Giao an boi duong hoc sinh gioi mon Toan THCS 20132014 tron bo co dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (600.29 KB, 71 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Suối Ngô, Ngày 17, 18, 19, 21, 24/09/2013

Chuyên đề 1: CỰC TRỊCỦAMỘT BIỂU THỨC

I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC
1/ Cho biểu thức f( x ,y,...)

a/ Ta nói M giá trị lớn nhất ( GTLN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu max f = M nếu hai
điều kiện sau đây được thoả mãn:

- Với mọi x,y... để f(x,y...) xác định thì :
f(x,y...) M ( M hằng số) (1)

- Tồn tại xo,yo ... sao cho:

f( xo,yo...) = M (2)

b/ Ta nói m là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu min f = m nếu hai
điều kiện sau đây được thoả mãn :

- Với mọi x,y... để f(x,y...) xác định thì :
f(x,y...) m ( m hằng số) (1’)

- Tồn tại xo,yo ... sao cho:

f( xo,yo...) = m (2’)

2/ Chú ý : Nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1’) thì chưa có thể nói gì về cực trị của một
biểu thức chẳng hạn, xét biểu thức : A = ( x- 1)2 + ( x – 3)2. Mặc dù ta có A 0 
nhưng chưa thể kết luận được minA = 0 vì khơng tồn tại giá trị nào của x để A = 0 ta
phải giải như sau:

A = x2 – 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2( x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + 2 2
A = 2 ⇔ x -2 = 0 ⇔ x = 2

Vậy minA = 2 khi chỉ khi x = 2

II/ TÌM GTNN ,GTLN CỦA BIỂU THƯC CHỨA MỘT BIẾN
 1/ Tam thức bậc hai:

Ví dụ: Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c .
Tìm GTNN của P nếu a 0.
Tìm GTLN của P nếu a ¿¿

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Giải : P = ax2 + bx +c = a( x2 + 
b

a x ) + c = a( x +
b

2a )2 + c - 
2

2
4

b
a
Đặt c - b

4a =k . Do ( x +
b

2a )2 0 nên :

- Nếu a 0 thì a( x + 2ba )2 0 , do đó P k. MinP = k khi và chỉ khi x = 
-b

2a

-Nếu a ¿¿

¿ 0 thì a( x +
b

2a )2 0 do đó P k. MaxP = k khi và chỉ khi x =
- 2ba

2/ Đa thức bậc cao hơn hai:

Ta có thể đổi biến để đưa về tam thức bậc hai
Ví dụ : Tìm GTNN của A = x( x-3)(x – 4)( x – 7)
Giải : A = ( x2 - 7x)( x2 – 7x + 12)

Đặt x2 – 7x + 6 = y thì A = ( y - 6)( y + 6) = y2 - 36 -36

minA = -36 ⇔ y = 0 ⇔ x2 – 7x + 6 = 0 ⇔ x1 = 1, x2 = 6.
 3/ Biểu thức là một phân thức :

a/ Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai:
Ví dụ : Tìm GTNN của A = 2

6x −5−9x2 .
Giải : A = 2

6x −5−9x2 . =

−2

9x2−6x+5 =

3x −1¿2+4

¿
−2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta thấy (3x – 1)2 0 nên (3x – 1) 2 +4 4 do đó 2
1
(3x1) 4

4 theo

tính chất a b thì 1
a

b với a, b cùng dấu). Do đó

3x −1¿2+4

¿
−2

−2

4 ⇒ A
-1
2

minA = - 12 ⇔ 3x – 1 = 0 ⇔ x = 13 .
Bài tập áp dụng:

1. Tìm GTLN của BT : 2
1
A

x 4x 9



  HD giải:





1 1 1 1

A . max A= x 2

x 4x 9 x 2 5 5 5

    

   

.
2. Tìm GTLN của BT : 2

1
A

x 6x 17



  HD Giải:





1 1 1 1

A . max A= x 3

x 6x 17 x 3 8 8 8

    

   

3. (51/217) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2
3
A

2 x 2x 7



   

b/ Phân thức có mẫu là bình phương của nhị thức.
Ví dụ : Tìm GTNN của A = 3x

−8x+6

x2−2x+1 .

Giải : Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm

A =



 



2 2 1 4 4

2 1

x x x x

x x

    

  = 2 +

x −2¿2
¿
x −1¿2

¿
¿
¿

minA = 2 khi và chi khi x = 2.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

A =









2 2 2

3( 1) 8( 1) 6 3 6 3 8 8 6 3 2 1

2 1 2 2 1

1 2 1 1

y y y y y y y

y y y y

y y

          

 

    

    = 3 -

2
y +

1
y2
= ( 1

y -1)2 + 2

minA = 2 ⇔ y = 1 ⇔ x – 1 = 1 ⇔ x = 2

Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 TRẦN THỊ VÂN ANH)
1, (13/200) Tìm GTNN và GTLN của bt:

2
2
1
P
1
x
x x


 

2, (36/210) Tìm GTNN của bt :
2

2
2 2006

B x x

x

 



3, ( 45/ 214) Tìm GTNN và GTLN của bt:

2
2
C
5 7
x
x x

 

4, ( 47, 48 /215) Tìm GTNN của bt : a,
2
2
2 2
D
2 3
x x
x x
 


  b,

2
2

2 1

2 4 9

x x

 



 

c/ Các phân thức dạng khác:

Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A = 3−4x
x2+1

Giải Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số :
A = x

−4x+4− x2−1

x2+1 =

x −2¿2
¿
¿
¿

- 1 -1
Min A= -1 khi và chỉ khi x = 2

Tìm GTLN A = 4x
2

+4−4x2−4x −1

x2+1 = 4 -

2x+1¿2
¿
¿
¿

4
Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 TRẦN THỊ VÂN ANH)

1, (42, 43/ 221) Tìm GTLN của bt: a, A 2 2
x
x



 b,





2
3
2
B
2
x
x



3, (35, 36 / 221) Tìm GTNN của bt: a,

2 4 4

C x x

x

 



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

4, (34, 36/ 221) Tìm GTNN của bt: a,
2

3
2
E x

 

với x > 0; b,
3

2
1
Fx 

x Với x >
0

6, (68/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt:





2 2 17

2 1

x x

Q

x

 



 Với x > 0

7, (69/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt:

6 34

x x

x

 



 Với x > 0

8, (70/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt:

3 2000
S x

x




Với x > 0

III/ TÌM GTNN, GTLN CỦA BT CĨ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN
Ví dụ : Tìm GTNN của A = x3 + y3 + xy biết rằng x + y = 1

sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A

A = (x + y)( x2 –xy +y2) + xy = x2 – xy - y2 + xy = x2 + y2
Đến đây ta có nhiều cách giải

Cách 1: sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức có chứa A
x + y = 1 ⇒ x2 + 2xy + y2 = 1 (1)
Mà (x – y)2 0 Hay: x2 - 2xy + y2 0 (2) 
Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 ) 1 ⇒ x2 + y2 1

2
minA = 1

2 khi và chỉ khi x = y =
1
2

Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x. Thay y = x – 1 vào A
A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 - 1

2 )2 +
1

2
1
2
minA = 1

2 khi và chỉ khi x = y =
1
2

Cách 3/ Sử dụng điều kiện đã cho để dưa về một biến mới

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

x2 + y 2 = ( 1

2 + a)2 + (
1

2 - a)2 =
1

2 +2 a2
1

2 => MinA =
1

2 ⇔ a =
0 ⇔ x=y = 1

Bài tập 1 : Tìm Min A = a2ab b 2 3a 3b2014

Cách 1 Ta có: A= a2 2a 1 b2 2b 1 ab a b   1 2011

2 2

= a  2a 1 b  2b 1 ab a b   1 2011











 











 







2 2

2 1 1 3 1

a 1 2 1 2011

2 4 4

b b b

a   

      





2 3 1

= a 1 + 2011

2 4

b

b 

 

  

 

 

 Min A = 2011 khi

a 1 0

1
2

1 0
b

a b
b




  



  


  


Cách 2:





















2 2 2 2 2 2

2 1 2

2A 2 3 3 2014 = a 2 1 2 1 a 2 2.2 4 4022

= a 1 1 2 4022

                 

      

a ab b a b a b b ab b a b

b a b

 Min 2A = 4022 khi

a 1 0

1 0 1

2 0

b a b

a b

 




    



   

 => Min A = 2011

BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ:

Bài 1 CMR : Min P = 0 Với P = a2ab b 2 3a 3b3

Bài 2 CMR: khơng có giá trị nào của x, y, z thỏa mãn ĐT:

