Tài liệu ôn toán lớp 9, luyện thi vào lớp 10 trung học phổ thông tham khảo (4)

GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Dạng I:
rút gọn biểu thức
Có chứa căn thức bậc hai
Bài 1: Thực hiện phép tính:
1)
2 5 125 80 605 +
;
2)
10 2 10 8
5 2 1 5
+
+
+
;
3)
15 216 33 12 6 +
;
4)
2 8 12 5 27
18 48 30 162
+

+
;
5)
2 3 2 3
2 3 2 3
+
+
+

;
6)
16 1 4
2 3 6
3 27 75

;
7)
4 3
2 27 6 75
3 5
+
;
8)
( )
3 5. 3 5
10 2
+
+
9)
8 3 2 25 12 4 192 +
;
10)
( )
2 3 5 2 +
;
11)
3 5 3 5 + +
;
12)

4 10 2 5 4 10 2 5+ + + +
;
13)
( ) ( )
5 2 6 49 20 6 5 2 6+
;
14)
1 1
2 2 3 2 2 3
+
+ +
;
15)
6 4 2 6 4 2
2 6 4 2 2 6 4 2
+
+
+ +
;
16)
( )
2
5 2 8 5
2 5 4
+

;
17)
14 8 3 24 12 3
;

18)
4 1 6
3 1 3 2 3 3
+ +
+
;
19)
( ) ( )
3 3
2 1 2 1+
20)
3 3
1 3 1 1 3 1
+
+ + +
.
Bài 2: Cho biểu thức
x 1 x x x x
A =
2
2 x x 1 x 1

+

ữ ữ
ữ ữ
+

a) Rút gọn biểu thức A;
b) Tìm giá trị của x để A > - 6.

Bài 3: Cho biểu thức
x 2 1 10 x
B = : x 2
x 4
2 x x 2 x 2



+ + +
ữ
ữ
ữ

+ +


a) Rút gọn biểu thức B;
b) Tìm giá trị của x để A > 0.
Bài 4: Cho biểu thức
1 3 1
C =
x 1 x x 1 x x 1
+
+ +
a) Rút gọn biểu thức C;
b) Tìm giá trị của x để C < 1.
Bài 5: Rút gọn biểu thức :
a)
2 2
2 2

x 2 x 4 x 2 x 4
D =
x 2 x 4 x 2 x 4
+ + +
+
+ + +
;
b)
x x x x
P = 1 1
x 1 x 1

+
+
ữ ữ
ữ ữ
+

;
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
c)
2
1 x 1
Q = :
x x x x x x
+
+ +
;
d)

x 1 2 x 2
H =
x 2 1


Bài 6: Cho biểu thức
1 1 a 1
M = :
a a a 1 a 2 a 1
+

+
ữ
+

a) Rút gọn biểu thức M;
b) So sánh M với 1.
Bài 7: Cho các biểu thức
2x 3 x 2
P =
x 2


và
3
x x 2x 2
Q =
x 2
+
+

a) Rút gọn biểu thức P và Q;
b) Tìm giá trị của x để P = Q.
Bài 8: Cho biểu thức
2x 2 x x 1 x x 1
P =
x x x x x
+ +
+
+
a) Rút gọn biểu thức P
b) So sánh P với 5.
c) Với mọi giá trị của x làm P có nghĩa, chứng minh biểu thức
8
P
chỉ nhận đúng một
giá trị nguyên.
Bài 9: Cho biểu thức
3x 9x 3 1 1 1
P = :
x 1
x x 2 x 1 x 2

+
+ +
ữ
ữ

+ +

a) Tìm điều kiện để P có nghĩa, rút gọn biểu thức P;

b) Tìm các số tự nhiên x để
1
P
là số tự nhiên;
c) Tính giá trị của P với x = 4 2
3
.
Bài 10: Cho biểu thức :
x 2 x 3 x 2 x
P = : 2
x 5 x 6 2 x x 3 x 1

+ + +

ữ ữ
ữ ữ
+ +

a) Rút gọn biểu thức P;
b) Tìm x để
1 5
P 2

.
Dạng II
CC BI TON V HM S V TH
I.im thuc ng ng i qua im.
im A(x
A
; y

A
) thuc th hm s y = f(x) y
A
= f(x
A
).
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lª Anh TuÊn C¸c d¹ng to¸n «n thi vµo líp 10
Ví dụ 1: Tìm hệ số a của hàm số: y = ax
2
biết đồ thị hàm số của nó đi qua điểm
A(2;4).
Giải:
Do đồ thị hàm số đi qua điểm A(2;4) nên: 4= a.2
2
a = 1
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ cho A(-2;2) và đường thẳng (d) có phương trình: y
= -2(x + 1). Đường thẳng (d) có đi qua A không?
Giải:
Ta thấy -2.(-2 + 1) = 2 nên điểm A thuộc v ào đường thẳng (d)
II.Cách tìm giao điểm của hai đường y = f(x) và y = g(x).
Bước 1: Tìm hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình f(x) = g(x) (II)
Bước 2: Lấy nghiệm đó thay vào 1 trong hai công thức y = f(x) hoặc y = g(x) để tìm
tung độ giao điểm.
Chú ý: Số nghiệm của phương trình (II) là số giao điểm của hai đường trên.
III.Quan hệ giữa hai đường thẳng.
Xét hai đường thẳng : (d
1
) : y

= a
1
x + b
1
.
(d
2
) : y

= a
2
x + b
2
.
a) (d
1
) cắt (d
2
) a
1
a
2
.
b) d
1
) // (d
2
)
c) d
1

) (d
2
)
d) (d
1
) (d
2
) a
1
a
2
= -1
IV.Tìm điều kiện để 3 đường thẳng đồng qui.
Bước 1: Giải hệ phương trình gồm hai đường thẳng không chứa tham số để tìm
(x;y).
Bước 2: Thay (x;y) vừa tìm được vào phương trình còn lại để tìm ra tham số .
V.Quan hệ giữa (d): y = ax + b và (P): y = cx
2
(c 0).
1.Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P).
Bước 1: Tìm hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình:
cx
2
= ax + b (V)
Bước 2: Lấy nghiệm đó thay vào 1 trong hai công thức y = ax +b hoặc y = cx
2
để
tìm tung độ giao điểm.
Chú ý: Số nghiệm của phương trình (V) là số giao điểm của (d) và (P).
2.Tìm điều kiện để (d) và (P).

Trêng THCS Th¨ng B×nh
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
a) (d) v (P) ct nhau phng trỡnh (V) cú hai nghim phõn bit.
b) (d) v (P) tip xỳc vi nhau phng trỡnh (V) cú nghim kộp.
c) (d) v (P) khụng giao nhau phng trỡnh (V) vụ nghim .
VI.Vit phng trỡnh ng thng y = ax + b bit.
1.Quan h v h s gúc v i qua im A(x
0
;y
0
)
Bc 1: Da vo quan h song song hay vuụng gúc tỡm h s a.
Bc 2: Thay a va tỡm c v x
0
;y
0
vo cụng thc y = ax + b tỡm b.
2.Bit th hm s i qua im A(x
1
;y
1
) v B(x
2
;y
2
).
Do th hm s i qua im A(x
1
;y
1

) v B(x
2
;y
2
) nờn ta cú h phng trỡnh:
Gii h phng trỡnh tỡm a,b.
3.Bit th hm s i qua im A(x
0
;y
0
) v tip xỳc vi (P): y = cx
2
(c 0).
+) Do ng thng i qua im A(x
0
;y
0
) nờn cú phng trỡnh :
y
0
= ax
0
+ b (3.1)
+) Do th hm s y = ax + b tip xỳc vi (P): y = cx
2
(c 0) nờn:
Pt: cx
2
= ax + b cú nghim kộp
(3.2)

