng minh 3 điểm P, H, Q thẳng hàng:
Ta có:
·
0
90PAQ =
(GT)
Mà
·
PAQ
là góc nội tiếp
⇒
·
PAQ
chắn cung nửa đường tròn
⇒
PQ là đường kính của đường tròn tâm H
⇒
P, H, Q thẳng hàng ( đường kính đi qua tâm)
b/. Chứng minh: MA
⊥
PQ:
Gọi I là giao điểm của AM và PQ
Ta có:
µ
·
C MAC=
( Tam giác MAC cân tại M)
Mà
µ
·
0
90C HAC+ =
( Tam giác AHC vuông tại H)
Và
·
·
HAC AQH=
( Tam giác AHQ cân tại H)
⇒
·
·
0
90MAC AQH+ =
Nên: Tam giác AIQ vuông tại I
Hay PQ vuông góc với AM tại I
c/. Chứng minh tứ giác BPCQ nội tiếp được 1 đường tròn:
Ta có:
µ
·
C BAH=
( cùng phụ với
·
CAH
)
mà
µ
·
P BAH=
( Tam giác AHP cân tại H)
⇒
µ
µ
C P=
⇒
Tứ giác BPCQ nội tiếp được 1 đường tròn
( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc không đổi)
Bài 5:
Q
O
A
B
C
D
P
E
GT
Cho đường tròn (O)
AB, CD là 2 đường kính:AB
⊥
CD tại O
AE cắt OC tại P ( P: trung điểm OC)
ED cắt BC tại Q
KL
a/. CPQE nội tiếp được 1 đường tròn
b/. PQ // AB
c/ So sánh
CPQ
S
và
ABC
S
?
a/. Chứng minh: CPQE nội tiếp được 1 đường tròn:
Ta có:
·
PCQ
chắn cung BD
·
PEQ
chắn cung AD
Mà:
»
»
BD AD=
( do
·
·
0
90BOD AOD= =
)
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 20
Trường THCS Thành Long - Châu Thành-Tây Ninh.
Nên:
·
PCQ
=
·
PEQ
Vậy: Tứ giác CPQE nội tiếp được 1 đường tròn.
( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc không đổi)
b/. Chứng minh: PQ // AB:
Ta có: Tứ giác CPQE nội tiếp được 1 đường tròn (cmt)
⇒
·
·
CEP CQP=
( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CP)
Ta lại có:
·
CEP
=
µ
B
( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn(O))
⇒
·
µ
CQP B=
Mà
·
µ
,CQP B
ở vị trí đồng vị
Nên: PQ // AB
c/. So sánh
CPQ
S
và
ABC
S
?
Ta có: P là trung điểm OC (GT)
Mà PQ // AB (cmt)
⇒
Q là trung điểm của BC
Nên: PQ là đường trung bình của tam giác BOC
⇒
CPQ
S
=
1
4
BOC
S
Mà CO là trung tuyến của tam giác ABC
⇒
BOC
S
=
1
2
ABC
S
Do đó:
CPQ
S
=
1
4
.
1
2
ABC
S
=
1
8
ABC
S
GV: Nguyễn Thị Xuân Dung 21