2 4 2 2 2 8 6 15 0

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Hướng dẫn Ta có:













2 2 2

VTx  2x 1 4y 8y 4 z  6z 9 1= x-1  2y2  z 3  1 1
Bài 3: Có hay khơng các số x,y,z thỏa mãn mỗi đẳng thức sau:

1)x2 4y2z24x4y8z22 0
2) x24y29z2 2x12y12z1994

Hướng dẫn Ta có:













2 2 2

1) VT 4 4 4 4 1 8 16 1

= x+2 2 1 4 1 1

x x y y z z

y z

         

     













2 2 2

2) VT = x 2 1 4 12 3 9 12 4 1986

= 1 2 3 3 2 1986 1986

x y y z z

x y z

        

      

Bài 4: CMR: Min A=2 Với A = m2 4mp5p210m 22p28

Hướng dẫn Ta có:





















2 2 2

2 2

A = 4 4 2 1 10 20 27

= 2 2.5 2 25 1 2

= 2 5 1 2 2

m mp p p p m p

m p m p p

m p p

       

      

     

Bài 5: CMR: Max B = 4 Với Ba2 5b2 2a4ab10b 6

Hướng dẫn Ta có:

2 2 2

Ba 4ab 4b  b 6b 9 2 a4b 1 4



2 2

 







= 4 -   4 4   6 9 2  2 1

 a ab b b b a b 













= 4 -   2 2  2  1  3 

 a b a b b 









2 2

= 4 -   2 1   3  4





C = x+2  2y3  3z4 1
)

d) D= 20x218y2 24xy 4x12y2016 ( Gợi ý













D= 4x-3y  2x1  3y 2 2011
)

Bài 7: Tìm các số a, b, c, d thỏa mãn : a2b2c2 d2 a b c d



 



(*)

Ta có :

























2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

0
0

4 0

4 4 4 4 4 4 0

2 2 2 0

a b c d ab a b c

a b c d a b c d

a b c d ab ac ad

a ab b a ac c a ad d a

a b a c a d a

     

       

       

          

       

Dấu “=” sảy ra khi : a2b2c2d  0 a b c d   0

BÀI TẬP VỀ NHÀ:

Bài 1: Tìm các số a, b, c, d, e thỏa mãn : 2a2 b2c2d2e2 a b c d e



  



Bài 2: Tìm các số a, b, c, thỏa mãn : a2b2 1 ab a b 

Bài 3: Tìm các số a, b, thỏa mãn : 4a24b24ab 4a4b 4 0

Bài 4: Tìm các số x, y, z thỏa mãn : x24y2z2 2x 8y6z14
Bài 5: Tìm các số m, p, thỏa mãn : m25p2 4mp10m22p25

IV Các chú ý khi giải bài tốn cực trị :

1, Chú ý 1: Khi tìm bai tốn cực trị ta có thể đổi biến
Ví dụ : Tìm GTNN của ( x – 1)2 + ( x – 3)2

ta đặt x – 2 = y, biểu thức trở thành (y + 1)2 + (y – 1)2 =2y2 +2 2 ⇒ minA= 2 ⇒
y=0 ⇒ x=2

2 Chú ý 2, Khi tìm cực trị của biểu thức , nhiều khi ta thay điều kiện để biểu thức này đạt
cực trị bởi điều kiện tương đương là biểu thức khác đạt cực trị

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

B lớn nhất ⇔ B nhỏ nhất với B > 0

Ví dụ : Tìm GTLN của

4
2 2

1
( 1)

x
A

x




 (Chú ý A> 0 nên A lớn nhất khi

A nhỏ nhất và
ngược lại)

Ta có :
1
A =

2 2 4 2 2

4 4 4

( 1) 2 1 2

1 1 1

x x x x

x x x

  

  

   .Vậy

A 1

min
1

A = 1 khi x = 0 .Do đó maxA =1 khi x = 0

3,Chú ý 3 Khi tìm GTLN, GTNN của 1 biểu thức ,người ta thường sử dụng các BĐT đã
biết

Bất đăng thức có tính chất sau

a ) a > b , c > d với a, b, c, d > 0 thì a.c > b. d
b) a > b và c > 0 thì a.c > b.c

c) a > b và c < 0 thì a.c < b.c
d) a > b và a, b, n > 0 thì an > bn

BĐT Cô si: a + b 2 ab ; a2 + b2 2ab ; (a + b)2 4ab ; 2( a2 + b2) ( a+ b)2
Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a2 + b2) ( c2 + d2) (ac + bd)2

Ví dụ Cho x2 + y2 = 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y

Giải :Áp dụng BĐT BCS ta có ( 2x + 3y )2 ( 22+32 ).52 ⇒ ( 2x + 3y )2 13.13.4
⇒

2x + 3y 26. Vậy maxA = 26 ⇔

2 3

2 3 0

x y





 



Thay y =
3

x

vào x2 + y2 = 52 ta được 4x2 + 9x2 = 52.4 ⇒ x2 = 16 ⇒ x=4 hoặc x=
-4

Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y 0 x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y 0
Vậy Max A = 26 ⇔ x =4 , y = 6

3/ Trong các bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau

- Nếu 2 số có tổng khơng đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 số đó bằng nhau

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Ví dụ: Tìm GTLN, GTNN của tích xy, biết x,y N thoả mãn x + y = 2005

Giải : Ta có 4xy = (x + y)2 – (x – y)2 = 20052 - (x – y)2

xy lớn nhất ⇔ x – y nhỏ nhất ; xy nhó nhất ⇔ x – y lớn nhất

giả sử x > y ( không thể xảy ra x = y) Do 1 y x 2004 nên 1 x-y
2003

Ta có min(x –y) = 1 khi x = 1003 ; y =1002 max(x –y) = 2003 khi x =2004 , y = 1
Do đó max(xy) = 1002.1003 khi x = 1003 , y = 1002

Min ( xy) = 2004 khi x = 2004 , y = 1

VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ
VD1: Cho x > 0, y > 0 thỏa mẫn đk

1 1 1

x y  Tìm GTNN của bt: A = x y

Do x > 0, y > 0 nên

1 1

0, 0
y

x   áp dụng bất đẳng thức cơsi cho 2 số 
1 1

,
x y

ta có:

1 1 1 1 1

2 x y x y

 

 

 

  Hay

1 1

4 xy => xy 4

Mặt khác ta có: x > 0, y > 0 => x 0, y 0. áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có:

2 2 4 4

x y xy  

Vậy: Min A = 4 khi :

1 1 1

2
x y

x y
x y





  



 




VD2 : Tìm GTNN của của biểu thức : A x2 x 1  x2 x 1

Ta có:

2 1 3 3

x x 1 x x R

2 4 4

 

        

 

2 1 3 3

x x 1 x x R

2 4 4

 

        

 

Áp dụng BĐT Cô- si cho 2 số x2 x 1, x 2  x 1 ta có :

2 2 2 2 4 4 2

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

 Max A = 2 khi

4 2

2 2

x x 1 1

x 0

x x 1 x x 1

   



 



    




VD3 Tìm giá trị nhỏ nhất của :

x y z

y z x

  

với x, y, z > 0.

Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:

x y z x y z

A 3 . . 3

y z x y z x

    

Do đó

x y z x y z

min 3 x y z

y z x y z x

 

        

 

 

Cách 2 : Ta có :

x y z x y y z y

y z x y x z x x

   

       

 

  . Ta đã có

x y

y x  (do x, y > 
0) nên để

chứng minh

x y z

y z x  ta chỉ cần chứng minh :

y z y

1
z x  x  (1)
(1)  xy + z2 – yz ≥ xz (nhân hai vế với số dương xz)

 xy + z2 – yz – xz ≥ 0  y(x – z) – z(x – z) ≥ 0  (x – z)(y – z) ≥ 0 (2)
(2) đúng với giả thiết rằng z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z, do đó (1) đúng. Từ đó tìm

được giá trị nhỏ nhất của

x y z

y z x.

VD 4: Tìm giá trị lớn nhất của : A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với x, y, z ≥ 0 ; x + y + z = 
1.

Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x, y, z ta có: 1 = x + y + z ≥ 3.3 xyz (1)
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x+y, y +z, z + x ta có :

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Nhân từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều không âm) : 2 ≥ 9.3 A  A ≤
3
2
9
 
 
 

max A =
3
2
9
 
 

  khi và chỉ khi x = y = z = 
1
3.