+) Gii h gm hai phng trỡnh trờn tỡm a,b.
VII.Chng minh ng thng luụn i qua 1 im c nh ( gi s tham s l m).
+) Gi s A(x
0
;y
0
) l im c nh m ng thng luụn i qua vi mi m, thay x
0
;y
0
vo phng trỡnh ng thng chuyn v phng trỡnh n m h s x
0
;y
0
nghim ỳng vi
mi m.
+) ng nht h s ca phng trỡnh trờn vi 0 gii h tỡm ra x
0
;y
0
.
VIII.Mt s ng dng ca th hm s.
1.ng dng vo phng trỡnh.
2.ng dng vo bi toỏn cc tr.
bài tập về hàm số.
Bài tập 1.
cho parabol y= 2x
2
. (p)
a. tìm hoành độ giao điểm của (p) với đờng thẳng y= 3x-1.

b. tìm toạ độ giao điểm của (p) với đờng thẳng y=6x-9/2.
c. tìm giá trị của a,b sao cho đờng thẳng y=ax+b tiếp xúc với (p) và đi qua A(0;-2).
d. tìm phơng trình đờng thẳng tiếp xúc với (p) tại B(1;2).
e. biện luận số giao điểm của (p) với đờng thẳng y=2m+1. ( bằng hai phơng pháp đồ
thị và đại số).
f. cho đờng thẳng (d): y=mx-2. Tìm m để
+(p) không cắt (d).
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
+(p)tiếp xúc với (d). tìm toạ độ điểm tiếp xúc đó?
+ (p) cắt (d) tại hai điểm phân biệt.
+(p) cắt (d).
Bài tập 2.
cho hàm số (p): y=x
2
và hai điểm A(0;1) ; B(1;3).
a. viết phơng trình đờng thẳng AB. tìm toạ độ giao điểm AB với (P) đã cho.
b. viết phơng trình đờng thẳng d song song với AB và tiếp xúc với (P).
c. viết phơng trình đờng thẳng d
1
vuông góc với AB và tiếp xúc với (P).
d. chứng tỏ rằng qua điểm A chỉ có duy nhất một đờng thẳng cắt (P) tại hai điểm
phân biệt C,D sao cho CD=2.
Bài tập 3.
Cho (P): y=x
2
và hai đờng thẳng a,b có phơng trình lần lợt là
y= 2x-5
y=2x+m
a. chứng tỏ rằng đờng thẳng a không cắt (P).

b. tìm m để đờng thẳng b tiếp xúc với (P), với m tìm đợc hãy:
+ Chứng minh các đờng thẳng a,b song song với nhau.
+ tìm toạ độ tiếp điểm A của (P) với b.
+ lập phơng trình đờng thẳng (d) đi qua A và có hệ số góc bằng -1/2. tìm toạ độ giao
điểm của (a) và (d).
Bài tập 4.
cho hàm số
xy
2
1
=
(P)
a. vẽ đồ thị hàm số (P).
b. với giá trị nào của m thì đờng thẳng y=2x+m (d) cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân
biệt A,B. khi đó hãy tìm toạ độ hai điểm A và B.
c. tính tổng tung độ của các hoành độ giao điểm của (P) và (d) theo m.
Bài tập5.
cho hàm số y=2x
2
(P) và y=3x+m (d)
a. khi m=1, tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (d).
b. tính tổng bình phơng các hoành độ giao điểm của (P) và (d) theo m.
c. tìm mối quan hệ giữa các hoành độ giao điểm của (P) và (d) độc lập với m.
Bài tập 6.
cho hàm số y=-x
2
(P) và đờng thẳng (d) đI qua N(-1;-2) có hệ số góc k.
a. chứng minh rằng với mọi giá trị của k thì đờng thẳng (d) luôn cắt đồ thị (P) tại hai
điểm A,B. tìm k cho A,B nằm về hai phía của trục tung.
b. gọi (x

1
;y
1
); (x
2
;y
2
) là toạ độ của các điểm A,B nói trên, tìm k cho tổng
S=x
1
+y
1
+x
2
+y
2
đạt giá trị lớn nhất.
Bài tập7.
cho hàm số y=
x
a. tìm tập xác định của hàm số.
b. tìm y biết:
+ x=4
+ x=(1-
2
)
2
+ x=m
2
-m+1

+ x=(m-n)
2
c. các điểm A(16;4) và B(16;-4), điểm nào thuộc đồ thị hàm số, điểm nào không
thuộc đồ thị hàm số? tại sao.
d. không vẽ đồ thị hãy tìm hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với đồ thị
hàm số y= x-6
Bài tập 8.
cho hàm số y=x
2
(P) và y=2mx-m
2
+4 (d)
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
a.tìm hoành độ của các điểm thuộc (P) biết tung độ của chúng y=(1-
2
)
2
.
b.chứng minh rằng (P) với (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. tìm toạ độ giao
điểm của chúng. với giá trị nào của m thì tổng các tung độ của chúng đạt giá trị nhỏ
nhất.
Bài tập 9.
cho hàm số y= mx-m+1 (d).
a. chứng tỏ rằng khi m thay đổi thì đờng thẳng (d) luôn đI qua điểm cố định. tìm điểm
cố định ấy.
b. tìm m để (d) cắt (P) y=x
2
tại 2 điểm phân biệt A và B, sao cho AB=
3

.
Bài tập 10.
trên hệ trục toạ độ Oxy cho các điểm M(2;1); N(5;-1/2) và đờng thẳng (d) y=ax+b.
a. tìm a và b để đờng thẳng (d) đI qua các điểm M, N.
b. xác định toạ độ giao điểm của đờng thẳng MN với các trục Ox, Oy.
Bài tập 11.
cho hàm số y=x
2
(P) và y=3x+m
2
(d).
a.
chứng minh với bất kỳ giá trị nào của m đờng thẳng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân
biệt.
b.
gọi y
1
, y
2
kà các tung độ giao điểm của đờng thẳng (d) và (P) tìm m để có biểu thức
y
1
+y
2
= 11y
1
.y
2
bài tập 12.
cho hàm số y=x

2
(P).
a. vẽ đồ thị hàm số (P).
b. trên (P) lấy 2 điểm A, B có hoành độ lần lợt là 1 và 3. hãy viết phơng trình đờng
thẳng AB.
c. lập phơng trình đờng trung trực (d) của đoạn thẳng AB.
d. tìm toạ độ giao điểm của (d) và (P).
Bài tập 13
a. viết phơng trình đờng thẳng tiếp xúc với (P) y=2x
2
tại điểm A(-1;2).
b. cho hàm số y=x
2
(P) và B(3;0), tìm phơng trình thoả mãn điều kiện tiếp xúc với
(P) và đi qua B.
c. cho (P) y=x
2
. lập phơng trình đờng thẳng đi qua A(1;0) và tiếp xúc với (P).
d. cho (P) y=x
2
. lập phơng trình d song song với đờng thẳng y=2x và tiếp xúc với
(P).
e. viết phơng trình đờng thẳng song song với đờng thẳng y=-x+2 và cắt (P) y=x
2
tại
điểm có hoành độ bằng (-1).
f. viết phơng trình đờng thẳng vuông góc với (d) y=x+1 và cắt (P) y=x
2
tại điểm có
tung độ bằng 9.

Dạng III:
Hệ phơng trình
Baứi 1: : Giải các HPT sau:
1.1.
a.
2 3
3 7
x y
x y
=


+ =

b.
2 3 2
5 2 6
x y
x y
+ =


+ =


Giải:
a. Dùng PP thế:
2 3
3 7
x y

x y
=


+ =


2 3 2 3 2 2
3 2 3 7 5 10 2.2 3 1
y x y x x x
x x x y y
= = = =



+ = = = =

Vaọy HPT đã cho có nghiệm là:
2
1
x
y
=


=

Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lª Anh Tn C¸c d¹ng to¸n «n thi vµo líp 10
Dïng PP céng:

2 3
3 7
x y
x y
− =


+ =


5 10 2 2
3 7 3.2 7 1
x x x
x y y y
= = =
  
⇔ ⇔ ⇔
  
+ = + = =
  
Vậy HPT ®· cho cã nghiƯm lµ:
2
1
x
y
=


=


- §Ĩ gi¶I lo¹i HPT nµy ta thêng sư dơng PP céng cho thn lỵi.