VD 5: Tìm GTNN của

xy yz zx

z x y

  

với x, y, z > 0 , x + y + z = 1.

Giải: Theo bất đẳng thức Cauchy :

xy yz xy yz

2 . 2y

z  x  z x  .

Tương tự :

yz zx zx xy

2z ; 2x

x  y  y  z  . Suy ra 2A ≥ 2(x + y + z) = 2.

min A = 1 với x = y = z =

1
3.

VD 6: Tìm GTNN của 2 2

1 2

A 4xy

x y xy

  

 với : x > 0, y > 0, x + y < 1
Ta có:













2
4

2 1 1 1 1 1 4

2 .2 4

1 1 1

2
x y

xy x y xy

x y xy

x y xy x y x y

x y xy




   

  



       

  



 

  





Ta có: 2 2 2 2

1 2 1 1 1 5

A 4xy 4xy

x y xy x y 2xy 4xy 4xy

   

       

     

















2 2

4 1 5 4 5 11

A 2 4xy. 2 11

x 2xy y 4xy x y x y x y x y

       

     

VD 7: : Cho

1
2
x

, Tìm GTLN của A = 2x25x2 + 2 x+3 - 2x

Giải : Ta có :



 



A = 2x 5x2 + 2 x+3 - 2x = 2x 1 x2 + 2 x+3 - 2x
Với

x 3 4

4 3 2 3

2 x x

 
   
Hay :
x 7
2 3
2 x

 

. Dấu “ = ” xảy ra khi x 3 4   x=1
Do đó:

x 7
A



  3x 3



- 2x = 5. Dấu “ = ” xảy ra khi x=1

VD 8: : Cho x, y, z > 0 và x + y + z =1 Tìm GTNN của:

1 4 9

S =

x yz

Ta có: S =





1 4 9

x + y + z

x y z

 

 

 

 =

4 4 9 9

1+4+9+ y x z y x z

x y y z z x

     

    

     

 

   

áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương
4
,

y x

x y ta có :

4 4

2 . 4

y x y x

x y  x y 

Tương tự ta có :

4 9 4 9

2 . 12

z y z y

y  z  y z  ;

9 9

2 . 6

x z x z

z x z x 
 S  1 + 4 + 9 + 4 + 12 + 6 =36

Dấu “=” sảy ra khi :

2 2
2 2
2 2
4
1
4 3
2
4 9

4 9 1

6
9 1
9 1
1
2
1
y x

x y y x y

y x

z y

z x x

y z

x z x y z

x z

x y z z

z x

x y z


 


  



 

 
   
    
   

      

      


 

   


Vậy Min S = 36 khi

1 1 1

, ,

3 6 2

y x z

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Biện pháp 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu thức 
đó

VD1 : Tìm giá trị lớn nhất của A 3x 5 7 3 x, ĐKXĐ :

3 5 0 5 7

7 3 0 3 3

x

x
x

 



  



 





 





 



2
2

2 4 0

-x 2 8 0 2 4

1 2

1 2 0

-x 2 0

x x

x
x

x x

x

   

      

 

     

  

  

  

  

  

 

Khi đó





2 2

-x 2x 8 -x  x 2   x 6 0

=> A > 0

Từ (*) =>









2 2 2 2 2

A = -x 2x 8 -x  x 2  2 -x 2x8. -x  x 2



 



= -2x 3x10 2 x2 4 x x1 2 x







 





 



2 2

= 4 x  2 2 x x2 . x1 4 x  x1 4 x 2



 



2
2

4 x x 1 4 x 2 2

      

A = 2  4 x2 



x1 4

 

 x



 x0

BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và một số chuyên đề Bùi văn Tuyên )

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Bài 4: Tìm GTLN của hàm số : A 2x 3 23 2 x

Bài 5: Tìm GTLN của hàm số : A 5x 7 17 5 x

Bài 6: Tìm GTLN của hàm số : A 3x 2 20 3 x

Bài 7:Tìm GTLN của : A x 1  y 2 biết x + y = 4
Bài 8 Tìm GTNN của : A = -x2 4x21 -x23x10

Bài 9( 76/29) Tìm GTNN của :

x y z

A =

y  z  x với x, y, z dương và x + y + z  12
Bài 10: ( 65/ 28) Tìm GTLN, GTNN của : A x 4  y 3 biết x + y = 15

Biện pháp 2: nhân và chia một biểu thức với cùng một số khác khơng.

VD Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

x - 9
A =

Giải: ĐKXĐ: x9 Ta có:

x - 9
A =

5x =

1 x - 9

x - 9 3

2 3

3 6

5x 5 5 30

x

x x

 



 

 

  

Dấu “=” xảy ra khi
x - 9

18
3

x
x






 


 

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

7x - 5
A =

7x-9

Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3
3
x - 9
B =

27x

Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức dã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của 
chúng là một hằng số:

1) Tách 1 hạng tử thành tổng nhiều hạng tử bằng nhau

VD1: cho x > 0 Tìm GTNN của biểu thức:

4
3
3x 16
A =

x

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Giải : Ta có

3 3 3

3x 16 16 16

A = 3x x x x

x x x



     

Áp dụng BĐT Cơ-si Ta có :

3 3

16 16

A = x+x+x+ 4 . . . 4.2 8
x  x x x x  

Vậy Min A = 8 3
16

x x

x

   

VD2: ( đề thi ĐHTH Hà Nội 1993) Tìm Max và Min A = x y( 4 - x - y ) 2 với
, 0 và x + y 6

x y 

Xét 0 x y4 Ta có :

4
x

+y+ 4 - x - y

x 2 2

A = 4. . .y( 4 - x - y ) 4. 4

2 2 4

x

x   

 

   

 

   

 

Dấu “=” xẩy ra khi
x

= y = 4 - x - y y = 1 ; x =2

2 

Xét 4 x y6

Rễ thấy: 4 – x - y2 ( 1) Dấu ‘=’ xảy ra khi x + y = 6

=> A = x y( 4 - x - y ) 2 đạt GTNN khi x2y đạtGTLN

Ta có :





3
2

2 x+y
x+x+2y

x.x.2y 3

x y =

2 2 2

 

 

   

 

=32 hay x2y  32 (2)

Từ (1) và (2) => x y( 4 - x - y ) 2  -64 Dấu ‘=’ xảy ra khi

6 4

2 2

x y x

x y y

  

 



 

 

 

VD3 . Tìm GTLN của A = x2(3 – x) biết x ≤ 3.
Giải : Xét 0 ≤ x ≤ 3. Viết A dưới dạng : A = 4.

x
2 .

2.(3 – x). Áp dụng bất đẳng thức

Cauchy cho 3 số không âm

x
2 ,

2, (3 – x) ta được : 
x
2 .

2 .(3 – x) ≤
3

x x 3 x

2 2 1

 

  

 



 

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Do đó A ≤ 4 (1)

BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và một số chuyên đề Bùi văn Tuyên )

Bài 1( 71/28) Cho x > 0 , y > 0 và x + y  6 Tìm GTNN của

12 16
P 5x 3y

x y

   

Bài 2( 70/28) Cho x > 0 , Tìm GTNN của

3 2000

N x

x




Bài 3( 68/ 28) Cho x , Tìm GTNN của

2 2 17
Q

2( 1)

x x

x

 





Bài 4( 69/ 28) Tìm GTNN của

6 34

x x

x

 





Bài 5( 72/ 29) Cho x > y và x.y =5 , Tìm GTNN của

2 1, 2 2

Q x xy y

x y

 





Bài 6( 79/ 29) Cho x ,y thỏa mãn biểu thức: x + y =1 và x > 0 , Tìm GTLN của Bx y2 3

2) Tách 1 hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với 1 hạng tử chứa biến 
sao cho hạng tử này là nghịch đảo của 1 hạng tử khác có trong biểu thức đã cho.

VD1: Cho 0 < x < 2 , Tìm GTNN của

9 2

B
2

x
x x

 



Ta có :

9 2 9 2

B 1 1 2 . 7

2 2

x x x x

 

     

 

 Min B= 7 

9 2 1

2 2

x x

x

x x



  



BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và một số chuyên đề Bùi văn Tuyến )

Bài 1( 74/ 29) Cho 0 < x <1, Tìm GTLN của

3 4

1 x x

 



Bài 2( 73/ 29) Cho x >1, Tìm GTLN của

25
A 4

1
x

x

 



Bài 3: Cho x > 0, Tìm GTNN của biểu thức:

2x 6 5

A =

2x
x

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Bài 4: Tìm GTNN của biểu thức:

x - 4
B =

Bài 5: Tìm GTNN của biểu thức:

x 3 4

A =
x

x

 

(Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 TRẦN THỊ VÂN ANH)
Bài 6: Tìm GTNN của biểu thức:

1 3

A =

x+1 2
x



( với x > -1 )
Bài 7: Tìm GTNN của biểu thức:

2
B =

x-1 2
x



( với x > 1 )
Bài 8: Tìm GTNN của biểu thức:

5
C =

2x-1 3
x



( với x >
1

2 )

Bài 9: Tìm GTNN của biểu thức:

5
D =

1 - x
x

x



( với 0 < x < 1 )

Biện pháp 4: Thêm 1 hạng tử vào biểu thức đã cho:

VD1 : Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2 Tìm GTNN của biểu
thức:

2 2 2

P x y z

y z z x y x

  

  

Ta có :
2
x

y z + 4

y z
2

. 2.

4 2

x y z x

x
y z

 


2
y

x z + 4

x z

 2

. 2.

4 2

y x z y

y
x z

 


2
z

y x + 4

y x
2

. 2.

4 2

z y x z

z
y x

 

=>

2 2 2

4 4 4

x y z y z x z y x

x y z

y z z x y x

    
       
 
  
 
Hay:

2 2 2

x y z x y z

x y z

y z z x y x

   
     
 
  
 
=>

2 2 2

P 1

2 2

x y z x y z x y z

x y z

y z z x y x

   

        

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Vậy Min P = 1 

2
2
2

4 3

x y z

y z

y x z

x y z

x z

z y x

y x

 








 



    





 








Lưu ý: Nếu ta lần lượt thêm ( x + y), ( z + y), ( x + z) vào

2 2 2

z x y

, ,

y+x y+z z+x ta vẫn khử 
được (x + y), ( z + y), ( x + z) nhưng khơng tìm được x, y, z để dấu dấu đẳng thức xảy ra
đồng thời. Khi đó khơng tìm được giá trị nhỏ nhất.

VD2 : Tìm GTNN của A = x + y biết x, y > 0 thỏa mãn

a b

x y  (a và b là hằng số 
dương).

Giải . Cách 1 : A = x + y = 1.(x + y) =





a b ay bx

x y a b

x y x y

 

     

 

  .

Theo bất đẳng thức Cauchy với 2 số dương :

ay bx ay bx

2 . 2 ab

x  y  x y  .

Do đó





2
A a b 2 ab    a b





min A a  b

với

ay bx

x y

x a ab

a b

x y y b ab

x, y 0






  

 

  

 

 


 

 




Cách 2 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :





a b a b

A (x y).1 (x y) x. y. a b

x y x y

 

          

    .

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

VD3 Tìm GTNN của

2 2 2

x y z

x y y z z x

  

   biết x, y, z > 0 ,
xy yz zx 1 .

Giải Theo VD1 BIỆN PHÁP 4:

2 2 2

x y z x y z

x y y z z x 2

 

  

   . Theo bất đẳng thức

Cauchy

x y y z z x

xy ; yz ; zx nên x y z xy yz zx

2 2 2

  

       

xy yz zx

x+y+z 1

hay

2 2 2

 

 

min A =
1
2

1
x y z

   

VẬN DỤNG BDT A  B A+B ĐỂ TÌM CỰC TRỊ

Bài 1: Tìm GTNN của hàm số : y x22x 1 x2 2x1

Cách 1: y x22x 1 x2 2x   1 x 1 x1
Nếu: x < -1 thì y  x 1 x1x 1 x 1 2x2
Nếu: -1 x 1  thì y  x 1 x1  x 1 x 1 2

Nếu: x > 1 thì y  x 1 x1   x 1 x 1 2 x2
Vậy y nhỏ nhất bằng 2 khi -1 x 1 

Cách 2 : áp dụng BĐT a b  a b ( Dấu “=” sảy ra khi a.b 0)

Ta có : y   x 1 1 x    x 1 1 x 2
Vậy y nhỏ nhất bằng 2 khi -1 x 1 

Bài 2: Cho x, y > 0 và 2x + xy = 4 . Tìm GTLN của A = x2y

Cách 1: Từ 2x + xy = 4 => xy = 4 -2x Thế vào A ta có :

A = x(4 -2x ) = 2 –





 

2 2

2 2 2. 2 2

x x

   

 

  =





</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

=> Max A = 2 khi

2 2 0

2 4

x
x

y
x xy

    





 



 

 



Cách 2: Ta có : A =
1

.2 .

2 x xy. Vì x, y > 0 => 2x, xy > 0. áp dụng bất đẳng thức Cosi cho

2 số 2x, xy ta có:





2
2

2 2

2 . 2 .

2 2 4.2

x xy

x xy x xy

x xy x xy  x y

   

     

  Thay số

ta có : 2x y2 =A

Vậy Max A =2 khi

2 1

2 4 2

x xy x

x xy y

 

 



 

  

 

BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ:

Bài 1: Tìm GTNN của HS: a, y 4x2 4x 1 4x212x9 b,

2 4 4 2 6 9

y x  x  x  x

Bài 2: Tìm GTNN của HS: a, y 4x220x25 x2 8x16 b,

2 2

25 20 4 25 30 9

y x  x  x  x

Bài 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của A x 2 x 1   x 2 x 1 
Suối Ngô, Ngày 25,26,28/09/2012-01,02/10/2012

CHUYÊN ĐỀ 2: CHỨNG MINH BẤT DẲNG THỨC
Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác.

CMR: ab + bc + ca a2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca).
Giải:

Ta có:

a2 +b2 +c2 - ab + bc + ca

c −a¿2
b − c¿2+¿≥0 .

a −b¿2+¿
¿
¿1

2.¿

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Lại có:

(

1+m

z

)

.(n+z) (2).
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:





1 m .(n z) n m.z n m 1 m .(n z) n m.

z z z

 

   

           

     

     

Vậy (2) đúng, tức là (1) cũng đúng (đpcm).

Bài 3:Cho xy > 0 và x + y = 1.CMR: 8 .(x4+y4

)

+ 1

xy≥5 .
Giải:

Từ giả thiết

¿
xy>0

x+y=1>0

⇒x , y>0 .

¿{

¿
Ta có:

1=x+y ≥2 .

√

xy⇒1

4≥xy⇒
1

xy ≥4(1).

Lại có:



4 4



2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2





2 2

8. x y 4.(1 1 ).(x y ) 4.( x y ) (1 1 ).(x y )  x y  1.

   

Suy ra: 8.(x4 + y4) 1 (2).
Từ (1) và (2) suy ra:

8 .(x4

+y4

)

+ 1

xy≥1+4=5 .
Ta có đpcm.

Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít nhất một trong ba số sau đây là số dương:
x = (a + b + c)2 - 9ab ; y = (a + b + c)2 - 9cb ; z = (a + b + c)2 - 9ac.

Giải:

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

c − a¿2
b − c¿2+¿>0.

a − b¿2+¿
¿

3
2.¿

(Do a b c a).

Vậy trong ba số x,y,z ln có ít nhất một số dương.

Bài 5: Nếu
¿
a+b ≥1

ab>0

¿{

thì a4+b4≥1

Giải:
Ta có:

(

x10

+y10

)

(

x2+y2

)

≥

(

x8+y8

)



 





 



2 2. 2 2 . 6 6 0 2 2. 2 2 . 4 2 2 4 0

x y x y x y x y x y x x y y

        

Bất đẳng thức cuối cùng ln đúng.Vậy ta có đpcm.

Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì :
P = a3 + b3 + c3 - 3abc < 0.

Giải:

Có:P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 0.
Bài 8:CMR:

2n+1¿2
¿
¿
A=1

9+
1
25+. . .+

1
¿

với n∈Ν , n>1 .

Giải:

Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:
2n+1¿2

¿
¿
1
¿

Áp dụng ta có:
A<1

[

1
2 . 3+

1
3 . 4+

4 . 5+.. .+

(2n+1).(2n+2)

]

=¿=

1
2.

[

1
2−

1
3+

1
3−

1
4+. . .+

1
2n+1−

1
2n+2

]

1
2.

[

1
2−

1
2n+2

]

1
4.
Ta có đpcm.

Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì: p2+q2

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Giải:
Có:

p2+q2

p+q −

√

pq=

(

√

p −

√

q

)

(

p+

√

pq+q

)

p+q ≥0 .