2 3 2
5 2 6
x y
x y
+ = −


+ =


10 15 10 11 22 2 2
10 4 12 5 2 6 5 2.( 2 6) 2
x y y y x
x y x y x y
+ = − = − = − =
   
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
   
+ = + = + − = = −
   
Vậy HPT cã nghiƯm lµ
2
2
x
y
=



= −

- §èi víi HPT ë d¹ng nµy ta cã thĨ sư dơng hai c¸ch gi¶I sau ®©y:

1.2.
2 3
1
1
2 5
1
1
x y
x y

+ = −

+



+ = −

+

+ C¸ch 1: Sư dơng PP céng. §K:
1, 0x y≠ − ≠
.

2 3

1
1
2 5
1
1
x y
x y

+ = −

+



+ = −

+


2
2
1 1
1 3
1
2 2
2 5 2
2 5
1 4
1 1
1

1 1 1
1
y y
y
x x
y y
x x
x y

=
= =
 
 

+ = − = −
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
+ = = −
    
= =
+ =
+ +
 
 

+


Vậy HPT cã nghiƯm lµ

3
2
1
x
y

= −



=

+ C¸ch 2: Sư dơng PP ®Ỉt Èn phơ. §K:
1, 0x y≠ − ≠
.
§Ỉt
1
1
a
x
=
+
;
1
b
y
=
. HPT ®· cho trë thµnh:

2 3 1 2 5 1 2 5.1 1 2

2 5 1 2 2 1 1
a b a b a a
a b b b b
+ = − + = + = = −
   
⇔ ⇔ ⇔
   
+ = = = =
   

1
2
3
1
2
1
1
1
x
x
y
y

= −


= −
+
 
⇒ ⇔

 
 
=
=



(TM§K)
Vậy HPT cã nghiƯm lµ
3
2
1
x
y

= −



=

Lu ý: - NhiỊu em cßn thiÕu §K cho nh÷ng HPT ë d¹ng nµy.
- Cã thĨ thư l¹i nghiƯm cđa HPT võa gi¶i.
Bài 2: Giải các hệ phương trình sau (bằng pp thế)
Trêng THCS Th¨ng B×nh
GV:Lª Anh Tn C¸c d¹ng to¸n «n thi vµo líp 10
1.1:
3
)
3 4 2

x y
a
x y
− =


− =


7 3 5
)
4 2
x y
b
x y
− =


+ =

1.2.
2 2 5
)
2 2
x y
a
x y

− =



+ =



( )
( )
2 1 2
)
2 1 1
x y
b
x y

− − =


+ + =


Bài 3: Giải các hệ phương trình sau (bằng pp cộng đại số)
2.1.
3 3
)
2 7
x y
a
x y
+ =



− =


4 3 6
)
2 4
x y
b
x y
+ =


+ =


3 2 10
)
2 1
3
3 3
x y
c
x y
− =



− =



2.2.
2 3 1
)
2 2 2
x y
a
x y

− =


+ = −



5 3 2 2
)
6 2 2
x y
b
x y

+ =


− =


Bài 4:

Giải hệ phương trình
2
3 1
( 1) 6 2
x y
m x y m
+ =


+ + =

trong mỗi trường hợp sau
a) m = -1 b) m = 0 c) m = 1
Bài 5:
a) Xác đònh hệ số avàb, biết rằng hệ phương trình
2 4
5
x by
bx ay
+ =


− = −

có nghiệm là (1;
-2)
b) Cũng hỏi như vậy nếu hệ phương trình có nghiệm
( )
2 1; 2−
Bài 6: Giải hệ phương trình sau:

2 2
3 1
x y
x y

+ =


+ = −


a) Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình
2
2
1 1
3
1
1 1
m n
m n
m n
m n

+ =


+ +


+ = −


+ +

Bài 7: Giải các hệ phương trình sau:

2 4
3 1
x y
x y
+ =


− =

;
1
3 2 3
x y
x y
− =


+ =

;
2 5
3 1
x y
x y
+ =



− =

;
3 5 0
3 0
x y
x y
− − =


+ − =

;
0,2 3 2
15 10
x y
x y
− =


− =

;
3 2
2 4 2007
x y
x y
= −



+ =

;
3 2
3 9 6
x y
y x
− =


− + =

;
5
2
2 6
y
x
x y

− =



− =

;
2 3 6

5 5
5
3 2
x y
x y
+ =



+ =


;
2 5
3 3 15
2 4 2
x y
x y
+ =



+ =



Bµi 8: Cho hƯ ph¬ng tr×nh




=+
=−
1
2
byax
bayx
a) Gi¶i hƯ khi a=3 ; b=-2
b) T×m a;b ®Ĩ hƯ cã nghiƯm lµ (x;y)=(
)3;2
Trêng THCS Th¨ng B×nh
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Bài 9: GiảI các hệ phơng trình sau
a)







=


+
=


+
3
45

2
21
yxyx
yxyx
b)





=+
=
22
843
yx
yx
c)





=+
=
1222
32423
yx
yx
(đk x;y

2 )

3 5
1
x y
x y

+ =


+ =


;
2 1 3
2 5
y x
x y

= +


=


;
6 6 5
4 3
1
x y xy

x y
+ =



=


;
( )( 2 ) 0
5 3
x y x y
x y
+ =


=

;
2 3 5
2 2 3 3 5
x y

=


+ =

3 3 3 2 3
2 3 6 2
x y
x y

=


+ = +


;
( 1) 2( 2) 5
3( 1) ( 2) 1
x y
x y
+ + =


+ =

;
( 5)( 2) ( 2)( 1)
( 4)( 7) ( 3)( 4)
x y x y
x y x y
+ = +


+ = +

.

( 1)( 2) ( 1)( 3) 4
( 3)( 1) ( 3)( 5) 1
x y x y
x y x y
+ + =


+ =

;
3( ) 5( ) 12
5( ) 2( ) 11
x y x y
x y x y
+ + =


+ + =

;

1 1 4
5
1 1 1
5
x y
x y

+ =




=


;
1 2
2
5 4
3
x y x y
x y x y

=

+



=

+

;
1 5 5
2 3 3 8

3 5 3
2 3 3 8
x y x y
x y x y

+ =

+



=

+

;
7 5
4,5
2 1
3 2
4
2 1
x y x y
x y x y

=

+ +

+ =

+ +


Giải bài toán bằng cách lập hệ phơng trình.
I, Mục tiêu:
* Kiến thức: HS giải đợc các bài toán thực tế bằng cách lập HPT.
* Kĩ năng:
- HS đợc củng cố kĩ năng phân tích tìm lời giải, trình bày lời giải bài toán
bằng cách lập HPT.
* Thái độ: Rèn tính cẩn thận, chính xác, lô gíc chặt chẽ, rõ ràng.
II, Lí thuyết cần nhớ:
* Bớc 1: + Lập HPT
- Chọn ẩn, tìm đơn vị và ĐK cho ẩn.
- Biểu diễn mối quan hệ còn lại qua ẩn và các đại lợng đã biết.
- Lập HPT.
* Bớc 2: Giải HPT.
* Bớc 3: Đối chiếu với ĐK để trả lời.
III, Bài tập và h ớng dẫn:
Bài 1. Hai ô tô cùng khởi hành một lúc từ hai tỉnh A và B cách nhau 160 km, đi ngợc chiều
nhau và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của mỗi ô tô biết rằng nếu ô tô đi từ A tăng vận tốc
thêm 10 km/h sẽ bằng hai lần vận tốc ôtô đi từ B.
Bài 2. Một ngời đi xe máy đi từ A đến B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng14
km/h thì đến B sớm hơn 2 giờ. nếu vận tốc giảm 2 km/h thì đến B muộn 1 giờ. Tính quãng
đờng AB, vận tốc và thời gian dự định.
Bài 3. Hai ca nô cùng khởi hành từ hai bến A, B cách nhau 85 km , đi ngợc chiều nhau và
gặp nhau sau 1 giờ 40 phút.Tính vận tốc riêng của mỗi ca nô biết rằng vận tốc của ca nô
xuôi dòng lớn hơn vận tốc của ca nô ngợc dòng là 9 km/h (có cả vận tốc dòng nớc) và vận