Ta có đpcm.
Bài 10:CMR: 1

k2<
1
k −1−

k với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra:

1+1

22+
1
32+. ..+

1
n2<2−

n với n >1.
Giải:

Ta có: 1
k2<

(k −1).k=

1
k −1−

1
k .
Áp dụng cho k = 2,3,...,n ta được:

1+ 1

22+
1
32+. ..+

1
n2<1+

(

1
1−

1
2+

1
2−

1
3+.. .+

1
n −1−

1
n

)

=2−

1
n.
Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR: x

+y2

x − y −2

√

2≥0 .
Giải:

Ta có: x2+y2

x − y =x − y+
2

x − y≥2.

√

(x − y).
2

x − y=2

√

2≥0 .
Ta có đpcm.

Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: a ≤ b ≤ c. CMR: (a+b+c)2≤9 bc .

Giải:

Từ giả thiết bài ra ta có:

2b ≥b+a>c⇒4b −c>0⇒(b − c).(4b− c)≤0

⇒4b2

+c2≤5 bc⇒(2b+c)2≤9 bc(1)

Mà: (a + b + c)2 (2b + c)2 (2).

Từ (1) và (2) suy ra:

(a + b + c)2 (2b + c)2 9bc.
Ta có đpcm.

Bài 13:

Cho 0 < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) khơng đồng thời lớn hơn 1.
Giải:

Ta có:

a.(2−b).b(2−c).c(2−a)=a.(2− a).b.(2−b).c(2− c)≤

(

a+2− a

)

(

b+2−b
2

)

(

c+2− c
2

)

=1 .

Tích của ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 vì vậy chúng khơng thể đồng thời lớn hơn 1.
Ta có đpcm.

a − c

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2. 2 2.

a b a b a c a c

a a b a a c a b a c b c

     

         

           

Bất đẳng thức cuối cùng ln đúng.
Vậy ta có đpcm.

Bài 15:Cho các số dương x,y,z thỏa mãn: x2+y2+z2≥1 . CMR: x
3
y +

y3
z +

z3
x ≥1.
Giải:

Áp dụng BĐT Cô Si: x3

y+xy≥2 .

√

x3

y xy=2x

2 (1).
Tương tự: y

z +yz≥2y

2 (2) và z3

x+xz≥2z

2 (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:

x3
y+xy+

y3
z +yz+

z3

x+zx≥2 .(x
2

+y2+z2)

Suy ra:
x3

y+
y3

z +
z3

x ≥2.(x
2

+y2+z2)−(xy+yz+zx)≥(x2+y2+z2)≥1 .

Vậy ta có đpcm.

Suối Ngơ, Ngày 03,05,08,09,10/10/2012

CHUN ĐỀ 3: CÁC PHÉP TÍNH VỀ CĂN THỨC
Các cơng thức biến đổi căn thức.

a. A2 A b. AB A B. (A0;B0)
c. ( 0; 0)

A A

A B

B  B   d. A B2 A B (B0)
e. A B A B2 (A0;B0)

A B A B2 (A0;B0) f. 
1

( 0; 0)

A

AB AB B

B B  

i. ( 0)
A A B

B
B

B   k.

2
2

( )

( 0; )
C C A B

A A B
A B

A B    


m. 2

( )

( 0; 0; )

C C A B

A B A B
A B

A B     


</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Cho A=

1 1 1

4 .

1 1

a a

a a a

     

  

   

     

  với x>0 ,x1

a)Rút gọn A

b)Tính A với a =



4 15 . 10





 6 .





4 15



HD: a) A= 4a b) Xong

Bài 2: Cho A =

2 1 1

1 1 1

x x

x x x x x

 

    với x0 , x1.
a . Rút gọn A. b. Tìm GTLN của A .

HD: a)A = 1

x
x x

   

          

       

 

     

 

 

b)NÕu x = 0 th× A = 0

x 1 1 1

NÕu x 0 th× A = . A max x 1 min x

x 1 x 1 x x

1 1 1

Theo bất đẳng thức cauchy ta có: x min 2 x 1.Khi đó Amax =

x x

x

Bài 3:

Cho A=

7 1 2 2 2

4 2 2 2 4

x x x x x

       

  

   

        

    với x > 0 , x4.

a)Rút gọn A. b)So sánh A với
1

A

HD: a) A =
9
6
x

x











1 1

)XÐt hiÖu: A - ... 0 A

A 6 9 A

x
b

x x



    



Bài 4:
Cho A=

3 9 3 2

1 :

9 6 2 3

x x x x x

       

  

   

        

   

a)Tìm x để biểu thức A xác định. b)Rút gọn A.

c)với giá trị nào của x thì A < 1. d)Tìm x Z để A Z

HD a) x0 , x9, x4 b)A= 
3

x c)Xong d)Xong

Bài 5: Cho A =

15 11 3 2 2 3

2 3 1 3

x x x

x x x x

  

 

    với x0 , x1.
a)Rút gọn A. b)Tìm GTLN của A. c)Tìm x để A =

2 d)CMR : A

2
3



</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

HD:a) A =
2 5
3
x
x











 
    

         
         
  

17 5 3

2 5 17 17 17 17

) 5 . max max. V× 0 nªn max

3 3 3 3 3 3

3 min x=0

x
x

b A A

x x x x x x

x

d)Xét hiệu A – 2/3 rồi chứng minh hiệu đó không dương.
Các bài tập luyện:

Bài 6: Cho A =





:  
   

 
    
 

x y xy
x x y y

x y

y x

x y x y với x0 , y0, xy

a)Rút gọn A. b)CMR : A 0

HD:

) 

 

xy
a A

x xy y

) 0

3
2 4

Víi x,y 0

   
   
 
 
 
 
xy xy
b A

x xy y y y

x

Bài 7: Cho A =

1 1 1 1 1

1 1

x x x x x x

x

x x x x x x x

 

     

      

        Với x > 0 , x1.

a) Rút gọn A. b)Tìm x để A = 6 HD:a) A =





2 x x 1

x

 

b)
Bài 8: Cho A =

4 3 2

2 2 2

     

 

   

      

   

x x x

x x x x x với x > 0 , x4.
a)Rút gọn A b)Tính A với x = 6 2 5 HD:a)A = 1 x) b)

Bài 9: Cho A=

1 1 1 1 1

1 x 1 x 1 x 1 x 2 x

   

  

   

   

    với x > 0 , x1.
a)Rút gọn A b)Tính A với x = 6 2 5 HD: A =

2 x b)

Bài 10: Cho A=

2 1 1 4

: 1

1 1 1

 
   
 
   
   
   
x x

x x x x x với x0 , x1.

a)Rút gọn A. b)Tìm x Z để A Z HD:a)A = 3
x

x ) b)

Bài 11: Cho A=

1 2 2 1 2

1 1 1

x

x
x x x x x x

    

 

   

         

  với x0 , x1

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

HD:a)A =
1

1
x
x















1

2

1

2

0

2 1 2

1 0





 



 









 

  











)

. A nguyên

nguyên nên đặt:

;

x

b A

n

Z

x

n

x

n

x

n

c)Xong: x = 0, Amin = -1.

Bài 12: Cho A =

2 3 3 2 2

: 1

3 3 3

x x x x

x

x x x

     

  

   

       

    với x0 , x9

a)Rút gọn A. b)Tìm x để A <
-1

2 HD: a) A =
3

3
a



 b)

Bài 13: Cho A =

1 1 8 3 1

1 1

1 1 1

x x x x x

x x

x x x

       

  

   

        

    với x0 , x1.

a)Rút gọn A b)Tính A với x = 6 2 5 c)CMR : A 1 
HD: a)A =

4
4

x

x b) c)Xét hiệu A – 1.

Bài 14: Cho A =

1 1 1

1 2 1

x
x x x x x



 



 

   

  với x > 0 , x1.
a)Rút gọn A b) So sánh A với 1 HD:a)A =

x
x


b).

Bài 15: Cho A =

1 1 8 3 2

: 1

9 1

3 1 3 1 3 1

x x x

x

x x x

     

  

   

       

    Với

1 0,

9 x



x



a)Rút gọn A. b)Tìm x để A =
6

5 c)Tìm x để A < 1. HD: a)A =3 1

x x

x



b,c)

Bài 16: Cho A =

2 2 2 1

1 2 1 2

x x x x

x x x

     



 

    

  với x0 , x1.

a)Rút gọn A. b)CMR nếu 0 < x < 1 thì A > 0

c)Tính A khi x =3+2 2 d)Tìm GTLN của A
HD:a) A = x(1 x)b,c,d(Quá cơ bản)

Bài 17: Cho A =

2 1 1

:
2

1 1 1

x x x

x x x x x

   

 

 

     

  với x0 , x1.