tốc dòng nớc là 3 km/h.
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Bài 4. Một ca nô xuôi dòng 108 km và ngợc dòng 63 km hết 7 giờ. Một lần khác ca nô xuôi
dòng 81 km và ngợc dòng 84 km cũng hết 7 giờ. Tính vận tốc của dòng nớc và vận tốc thật
của ca nô.
Bài 5. Một ô tô dự định đi từ A đến B dài 120 km. Đi đợc nửa quãng đờng xe nghỉ 30 phút
nên để đến nơi đúng giờ xe phải tăng vận tốc thêm 5 km/h nữa trên quãng đờng còn lại.
Tính thời gian xe chạy.
Bài 6. Hai ngời đi ngợc chiều về phía nhau.M đi từ A lúc 6 giờ sáng về phía B. N đi từ B lúc
7 giờ sáng về phía A. Họ gặp nhau lúc 8 giờ sáng. Tính thời gian mỗi ngời đi hết quãng đ-
ờng AB. Biết M đến B trớc N đến A là 1 giờ 20 phút.
HPT:
2 1
1
1
3
x y
y x

=




=


Bài 7. Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ A và B ngợc chiều về phía nhau. Tính quãng đờng
AB và vận tốc của mỗi xe. Biết rằng sau 2 giờ hai xe gặp nhau tại một điểm cách chính

giữa quãng đờng AB là 10 km và xe đi chậm tăng vận tốc gấp đôi thì hai xe gặp nhau sau 1
giờ 24 phút.

HPT:
10
2
1 ( 2 ) 2( )
5
x y
x y x y
=



+ = +


Bài 8. Hai lớp 9A và 9B có tổng cộng 70 HS. nếu chuyển 5 HS từ lớp 9A sang lớp 9B thì số
HS ở hai lớp bằng nhau. Tính số HS mỗi lớp.
Bài 9. Hai trờng A, B có 250 HS lớp 9 dự thi vào lớp 10, kết quả có 210 HS đã trúng tuyển.
Tính riêng tỉ lệ đỗ thì trờng A đạt 80%, trờng B đạt 90%. Hỏi mỗi trờng có bao nhiêu HS
lớp 9 dự thi vào lớp 10.
Bài 10. Hai vòi nớc cùng chảy vào một bể không có nớc sau 2 giờ 55 phút thì đầy bể. Nếu
chảy riêng thì vòi thứ nhất cần ít thời gian hơn vòi thứ hai là 2 giờ. Tính thời gian để mỗi
vòi chảy riêng thì đầy bể.
Bài 11. Hai tổ cùng làm chung một công việc hoàn thành sau 15 giờ. nếu tổ một làm trong
5 giờ, tổ hai làm trong 3 giờ thì đợc 30% công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi tổ hoàn
thành trong bao lâu.
Bài 12. Một thửa ruộng có chu vi 200m . nếu tăng chiều dài thêm 5m, giảm chiều rộng đi
5m thì diện tích giảm đi 75

2
m
. Tính diện tích thửa ruộng đó.
Bài 13. Một phòng họp có 360 ghế đợc xếp thành từng hàng và mỗi hàng có số ghế ngồi
bằng nhau. Nhng do số ngời đến họp là 400 nên phải kê thêm 1 hàng và mỗi hàng phải kê
thêm 1 ghế mới đủ chỗ. Tính xem lúc đầu phòng họp có bao nhiêu hàng ghế và mỗi hàng
có bao nhiêu ghế.
DạngIV
Phơng trình bậc hai+hệ thức vi-ét
Tóm tắt lí thuyết:
Cách giải phơng trình bậc hai: ax
2
+ bx + c = 0 ( a

0)

= b
2
- 4ac
* Nếu

> 0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt
x
1
=
-b -
2a

; x
2

=
-b +
2a


Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
* Nếu

= 0 phơng trình có nghiệm kép: x
1
= x
2
=
-b
2a
* Nếu

< 0 thì phơng trình vô nghiệm
Chú ý 1: Trong trờng hợp hệ số b là số chẵn thì giải phơng trình trên bằng công thức
nghiêm thu gọn.


' = b'
2
- ac
* Nếu

' > 0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt
x

1
=
-b' - '
a

; x
2
=
-b' + '
a


* Nếu

' = 0 phơng trình có nghiệm kép: x
1
= x
2
=
-b'
a
* Nếu

' < 0 thì phơng trình vô nghiệm.
Chú ý 2:
* Nếu a + b + c = 0 thì phơng trình có hai nghiệm phân biệt: x
1
= 1 và x
2
=

c
a
Chú ý 3:
* Nếu a - b + c = 0 thì phơng trình có hai nghiệm phân biệt: x
1
= -1 và x
2
=
c
a

Chú ý 4:
* Hệ thức viét trong trờng hợp phơng trình có nghiệm
1 2
1 2
-b
x x =
a

c
x .x
a

+




=

Bài tập 1:
Giải các phơng trình bậc hai sau
TT
Các phơng trình cần giải theo

TT
Các phơng trình cần giải theo

'
1.
6 x
2
- 25x - 25 = 0 1. x
2
- 4x + 2 = 0
2.
6x
2
- 5x + 1 = 0 2. 9x
2
- 6x + 1 = 0
3.
7x
2
- 13x + 2 = 0 3. -3x
2
+ 2x + 8 = 0
4.
3x

2
+ 5x + 60 = 0 4. x
2
- 6x + 5 = 0
5.
2x
2
+ 5x + 1 = 0 5. 3x
2
- 6x + 5 = 0
6.
5x
2
- x + 2 = 0 6. 3x
2
- 12x + 1 = 0
7.
x
2
- 3x -7 = 0 7. 5x
2
- 6x - 1 = 0
8.
x
2
- 3 x - 10 = 0 8. 3x
2
+ 14x + 8 = 0
9.
4x

2
- 5x - 9 = 0 9. -7x
2
+ 6x = - 6
10.
2x
2
- x - 21 = 0 10. x
2
- 12x + 32 = 0
11.
6x
2
+ 13x - 5 = 0 11. x
2
- 6x + 8 = 0
12.
56x
2
+ 9x - 2 = 0 12. 9x
2
- 38x - 35 = 0
13.
10x
2
+ 17x + 3 = 0 13.
x
2
-
2 3

x + 2 = 0
14.
7x
2
+ 5x - 3 = 0 14.
4
2
x
2
- 6x -
2
= 0
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
15.
x
2
+ 17x + 3 = 0 15.
2x
2
-
2 2
x + 1 = 0
Bài tập 2:
Biến đổi các phơng trình sau thành phơng trình bậc hai rồi giải
a) 10x
2
+ 17x + 3 = 2(2x - 1) - 15
b) x
2