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

HD:a) A =
2

1
x x

Bài 18: Cho A =

4 1 2

1 :

1 1

x x

x



 

 

   



  với x > 0 , x1, x4.
a)Rút gọn A. b)Tìm x để A =

1
2
Bài 19

Cho A =

1 2 3 3 2

1 1

x x x x

x x

       

 

   

       

  với x0 , x1.

a)Rút gọn A. b.)Tính A khi x= 0,36c)Tìm x Z để A Z

Bài 6:Cho A =

1 3 2

1 1 1

x  x x x x với x0 , x1.
a) Rút gọn A. b) CMR : 0 A 1

HD: a) A = 1

x

x x b)

Bài 20:Cho A =

5 25 3 5

1 :

25 2 15 5 3

x x x x x

       

  

   

        

    với x0 , x9; x2

a. Rút gọn A. b)Tìm x sao cho A nguyên
HD:a)A =

5
3

x
b)

5 5 3 5

Vì A nguyên nên đặt A = 0 0 1 4

3
3



           



n

n Z x n n x

n
x

Bài 21:Cho A =

2 9 3 2 1

5 6 2 3

a a a

a a a a

  

 

    với a 0 , a9 , a4. 
a. Rút gọn A. b. Tìm a để A < 1 c. Tìm a Z để A Z

HD: a) A =

1
3

a
a



Bài 22: Cho A=

3 2 2

1 :

1 2 3 5 6

x x x x

x x x x x

      

  

   

        

    với x 0 , x9 , x

4.

a)Rút gọn A. b)Tìm x để A Z c)Tìm x để A < 0

HD:a) A =

2
1

x
x


x −1

)

(

1−

√

x+1

√

x+2−

√

x −2

1−

√

x

)

( x 0; x 1)
a) Rút gọn E b) Tìm x Z sao cho E Z.

Bài 28: Cho biểu thức: F=

(

Bài 29: Cho biểu thức: G=

(

x+5−5

√

x −1

(

x+2
x

√

x −1+

√

x
x+

√

x+1−

1
1−

√

x

)

(

√

x −1

)

( x 0; x
9)

a) Rút gọn H. b) CMR H > 0 với điều kiện xác định của H.
Bài 31 : Cho biểu thức: K = 15

√

x −11

x+4 ( x 2; x 3)

a) Tìm x để L đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. b) Tìm x sao cho L = 2x
Bài 33: Cho biểu thức: M=

(

x+2

xy+x

xy−1−1

)

(

x+1

y



xy
x
y
x
y
y
y
x
x
P










1
1
1
)
)
1
)(
(

a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.
b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phương trình P = 2.
HD:

a). Điều kiện để P xác định là :; x0; y0; y1; x y0 (*).







 



(1 ) (1 )



 



1 1 1 1

1 1

x x y x y x x

x y

     



 





x y y y x

y
  





 











1 1 1

x y y y y

y

   



  x  xy  y.

b). P = 2  x  xy  y.= 2 x



1 y

 

 y 1



1



x  1 1

 

 y



1
Ta có: 1 + y1  x 1 1 0 x 4  x = 0; 1; 2; 3 ; 4. Thay vào ta cócác cặp giá

trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn

*Bài 36: Cho hàm số f(x) = x2  4x4

a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = 4
)
(
2

x
x
f

khi x  2

HD:a)f(x) = 4 4 ( 2) 2

2
2






 x x x

x

=> f(-1) = 3; f(5) = 3 b)



















8
12
10
2
10
2
10
)
(
x
x
x
x
x
f

c) ( 2)( 2)

2
4
)
(
2







x
x
x
x
x
f
A

+)Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra 2
1


x
A
;

+)Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra

2

1 





x

A

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

a/. Rút gọn P. b/. Chứng minh: P <

3 với x  0 và x 1.
HD:a)Điều kiện: x  0 và x 1.

P =
2
1
x
x x

 + 
1
1
x
x x

  - 
1
( 1)( 1)

x

x x



  = 3

( ) 1

x
x

 + 
1
1
x
x x

  - 
1
1
x
=

2 ( 1)( 1) ( 1)
( 1)( 1)

x x x x x

x x x

      

   = ( 1)( 1)

x x

x x x



   = 1

x
x x

b/. Với x  0 và x 1 .
Ta có: P <

3  1

x
x x <

3  3 x < x + x + 1 ; ( vì x + x + 1 > 0 )
 x - 2 x + 1 > 0 ( x - 1)2 > 0. ( Đúng vì x  0 và x 1)

*Bài 38 : Tính giá trị của biểu thức:

A = 3 5
1

 + 5 7

 + 7 9
1

 + ...+ 97 99
1


HD: A = 3 5
1

 + 5 7
1

 + 7 9
1

 + ...+ 97 99
1


= 2

( 5 3+ 7 5+ 9 7+ ...+ 99 97) = 2
1

( 99 3)

*Bài 39: Cho biểu thức D =












ab
b
a
ab
b
a
1

1 : 











ab
ab
b
a
1
2
1

a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D

b) Tính giá trị của D với a = 2 3
2

 c) Tìm giá trị lớn nhất của D
HD: a) - Điều kiện xác định của D là a0;b0;ab1

D = 







ab
a

b
a
1
2
2
: 







ab
ab
b
a

1 = 1
2


a

a





2 2 3

2 3 1 3 1

2 3 ( )

a a



      

 . Vậy

2 3 2

4 3

D 



c) Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có :2 a a1 D1. Vậy giá trị của D là 1
Suối Ngô, Ngày 12,15,16,17,19/10/2012

CHUYÊN ĐỀ 4:

PHƯƠNG TRÌNH

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

x khi x 0
x

-x khi x < 0







Ví dụ:

a) 8 8; 10 10

2x+1 khi 2x+1 0
b) 2x+1

-(2x+1) khi 2x+1<0

  







2) Giải phương trình: A(x) b (b 0), A(x) B(x)

a) Cách giải phương trình: A(x) b (b 0),

A(x) b
A(x) b

A(x) b

 

  




Ví dụ:

Giải phương trình: 3x+1 5
Giải

3x+1 5 x=

3x+1 5 3

3x+1 5

x=-2





 

   







b) Cách giải phương trình: A(x) B(x)

Cách 1:

B(x) o
B(x) 0

A(x) B(x) A(x)=B(x)

A(x)= B(x)

A(x)=-B(x)






 

    



 




Cách 2:

A(x) 0
A(x)=B(x)
A(x) B(x)

A(x)<0
-A(x)=B(x)

 







 

 
 
 


Ví dụ: Giải phương trình: 3x+2 5x-1
Giải

2
x

-3

3x+2 0 3

3x+2=5x-1 2

3x+2 5x-1

2
3x+2<0

x<-3
-3x-2=5x-1

x=-8

 

 
 

 

 




 




    



 

   

 

 





 



(Loại)

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

3, Giải phương trình dạng: A(x) B(x)
Cách giải:

A(x)=B(x)
A(x) B(x)

A(x)=-B(x)



  



Ví dụ: Giải phương trình: 2-3x  5 2x
Giải

x=-3
2-3x=5 2x

2-3x 5 2x 7

2-3x=-(5 2x) x=
5




 

    






4,: Giải phương trình: A(x)  B(x) b
Cách giải 1:

Bước 1: Lập bảng phá dấu giá trị tuyệt đối

Bước 2: Giải các phương trình theo các khoảng trong bảng
Ví dụ: Giải phương trình: x+1 x-1 10

Giải
Bước 1: Lập bảng phá dấu

x -1 1

x+1 -x-1 0 x+1 x+1
x-1 -x+1 -x+1 0 x-1
x+1 + x-1 -2x 2 2x

Bước 2: Giải các phương trình theo các khoảng
 x<-1: -2x=10  x=-5 thoả đk x<-1

   1 x 1:2=10 Vô nghiệm
 X>1: 2x=10  x=5 thỗ đk x>1
Vậy phương trình có 2 nghiệm x=5 và x=-5
Cách giải 2: Đưa về 4 trường hợp sau
TH1:

A(x) 0
B(x) 0








 ta giải phương trình A(x) + B(x) =b

TH 2:

A(x) 0

B(x)<0






 Ta giải phương trình A(x) – B(x) =b

TH 3:

A(x)<0
B(x) 0






 Ta giải phương trình – A(x) + B(x) = b

TH 4:

A(x)<0
B(x)<0




 Ta giai phương trình sau –A(x) – B(x) = b

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Giải
TH1:

x+1 0 x 1

x-1 0 x 1 x

 

 

  

 

 

 

Phương trình(*) tương đương với phương trình x+1+x-1=10  x=5 thỗ

x 1

TH 2:

x+1 0 x -1

1 x<1
x-1<0 x<1

 

 

   

 

 

(*)  x+1-x+1=10 2=10 Vô nghiệm

TH 3:

x+1<0 x<-1

x-1 0 x 1

 



 

 

  : Không xãy ra

TH 4:

x+1<0 x<-1

x<-1
x-1<0 x<1

 

 

 

 

(*)  (x+1)-(x-1)=10 2x=10 x=-5 thoã đk x<-1
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x=5 và x=-5

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x  x-1 2 0  (1)
Giải

Lập bảng phá dấu:

x 0 1

2 x -2x 0 2x 2x
x-1

 -(1-x) -(1-x) 0 -(x-1)

2 x  x-1

+2 -x+1 3x+1 x+3
 x<0 : (1)  -x+1=0  x=1 khơng thỗ x<0

 0 x 1  : (1)  3x+1=0 
1

x=-3 khơng thỗ 0 x 1 

 x>1 : (1)  x+3 =0  x=-3 khơng thỗ x>1
Vậy phương trình vơ nghiệm

Ví dụ 3: Giải phương trình: x-1 x-2 x-3
Cách giải tương tự như các ví dụ trên.

Suối Ngơ, Ngày

22,23,24/10/2012

CHUN ĐỀ 5: CHỨNG MINH TAM GIÁC BẰNG NHAU, ĐỒNG DẠNG

Dạng 1: Tính độ dài đoạn thẳng, tỷ số , diện tích
Loại 1: Tính độ dài đoạn thẳng

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

---+ VÝ dơ minh häa:

Bµi 36 – 79 SGK (có hình vẽ sẵn)

ABCD là h.thang (AB // CD)

A 12,5 B GT AB = 12,5cm; CD = 28,5cm



DBA = DBC

x KL x = ?

D C Giải

ABD và BDC có : DAB = DBC (gt)


B = D 1 ( so le trong do AB // CD)
ABD P BDC (g.g)

 AB

BD =
BD

DC hay

12,5
x =

x
28,5
 x2 = 12,5 . 28,5  x =

√

12,5 .28,5  18,9(cm)
Bµi 35 – 72 – SBT:

A ABC; AB = 12cm; AC = 15cm

10 8 GT BC = 18dm; AM = 10cm; AN = 8cm

KL MN = ?

M N

B C Gi¶i

XÐt ABC vµ ANM ta cã :

AM
AC =

10
15 =

2
3
AN

AB =

18
12 =

2
3

MỈt kh¸c, cã A chung

Vậy ABC P ANM (c.g.c)
Từ đó ta có : AB

AN =
BC

NM hay

12
18=

MN 
8. 18

12 = 12(cm)

Bµi tËp 3:

a) Tam giác ABC có B = 2C ; AB = 4cm; BC = 5cm.
Tính độ dài AC?

b) Tính độ dài các cạnh của ABC có B = 2C biết rằng số đo các cạnh là 3 số tự
nhiên liên tiếp.

A Gi¶i

a) Trên tia đối của tia BA lấy BD = BC

B ACD vµ ABC cã A chung; C = D = 

ACD P ABC (g.g)



AMAC

=

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

 AC
AB =

AC  AC2 = AB. AD

D C = 4 . 9 = 36

 AC = 6(cm)

b) Gọi số đo của cạnh BC, AC, AB lần lợt là a, b, c.
Theo câu (a) ta có.

AC2 = AB. AD = AB(AB+BC)  b2 = c(c+a) = c2 + ac (1)

Ta có b > c (đối diện với góc lớn hơn) nên chỉ có 2 khả năng là:
b = c + 1 hoặc b= c + 2

* NÕu b = c + 1 th× tõ (1)  (c + 1)2 = c2 + ac  2c + 1 = ac

c(a-2) = 1 (loại) vì c= 1 ; a = 3; b = 2 không là các cạnh của 1 tam giác
* Nếu b = c + 2 th× tõ (1)  (c + 2)2 = c2 + ac  4c + 4 = ac

 c(a – 4) = 4

XÐt c = 1, 2, 4 chØ cã c = 4; a = 5; 5 = 6 thỏa mÃn bài toán.
Vậy AB = 4cm; BC = 5cm; AC = 6cm.

Bài tập đề nghị:

+ Bài 1: Cho ABC vng ở A, có AB = 24cm; AC = 18cm; đờng trung trực của BC

cắt BC , BA, CA lần lợt ở M, E, D. Tính độ dài các đoạn BC, BE, CD.
+ Bài 2: Hình thoi BEDF nội tiếp ABC (E  AB; D  AC; F AC)

a) Tính cạnh hình thoi biết AB = 4cm; BC = 6cm. Tỉng qu¸t víi BC = a, BC = c.
b) Chøng minh r»ng BD < 2 ac

a+c víi AB = c; BC = a.

c) Tính độ dài AB, BC biết AD = m; DC = n. Cạnh hình thoi bằng d.

Lo¹i 2: TÝnh gãc
VÝ dô minh häa:

+ Bài 1: Cho ABH vng tại H có AB = 20cm; BH = 12cm. Trên tia đối của HB lấy

®iĨm C sao cho AC = 5

3 AH. TÝnh



BAC.

ABH; H = 900 ; AB = 20cm

20 GT BH = 12cm; AC = 5

3 AH

KL BAC = ?
B 12 H C Gi¶i:

Ta cã AB

BH=
20
12=

5
3=

AC
AH
 AB

AC=
BH
AH

XÐt ABH vµ  CAH cã :



AHB = CHA = 900

AB
AC=

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

ABH P CAH (CH c¹nh gv)  CAH = ABH
L¹i cã BAH + ABH = 900 nªn BAH + CAH = 900

Do đó : BAC = 900

Bài 2: Cho hình thoi ABCD cạnh a, có A = 600. Một đờng thẳng bất kỳ đi qua C cắt

tia đối của các tia BA, DA tơng ứng ở M, N. Gọi K là giao điểm của BN và DM. Tính
BKD? M

H×nh thoi ABCD; A = 600 ;

B GT BN  DM t¹i K

KL TÝnh BKD = ?

K C
A
D

Gi¶i: N

Do BC // AN (vì N AD) nên ta cã : MB

AB =
MC
NC (1)

Do CD // AM (vì M AB) nên ta có : MC

NC =
AD
DN (2)

Tõ (1) vµ (2)  MB

AB =
AD
DN

ABD có AB = AD (đ/n hình thoi) và A = 600 nên là  đều

 AB = BD = DA

Từ MB

AB =
AD

DN (cm trên)

MB
BD =

BD
DN

Mặt khác : MBD = DBN = 1200

XÐt 2MBD vµ BDN cã : MB

BD =
BD
DN ;



MBD = DBN
MBD P BDN (c.g.c)

 M 1 = B1

MBD vµ KBD cã M 1 = B1; BDM chung  BKD = MBD = 1200

VËy BKD= 1200

Bài tập đề nghị:

ABC cã AB: AC : CB = 2: 3: 5 vµ chu vi b»ng 54cm;

DEF cã DE = 3cm; DF = 4,5cm; EF = 6cm

a) Chøng minh AEF P ABC

b) BiÕt A = 1050; D = 450. Tính các góc còn lại của mỗi

Loại 3: Tính tỷ số đoạn thẳng, tỷ số chu vi, tû sè diƯn tÝch 
VÝ dơ minh häa:

+ Bài 1: Cho ABC, D là điểm trên cạnh AC sao cho BDC ABC.
BiÕt AD = 7cm; DC = 9cm. TÝnh tû sè BD

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

GT AD = 7cm; DC = 9cm

KL TÝnh BD

BA .