+ 7x - 3 = x(x - 1) - 1
c) 2x
2
- 5x - 3 = (x+ 1)(x - 1) + 3
d) 5x
2
- x - 3 = 2x(x - 1) - 1 + x
2

e) -6x
2
+ x - 3 = -3x(x - 1) - 11
f) - 4x
2
+ x(x - 1) - 3 = x(x +3) + 5
g) x
2
- x - 3(2x + 3) = - x(x - 2) - 1
h) -x
2
- 4x - 3(2x - 7) = - 2x(x + 2) - 7
i) 8x
2
- x - 3x(2x - 3) = - x(x - 2)
k) 3(2x + 3) = - x(x - 2) - 1
Bài tập 3: Cho phơng trình: x
2
- 2(3m + 2)x + 2m
2
- 3m + 5 = 0

a) Giải phơng trình với m lần lợt bằng các giá trị:
m = 2; m = - 2; m = 5; m = -5; m = 3; m = 7; m = - 4
b) Tìm các giá trị của m để phơng trình có một nghiệm x lần lợt bằng
x = 3; x = -3; x = 2; x = 5; x = 6; x = -1
c) Tìm các giá trị của m để phơng trình trên có nghiệm kép.
Bài tập 4: Cho phơng trình: x
2
- 2(m - 2)x + m
2
- 3m + 5 = 0
a) Giải phơng trình với m lần lợt bằng các giá trị:
m = -2; m = 3; m = 7; m = - 4; m = 2; m = -7; m = - 8
b) Tìm các giá trị của m để phơng trình có một nghiệm x lần lợt bằng
x = 1; x = - 4; x = -2; x = 6; x = -7; x = -3
c) Tìm các giá trị của m để phơng trình trên có nghiệm kép.
Bài tập 5:
Cho phơng trình: x
2
- 2(m - 2)x + 2m
2
+ 3m = 0
a) Giải phơng trình với m lần lợt bằng các giá trị:
m = -2; m = 3; m = 7; m = - 4; m = 2; m = -7; m = - 8
b) Tìm các giá trị của m để phơng trình có một nghiệm x lần lợt bằng
x = 1; x = - 4; x = -2; x = 6; x = -7; x = -3
c) Tìm các giá trị của m để phơng trình trên có nghiệm kép.
Bài tập 6: Cho phơng trình: x
2
- 2(m + 3)x + m
2

+ 3 = 0
a) Giải phơng trình với m = -1và m = 3
b) Tìm m để phơng trình có một nghiệm x = 4
c) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt
d) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm thoã mãn điều kiện x
1
= x
2
Bài tập 7:
Cho phơng trình : ( m + 1) x
2
+ 4mx + 4m - 1 = 0
a) Giải phơng trình với m = -2
b) Với giá trị nào của m thì phơng trình có hai nghiệm phân biệt
c) Với giá trị nào của m thì phơng trình đã cho vô nghiệm
d) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm thoã mãn điều kiện x
1
= 2x
2

Bài tập 8:
Cho phơng trình : 2x
2
- 6x + (m +7) = 0
a) Giải phơng trình với m = -3
b) Với giá trị nào của m thì phơng trình có một nghiệm x = - 4
c) Với giá trị nào của m thì phơng trình có hai nghiệm phân biệt
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
d) Với giá trị nào của m thì phơng trình đã cho vô nghiệm

e) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm thoã mãn điều kiện x
1
= - 2x
2
Bài tập 9:
Cho phơng trình : x
2
- 2(m - 1 ) x + m + 1 = 0
a) Giải phơng trình với m = 4
b) Với giá trị nào của m thì phơng trình có hai nghiệm phân biệt
c) Với giá trị nào của m thì phơng trình đã cho vô nghiệm
d) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm thoã mãn điều kiện x
1
= 3x
2

Bài tập 10:
Biết rằng phơng trình : x
2
- 2(m + 1 )x + m
2
+ 5m - 2 = 0 ( Với m là tham số ) có
một nghiệm
x = 1. Tìm nghiệm còn lại
Bài tập 11:
Biết rằng phơng trình : x
2
- 2(3m + 1 )x + 2m
2
- 2m - 5 = 0 ( Với m là tham số ) có

một nghiệm
x = -1 . Tìm nghiệm còn lại
Bài tập 12:
Biết rằng phơng trình : x
2
- (6m + 1 )x - 3m
2
+ 7 m - 2 = 0 ( Với m là tham số ) có
một nghiệm
x = 1. Tìm nghiệm còn lại
Bài tập 13:
Biết rằng phơng trình : x
2
- 2(m + 1 )x + m
2
- 3m + 3 = 0 ( Với m là tham số ) có
một nghiệm
x = -1. Tìm nghiệm còn lại.
Bài tập 14: Cho phơng trình: x
2
- mx + 2m - 3 = 0
a) Giải phơng trình với m = - 5
b) Tìm m để phơng trình có nghiệm kép
c) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu
d)Tìm hệ thức giữa hai nghiệm của phơng trình không phụ thuộc vào m
e) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt
Bài tập 15: Cho phơng trình bậc hai
(m - 2)x
2
- 2(m + 2)x + 2(m - 1) = 0

a) Giải phơng trình với m = 3
b) Tìm m để phơng trình có một nghiệm x = - 2
c) Tìm m để phơng trình có nghiệm kép
d) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m
e) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt
f) Khi phơng trình có một nghiệm x = -1 tìm giá trị của m và tìm nghiệm còn lại
Bài tập 16:Cho phơng trình: x
2
- 2(m- 1)x + m
2
- 3m = 0
a) Giải phơng trình với m = - 2
b) Tìm m để phơng trình có một nghiệm x = - 2. Tìm nghiệm còn lại
c) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt
d) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x
1
và x
2
thảo mãn: x
1
2
+ x
2
2
= 8
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
e) Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x
1
2

+ x
2
2

Bài tập 17: Cho phơng trình: mx
2
- (m + 3)x + 2m + 1 = 0
a) Tìm m để phơng trình có nghiệm kép
b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt
c) Tìm m để phơng trình có hiệu hai nghiệm bằng 2
d) Tìm hệ thức liên hệ giữa x
1
và x
2
không phụ thuộc m
Bài tập 18: Cho phơng trình: x
2
- (2a- 1)x - 4a - 3 = 0
a) Chứng minh rằng phơng trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của a
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào a
c) Tìm giá trị nhỏ nhật của biểu thức A = x
1
2
+ x
2
2

Bài tập 19: Cho phơng trình: x
2
- (2m- 6)x + m -13 = 0

a) Chứng minh rằng phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x
1
. x
2
- x
1
2
- x
2
2

Bài tập 20: Cho phơng trình: x
2
- 2(m+4)x + m
2
- 8 = 0
a) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt
b) Tìm m để A = x
1
2
+ x
2
2
- x
1
- x
2
đạt giá trị nhỏ nhất
c) Tìm m để B = x

1
+ x
2
- 3x
1
x
2
đạt giá trị lớn nhất
d) Tìm m để C = x
1
2
+ x
2
2
- x
1
x
2
Bài tập 21: Cho phơng trình: ( m - 1) x
2
+ 2mx + m + 1 = 0
a) Giải phơng trình với m = 4
b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu
c) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x
1
và x
2
thoả mãn: A = x
1
2

x
2
+ x
2
2
x
1
d) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m
Bài tập 22: Tìm giá trị của m để các nghiệm x
1
, x
2
của phơng trình
mx
2
- 2(m - 2)x + (m - 3) = 0 thoả mãn điều kiện
1
2
2
2
1
=+
xx
Bài tập 23:
Cho phơng trình x
2
- 2(m - 2)x + (m
2
+ 2m - 3) = 0. Tìm m để phơng trình có 2
nghiệm x

1
, x
2
phân biệt thoả mãn
5
11
21
21
xx
xx
+
=+

Bài tập 24:
Cho phơng trình: mx
2
- 2(m + 1)x + (m - 4) = 0 (m là tham số).
a) Xác định m để các nghiệm x
1
; x
2
của phơng trình thoả mãn
x
1
+ 4x
2
= 3
b) Tìm một hệ thức giữa x
1
; x

2
mà không phụ thuộc vào m
Bài tập 25: Cho phơng trình x
2
- (m + 3)x + 2(m + 1) = 0 (1)
Tìm giá trị của tham số m để phơng trình có (1) có nghiệm x
1
= 2x
2
.
Bài tập 26: Cho phơng trình mx
2
- 2(m + 1)x + (m - 4) = 0
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
a) Tìm m để phơng trình có nghiệm.
b) Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm trái dấu. Khi đó trong hai nghiệm, nghiệm nào
có giá trị tuyệt đối lớn hơn?
c) Xác định m để các nghiệm x
1
; x
2
của phơng trình thoả mãn: x
1
+ 4x
2
= 3.
d) Tìm một hệ thức giữa x
1
, x

2
mà không phụ thuộc vào m.
Bài tập 27:
a) Với giá trị nào m thì hai phơng trình sau có ít nhật một nghiệm chung. Tìm
nghiệm chung đó?
x
2
- (m + 4)x + m + 5 = 0 (1)
x
2
- (m + 2)x + m + 1 = 0 (2)
b) Tìm giá trị của m để nghiệm của phơng trình (1) là nghiệm của phơng trình (2)
và ngợc lại.
Bài tập 28: Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phơng trình:
x
2
- (2m - 1)x + m 2 = 0
Tìm m để
2
2
2
1
xx
+
có giá trị nhỏ nhất
Bài tập 29: Gọi x

1
; x
2
là nghiệm của phơng trình:
2x
2
+ 2(m + 1)x + m
2
+ 4m + 3 = 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =x
1
x
2
- 2x
1
- 2x
2

Bài tập 30: Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phơng trình.
x
2
+ 2(m - 2)x - 2m + 7 = 0
Tìm m để
2
2
2

1
xx
+
có giá trị nhỏ nhất.
Bài tập 31: Cho phơng trình: x
2
- m + (m - 2)
2
= 0
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
A = x
1
x
2
+ 2x
1
+ 2x
2
Bài tập 32: Cho phơng trình: x
2
- 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0 (m là tham số). Tìm m sao cho
2 nghiệm x
1
; x
2
của phơng trình thoả mãn 10x
1
x
2
+

2
2
2
1
xx
+
đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị
đó.
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Dạng V
Bài tập Hình tổng hợp
Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). Các đờng cao AD, BE, CF cắt nhau tại
H và cắt đờng tròn (O) lần lợt tại M,N,P.
Chứng minh rằng:
1. Tứ giác CEHD, nội tiếp .
2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn.
3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.
4. H và M đối xứng nhau qua BC.
5. Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF.
Lời giải:
Xét tứ giác CEHD ta có:
CEH = 90
0
( Vì BE là đờng cao)
CDH = 90
0
( Vì AD là đờng cao)
=> CEH + CDH = 180
0

Mà CEH và CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE AC => BEC = 90
0
.
CF là đờng cao => CF AB => BFC = 90
0
.
Nh vậy E và F cùng nhìn BC dới một góc 90
0
=> E và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC.
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn.
Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: AEH = ADC = 90
0
; Â là góc chung
=> AEH ADC =>
AC
AH
AD
AE
=
=> AE.AC = AH.AD.
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: BEC = ADC = 90
0
; C là góc chung
=> BEC ADC =>
AC
BC
AD
BE

=
=> AD.BC = BE.AC.
4. Ta có C
1
= A
1
( vì cùng phụ với góc ABC)
C
2
= A
1
( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
=> C
1
= C
2
=> CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB HM => CHM cân tại C
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
=> CB cũng là đơng trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.
5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn
=> C
1
= E
1
( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp
C
1
= E

2
( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
E
1
= E
2
=> EB là tia phân giác của góc FED.
Chứng minh tơng tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là
tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF.
Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đờng tròn
ngoại tiếp tam giác AHE.
1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp .
2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn.
3. Chứng minh ED =
2
1
BC.
4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.
Lời giải:
Xét tứ giác CEHD ta có:
CEH = 90
0
( Vì BE là đờng cao)

CDH = 90
0
( Vì AD là đờng cao)
=> CEH + CDH = 180
0

Mà CEH và CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
2. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE AC => BEA = 90
0
.
AD là đờng cao => AD BC => BDA = 90
0
.
Nh vậy E và D cùng nhìn AB dới một góc 90
0
=> E và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AB.
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn.
3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đờng cao nên cũng là đờng trung tuyến
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 90
0
.
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE =
2
1
BC.
Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác
AOE cân tại O => E
1
= A
1
(1).
Theo trên DE =
2
1
BC => tam giác DBE cân tại D => E
3

= B
1
(2)
Mà B
1
= A
1
( vì cùng phụ với góc ACB) => E
1
= E
3
=> E
1
+ E
2
= E
2
+ E
3

Mà E
1
+ E
2
= BEA = 90
0
=> E
2
+ E
3

= 90
0
= OED => DE OE tại E.
Vậy DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại E.
5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. áp dụng định lí Pitago cho
tam giác OED vuông tại E ta có ED
2
= OD
2
OE
2
ED
2
= 5
2
3
2
ED = 4cm
Bài 3 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 ở C và D. Các đờng thẳng AD và BC cắt
nhau tại N.
1. Chứng minh AC + BD = CD.
2. Chứng minh COD = 90
0
.
3. Chứng minh AC. BD =
4
2
AB
.

4. Chứng minh OC // BM
5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính CD.
6. Chứng minh MN AB.
7. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM.
Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác
của góc BOM, mà AOM và BOM là hai góc kề bù => COD = 90
0
.
Theo trên COD = 90
0
nên tam giác COD vuông tại O có OM CD ( OM là tiếp tuyến ).
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông ta có OM
2
= CM. DM,
Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R
2
=> AC. BD =
4
2
AB
.
Theo trên COD = 90
0
nên OC OD .(1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM

=> BM OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD).
Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO
là bán kính.
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC AB; BD AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại
có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đờng trung bình của hình thang ACDB
=> IO // AC , mà AC AB => IO AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đờng tròn đờng kính CD
6. Theo trên AC // BD =>
BD
AC
BN
CN
=
, mà CA = CM; DB = DM nên suy ra
DM
CM
BN
CN
=
=> MN // BD mà BD AB => MN AB.
7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi
tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD
nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M
phải là trung điểm của cung AB.
Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc
A , O là trung điểm của IK.
1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn.
2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
3. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm.
Lời giải: (HD)
1. 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 của hai góc kề bù đỉnh B
Do đó BI BK hayIBK = 90
0
.
Tơng tự ta cũng có ICK = 90
0
nh vậy B và C cùng nằm trên đờng
tròn đờng kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn.
Ta có C
1
= C
2
(1) ( vì CI là phân giác của góc ACH.
C
2
+ I
1
= 90
0
(2) ( vì IHC = 90
0
).

I
1
= ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O)
Từ (1), (2) , (3) => C
1
+ ICO = 90
0

hay AC OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.
AH
2
= AC
2
HC
2
=> AH =
22
1220
= 16 ( cm)
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
CH
2
= AH.OH => OH =
16
12
22
=
AH
CH
= 9 (cm)
OC =
225129
2222
=+=+ HCOH
= 15 (cm)
Bài 5 Cho đờng tròn (O; R), từ một 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 của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm).
Kẻ AC MB, BD MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB.
1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp.
2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng
tròn .
3. Chứng minh OI.OM = R
2
; OI. IM = IA
2
.
4. Chứng minh OAHB là hình thoi.
5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng.
6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng thẳng d
Lời giải:
(HS tự làm).
Vì K là trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính
Và dây cung) => OKM = 90
0
. Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 90
0
; OBM = 90
0
. nh vậy K, A,
B cùng nhìn OM dới một góc 90
0
nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OM.
Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng tròn.
3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R
=> OM là trung trực của AB => OM AB tại I .
Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 90

0
nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đờng cao.
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => OI.OM = OA
2
hay OI.OM = R
2
; và OI. IM = IA
2
.
4. Ta có OB MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC MB (gt) => OB // AC hay OB // AH.
OA MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD MA (gt) => OA // BD hay OA // BH.
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi.
5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH AB; cũng theo trên OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì
qua O chỉ có một đờng thẳng vuông góc với AB).
6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động
nhng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng
thẳng d là nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R
Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH. Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đờng
kính của đờng tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đờng tròn tại D cắt CA ở E.
1. Chứng minh tam giác BEC cân.
2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH.
3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đờng tròn (A; AH).
4. Chứng minh BE = BH + DE.
Lời giải: (HD)
AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2).
Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đờng cao vừa là đờng trung tuyến
của BEC => BEC là tam giác cân. => B
1
= B
2

2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, B
1
= B
2
=> AHB = AIB
=> AI = AH.
3. AI = AH và BE AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I.
4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài 7 Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao
cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M.
1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp đợc một đờng tròn.
2. Chứng minh BM // OP.
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
3. Đờng thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng
minh tứ giác OBNP là hình bình hành.
4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt
nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng.
Lời giải:
(HS tự làm).
Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM là góc ở tâm
chắn cung AM => ABM =
2
AOM
(1) OP là tia phân giác AOM
( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ) => AOP =
2
AOM
(2)

Từ (1) và (2) => ABM = AOP (3)
Mà ABM và AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4)
Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : PAO=90
0
(vì PA là tiếp tuyến ); NOB = 90
0
(gt NOAB).
=> PAO = NOB = 90
0
; 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 bằng nhau).
Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON AB => ON PJ
Ta cũng có PM OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ. (6)
Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có PAO = AON = ONP = 90
0
=> K là trung điểm
của PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật). (6)
AONP là hình chữ nhật => APO = NOP ( so le) (7)
Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM => APO = MPO (8).
Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đờng cao => IK PO. (9)
Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng.
Bài 8 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 tại I; tia phân giác của góc
IAM cắt nửa đờng tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K.
1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: AI
2
= IM . IB.
3) Chứng minh BAF là tam giác cân.
4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi.

5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn.
Lời giải:
1. Ta có : AMB = 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> KMF = 90
0
(vì là hai góc kề bù).
AEB = 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> KEF = 90
0
(vì là hai góc kề bù).
=> KMF + KEF = 180
0
. Mà KMF và KEF là hai góc đối
của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp.
Ta có IAB = 90
0
( vì AI là tiếp tuyến ) => AIB vuông tại A có AM IB ( theo trên).
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => AI
2
= IM . IB.
Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí do )
=> ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1)
Theo trên ta có AEB = 90
0
=> BE AF hay BE là đờng cao của tam giác ABF (2).
Từ (1) và (2) => BAF là tam giác cân. tại B .

BAF là tam giác cân. tại B có BE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là trung điểm
của AF. (3)
Từ BE AF => AF HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia phân giác HAK (5)
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là
trung điểm của HK. (6).
Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đờng chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi
đờng).
(HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI là hình thang.
Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn thì AKFI phải là hình thang cân.
AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB.
Thật vậy: M là trung điểm của cung AB => ABM = MAI = 45
0
(t/c góc nội tiếp ). (7)
Tam giác ABI vuông tại A có ABI = 45
0
=> AIB = 45
0
.(8)
Từ (7) và (8) => IAK = AIF = 45
0
=> AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy bằng nhau).
Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn.
Bài 9 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 ở E, F (F ở giữa B và E).
1. Chứng minh AC. AE không đổi.
2. Chứng minh ABD = DFB.
3. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp.
Lời giải:

C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn
) => BC AE.
ABE = 90
0
( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông tại B có BC là đ-
ờng cao => AC. AE = AB
2
(hệ thức giữa cạnh và đờng cao ), mà AB là đ-
ờng kính nên AB = 2R không đổi do đó AC. AE không đổi.
ADB có ADB = 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ).
=> ABD + BAD = 90
0
(vì tổng ba góc của một tam giác bằng 180
0
)(1)
ABF có ABF = 90
0
( BF là tiếp tuyến ).
=> AFB + BAF = 90
0
(vì tổng ba góc của một tam giác bằng 180
0
) (2)
Từ (1) và (2) => ABD = DFB ( cùng phụ với BAD)
Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 180
0

.
ECD + ACD = 180
0
( Vì là hai góc kề bù) => ECD = ABD ( cùng bù với ACD).
Theo trên ABD = DFB => ECD = DFB. Mà EFD + DFB = 180
0
( Vì là hai góc kề bù) nên suy
ra ECD + EFD = 180
0
, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối của 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 sao cho AM < MB. Gọi
M là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, MA. Gọi P là chân đơng
vuông góc từ S đến AB.
1. Chứng minh bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn
2. Gọi S là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng tam giác
PSM cân.
3. Chứng minh PM là tiếp tuyến của đờng tròn .
Lời giải:
1. Ta có SP AB (gt) => SPA = 90
0
; AMB = 90
0
( nội tiếp chắn
nửa đờng tròn ) => AMS = 90
0
. Nh vậy P và M cùng nhìn AS dới
một góc bằng 90
0
nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AS.

Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn.
2. Vì Mđối xứng M qua AB mà M nằm trên đờng tròn nên M cũng
nằm trên đờng tròn => hai cung AM và AM có số đo bằng nhau
=> AMM = AMM ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1)
Cũng vì Mđối xứng M qua AB nên MM AB tại H => MM// SS ( cùng vuông góc với AB)
=> AMM = ASS; AMM = ASS (vì so le trong) (2).
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
=> Từ (1) và (2) => ASS = ASS.
Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp cùng chắn AP )
=> ASP = AMP => tam giác PMS cân tại P.
3. Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS vuông tại M => B
1
= S
1
(cùng phụ với S). (3)
Tam giác PMS cân tại P => S
1
= M
1
(4)
Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B
1
= M
3
(5).
Từ (3), (4) và (5) => M
1
= M
3

=> M
1
+ M
2
= M
3
+ M
2
mà M
3
+ M
2
= AMB = 90
0
nên suy
ra M
1
+ M
2
= PMO = 90
0
=> PM OM tại M => PM là tiếp tuyến của đờng tròn tại M
Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) tại các điểm D, E,
F . BF cắt (O) tại I , DI cắt BC tại M. Chứng minh :
1. Tam giác DEF có ba góc nhọn.
2. DF // BC. 3. Tứ giác BDFC nội tiếp. 4.
CF
BM
CB
BD

=

Lời giải:
1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AD = AF => tam giác ADF
cân tại A => ADF = AFD < 90
0
=> sđ cung DF < 180
0
=> DEF < 90
0
( vì
góc DEF nội tiếp chắn cung DE).
Chứng minh tơng tự ta có DFE < 90
0
; EDF < 90
0
. Nh vậy tam giác DEF có
ba góc nhọn.
2. Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) =>
AD AF
AB AC
=
=> DF // BC.
3. DF // BC => BDFC là hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân)
=> BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp đợc một đờng tròn .
4. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác cân).
BDM = BFD (nội tiếp cùng chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF .
=> BDM CBF =>
CF
BM

CB
BD
=
Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng
AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đờng thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến
tại N của đờng tròn ở P. Chứng minh :
1. Tứ giác OMNP nội tiếp.
2. Tứ giác CMPO là hình bình hành.
3. CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn thẳng
cố định nào.
Lời giải:
1. Ta có OMP = 90
0
( vì PM AB ); ONP = 90
0
(vì NP là tiếp tuyến ).
Nh vậy M và N cùng nhìn OP dới một góc bằng 90
0
=> M và N cùng nằm
trên đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp.
2. Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM = ONM (nội tiếp chắn cung OM)
Tam giác ONC cân tại O vì có ON = OC = R => ONC = OCN
=> OPM = OCM.
Xét hai tam giác OMC và MOP ta có MOC = OMP = 90
0
; OPM = OCM => CMO = POM lại
có MO là cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1)
Theo giả thiết Ta có CD AB; PM AB => CO//PM (2).
Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành.

3. Xét hai tam giác OMC và NDC ta có MOC = 90
0
( gt CD AB); DNC = 90
0
(nội tiếp chắn nửa đờng
tròn ) => MOC =DNC = 90
0
lại có C là góc chung => OMC NDC
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
=>
CM CO
CD CN
=
=> CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R
2
không đổi => CM.CN =2R
2
không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 90
0
=> P chạy trên đờng thẳng cố định vuông góc
với CD tại D.
Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A B song song và bằng AB.
Bài 13 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A ,
Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB tại E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC tại F.
1. Chứng minh AFHE là hình chữ nhật.
2. BEFC là tứ giác nội tiếp.
3. AE. AB = AF. AC.
4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn .

Lời giải:
1. Ta có : BEH = 90
0
( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )
=> AEH = 90
0
(vì là hai góc kề bù). (1)
CFH = 90
0
( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )
=> AFH = 90
0
(vì là hai góc kề bù).(2)
EAF = 90
0
( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông).
2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp đợc một đờng tròn =>F
1
=H
1
(nội tiếp chắn cung
AE) . Theo giả thiết AH BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (O
1
) và (O
2
) => B
1
=
H

1
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) => B
1
= F
1
=> EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE +
EFC = 180
0
(vì là hai góc kề bù) => EBC+EFC = 180
0
mặt khác EBC và EFC là hai góc đối của
tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp.
3. Xét hai tam giác AEF và ACB ta có A = 90
0
là góc chung; AFE = ABC ( theo Chứng
minh trên) => AEF ACB =>
AE AF
AC AB
=
=> AE. AB = AF. AC.
* HD cách 2: Tam giác AHB vuông tại H có HE

AB => AH
2
= AE.AB (*)
Tam giác AHC vuông tại H có HF

AC => AH
2
= AF.AC (**)

Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC
4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân tại I => E
1
= H
1
.
O
1
EH cân tại O
1
(vì có O
1
E vàO
1
H cùng là bán kính) => E
2
= H
2
.
=> E
1
+ E
2
= H
1
+ H
2
mà H
1
+ H

2
= AHB = 90
0
=> E
1
+ E
2
= O
1
EF = 90
0
=> O
1
E EF .
Chứng minh tơng tự ta cũng có O
2
F EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn .
Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về một phía của AB các
nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K.
Đờng vuông góc với AB tại C cắt nửa đờng tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao điểm của EA,
EB với các nửa đờng tròn (I), (K).
1. Chứng minh EC = MN.
2. Chứng minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng
tròn (I), (K).
3. Tính MN.
4. Tính diện tích hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn
Lời giải:
1. Ta có: BNC= 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K)

=> ENC = 90
0
(vì là hai góc kề bù). (1)
AMC = 90
0
( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 90
0
(vì là hai góc kề bù).(2)
AEB = 90
0
(nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 90
0
(3)
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật )
2. Theo giả thiết EC AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (I) và (K)
=> B
1
= C
1
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => C
1
= N
3

=> B
1
= N
3

.(4) Lại có KB = KN (cùng là bán kính) => tam giác KBN cân tại K => B
1
= N
1
(5)
Từ (4) và (5) => N
1
= N
3
mà N
1
+ N
2
= CNB = 90
0
=> N
3
+ N
2
= MNK = 90
0
hay
MN KN tại N => MN là tiếp tuyến của (K) tại N.
Chứng minh tơng tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M,
Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng tròn (I), (K).
3. Ta có AEB = 90
0
(nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông tại A có EC AB (gt)
=> EC
2

= AC. BC EC
2
= 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trên EC = MN => MN = 20 cm.
4. Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm
Ta có S
(o)
=

.OA
2
=

25
2
= 625

; S
(I)
=

. IA
2
=

.5
2
= 25

; S
(k)

=

.KB
2
=

. 20
2
= 400

.
Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn là S =
1
2
( S
(o)
- S
(I)
- S
(k)
)
S =
1
2
( 625

- 25

- 400

) =
1
2
.200

= 100



314 (cm
2
)
Bài 15 Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC.
đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) tại D. đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) tại S.
1. Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .
2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.
3. Gọi E là giao điểm của BC với đờng tròn (O). Chứng minh rằng các đờng thẳng BA, EM, CD
đồng quy.
4. Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE.
5. Chứng minh điểm M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE.
Lời giải:

1. Ta có CAB = 90
0
( vì tam giác ABC vuông tại A); MDC = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> CDB = 90
0
nh vậy D và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 90

0
nên A và D cùng nằm trên đờng
tròn đờng kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp.
2. ABCD là tứ giác nội tiếp => D
1
= C
3
( nội tiếp cùng chắn cung AB).
D
1
= C
3
=>
ẳ
ẳ
SM EM=
=> C
2
= C
3
(hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung bằng nhau)
=> CA là tia phân giác của góc SCB.
3. Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC nh vậy BA, EM, CD là ba đờng cao của tam giác
CMB nên BA, EM, CD đồng quy.
4. Theo trên Ta có
ẳ
ẳ
SM EM=
=> D
1

= D
2
=> DM là tia phân giác của góc ADE.(1)
5. Ta có MEC = 90
0
(nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 90
0
.
Tứ giác AMEB có MAB = 90
0
; MEB = 90
0
=> MAB + MEB = 180
0
mà đây là hai góc đối nên tứ
giác AMEB nội tiếp một đờng tròn => A
2
= B
2
.
Trờng THCS Thăng Bình
GV:Lê Anh Tuấn Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => A
1
= B
2
( nội tiếp cùng chắn cung CD)
=> A
1
= A

2
=> AM là tia phân giác của góc DAE (2)
Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE
TH2 (Hình b)
Câu 2 : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS
=>
ằ
ằ
ẳ
ẳ
CE CS SM EM= => =
=> SCM = ECM => CA là tia phân giác của góc SCB.
Bài 16 Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đờng tròn đờng kính BD cắt BC
tại E. Các đờng thng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn tại F, G.
Chứng minh :
1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD.
2. Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp .
3. AC // FG.
4. Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy.
Lời giải:
1. Xét hai tam giác ABC và EDB Ta có BAC = 90
0
( vì tam giác ABC
vuông tại A); DEB = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> DEB = BAC = 90
0
; lại có ABC là góc chung => DEB CAB .
2. Theo trên DEB = 90

0
=> DEC = 90
0
(vì hai góc kề bù); BAC = 90
0

( vì ABC vuông tại A) hay DAC = 90
0
=> DEC + DAC = 180
0
mà
đây là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp .
* BAC = 90
0
( vì tam giác ABC vuông tại A); DFB = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay
BFC = 90
0
nh vậy F và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 90
0
nên A và F cùng nằm trên đờng tròn đờng
kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp.
3. Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => E
1
= C
1
lại có E
1
= F

1
=> F
1
= C
1
mà đây là hai góc so
le trong nên suy ra AC // FG.
4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đờng cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy tại S.
Bài 17. Cho tam giác đều ABC có đờng cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M không trùng B. C,
H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB. AC.
1. Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó.
2. Chứng minh rằng MP + MQ = AH.
3. Chứng minh OH PQ.
Lời giải:
1. Ta có MP AB (gt) => APM = 90
0
; MQ AC (gt)
=> AQM = 90
0
nh vậy P và Q cùng nhìn BC dới một góc
bằng 90
0
nên P và Q cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AM
=> APMQ là tứ giác nội tiếp.
* Vì AM là đờng kính của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác
APMQ tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là
trung điểm của AM.
2. Tam giác ABC có AH là đờng cao => S
ABC
=

1
2
BC.AH.
Tam giác ABM có MP là đờng cao => S
ABM
=
1
2
AB.MP
Tam giác ACM có MQ là đờng cao => S
ACM
=
1
2
AC.MQ
Ta có S
ABM
+ S
ACM
= S
ABC
=>
1
2
AB.MP +
1
2
AC.MQ =
1
2

BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH
Trờng THCS Thăng Bình