C B A

Giải:

CAB và CDB có C chung ; ABC = BDC (gt)

CAB P CDB (g.g)  CB

CD=
CA

CB do đó ta có :

CB2 = CA.CD

Theo gt CD = 9cm; DA = 7cm nên CA = CD + DA = 9 + 7 = 16 (cm)
Do đó CB2 = 9.16 = 144  CB = 12(cm)

Mặt khác lại có : DB

BA=
3
4

+ Bài 2: (Bµi 29 – 74SGK)
A

A’ ABC vµ A’B’C’: AB =6 ;

6 9 GT AC = 9; A’C’ = 6; B’C’ = 8

KL a) ABC P A’B’C’

B 12 C B’ 12 C’ b) Tính tỉ số chu vi của ABC và ABC

Giải:

a) ABC P ABC (c.c.c)
V× A ' B '

AB =
A ' C '
AC =

B' C '
BC =

2
3

b) A’B’C’ P A+B+C+ (c©u a)  A ' B '

AB =
A ' C '
AC =

B' C '
BC =
A ' B '+A ' C '+B ' C '

AB+AC+BC

= 4+6+8

6+9+12=

18
27

VËy ChuviΔA ' B' C '

ChuviΔABC =
18
27

+ Bài 3: Cho hình vuông ABCD, gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của Ab, BC, CE
c¾t DF ë M. TÝnh tû sè SCMB

SABCD

D C Hình vuông ABCD; AE = EB ;

M GT BF = CF; CE  DF t¹i M

F KL TÝnh SCMB

SABCD

?
A E B Giải:

Xét DCF và CBE có DC = BC (gt); C = B = 900; BE = CF

 DCF = CBE (c.g.c)  D1 =



C2

Mµ C 1 +



C2 = 1v  C

1 + D1 = 1v CMD vu«ng ë M

CMD P FCD (v× D1 =



C2 ; C = M

)  DCFD =CMFC

6

4

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

SCMD
SFCD

= CD

FD2  SCMD =
CD2

FD2 . SFCD

Mµ SFCD = 1

2 CF.CD =

1
2 .

2 BC.CD =

1
4 CD2

VËy SCMD = CD

2
FD2 .

4 CD2 =
1
4 .

CD4
FD2 (*)

áp dụng định lý pitago vào tam giác vng DFC, ta có:
DF2 = CD2 + CF2 = CD2 + ( 1

2 BC)2 = CD2 +
1

4 CD2 =
5
4 CD2

Thay DF2 = 5

4 CD2 ta cã :

SCMD = 1

5 CD2 =
1

5 SABCD

 SCMB

SABCD

= 1

5
Bài tập đề nghị:

Cho ABC, D lµ trung điểm của BC, M là trung điểm của AD.

a) BM cắt AC ở P, P’ là điểm đối xứng củ P qua M. Chứng minh rằng PA = P’D.

TÝnh tû sè PA

PC vµ

AP
AC

b) Chøng minh AB c¾t Q, chøng minh r»ng PQ // BC. TÝnh tû sè PQ

BC vµ
PM
MB

c) Chøng minh r»ng diƯn tÝch 4 tam gi¸c BAM, BMD, CAM, CMD b»ng nhau. Tính
tỷ số diện tích MAP và ABC.

Loại 4: Tính chu vi các hình

+ Bµi 1(bµi 33 – 72 – SBT)

ABC; O n»m trong ABC;

GT P, Q, R là trung điểm của OA, OB, OC

KL a) PQR P ABC

b) TÝnh chu vi PQR. BiÕt chu vi ABC
543cm

Gi¶i:

a) PQ, QR và RP lần lợt là đờng trung bình của OAB , ACB và OCA. Do đó ta
có :

PQ = 1

2 AB; QR =

2 BC ; RP =

1
2 CA

Từ đó ta có : PQ

AB=
QR
BC=

RP
CA=

2 A
PQR P ABC (c.c.c) với tỷ số đồng dạng K = 1

2 P

b) Gäi P lµ chu vi cđa PQR ta cã : O

P’ lµ chu vi cđa PQR ta cã : Q R

P '
P =K=

2  P’ =
1

2 P =
1

2 .543 = 271,5(cm) B

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

VËy chu vi cđa PQR = 271,5(cm).

+ Bµi 2: Cho ABC, D là một điểm trên cạnh AB, E là 1 điểm trên cạnh AC sao cho
DE // BC.

Xác định vị trí của điểm D sao cho chu vi ABE = 2

5 chu vi ABC.

Tính chu vi của 2 tam giác đó, biết tổng 2 chu vi = 63cm

A ABC; DE//BC; C.viADE= 2

5 C.vi
ABC

GT C.vi ADE + C.viADE = 63cm

D E KL TÝnh C.vi ABC vµ C.vi ADE

B C

Gi¶i:

Do DE // BC nên ADE PABC theo tỷ số đồng dạng.

K = AD

AB =

5 . Ta cã .
ChuviΔADE'

ChuviΔABC =
2
5 

ChuviΔABC

5 =

ChuviΔADE

2 =

ChuviΔABC+ChuviΔADE

%+2 =

63
7 = 9

Do đó: Chu vi ABC = 5.9 = 45 (cm)

Chu vi ADE = 2.9 = 18 (cm)

Bài tập đề nghị:

+ Bài 1: A’B’C’ P ABC theo tỷ số đồng dạng K = 2

5 .

Tính chu vi của mỗi tam giác, biết hiệu chu vi của 2 tamgiasc đó là 51dm.

+ Bài 2: Tính chu vi ABC vuông ở A biết rằng đờng cao ứng với cạnh huyền chia
tam giác thành 2 tam giác có chu vi bằng 18cm và 24cm.

Lo¹i 5: Tính diện tích các hình

+ Bài 1(Bài 10 – 63 – SGK):

A ABC; đờng cao AH, d// BC, d cắt AB, AC, AH

GT theo thø tù t¹i B’, C’, H’

B’ H’ C’ KL a) AH'

AH =
B' C '
BC

b) BiÕt AH’ = 1

3 AH; SABC =

67,5cm2

B H C TÝnh S

ABC

Giải:

a) Vì d // BC AH'

AH =

B ' H '
BH =

H ' C '
HC =

B ' H '+H ' C '

BH+HC =

B ' C '
BC

(®pcm)

b) Tõ AH'

AH =
B' C '
BC  (

AH'
AH )2 =

AH'.B ' C '
AH . BC =

2SΔAB' C '

2SΔABC

= SΔAB'C '

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Mµ AH’ = 1

3 AH 
AH'
AH =

1
3  (

AH'

AH )2 = (
1
3 )2 =

1
9

VËy SΔAB'C '

SΔABC

= 1

9 vµ  SABC = 67,5cm2

Nªn ta cã : SΔAB'C '

SΔABC

= 1

9 

SΔAB'C '
67,5 =

1
9
 SAB’C’ = 67,5

9 = 7,5(cm2)

+ Bµi 2(bµi 50 – 75 – SBT)

ABC(A = 900); AH  BC

GT BM = CM; BH = 4cm; CH = 9cm

KL TÝnh SAMH

Giải: A
Xét 2 vuông HBA và vuông HAC có :

BAH + HAC = 1v (1)



HCA + HAC = 1v (2)

Tõ (1) vµ (2)  BAH = HCA

VËy HBA P  HAC (g.g) B 4 H M C

 HB

HA=
HA

HC  HA2 = HB.HC = 4.9 = 36 9

 HA = 6cm

L¹i cã BC = BH + HC = 4cm + 9cm = 13cm
SABM = 1

2 SABC = 1

2 .
6 . 13

2 = 19,5(cm2)

SAHM = SBAH = 19,5 -

2 .4.6 = 7,5(cm2)

VËy SAMH = 7,5(cm2)

+ Bµi 3: Cho ABC và hình bình hành AEDF có E  AB; D  BC, F  AC.
TÝnh diÖn tích hình bình hành biết rằng : SEBD = 3cm2; SFDC = 12cm2;

ABC hình bình hành AEDF

GT SEBD = 3cm2; SFDC = 12cm2

KL TÝnh SAEDF

Gi¶i:

Xét EBD và FDC có B= D 1 (đồng vị do DF // AB) (1)

E1 = D2 ( so le trong do AB // DF)

D2 = E1 ( so le trong do DE // AC)

Tõ (1) vµ (2) EBD P FDC (g.g)
Mµ SEBD : SFDC = 3 : 12 = 1 : 4 = ( 1

2 )2

Do đó : EB

FD=
ED
FC =¿

2  FD = 2EB vµ ED =
1

2 FC A

 AE = DF = 2BE ( v× AE = DF) F

AF = ED = 1

2 EC ( v× AF = ED) E 1

VËy SADE = 2SBED = 2.3 = 6(cm2) 1 2

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

SADF = 1

2 SFDC = 1

2 . 12 = 6(cm2) B D C
 SAEDF = SADE + SADF = 6 + 6 = 12(cm2)

Bài tập đề nghị:

+ Bài 1:Cho hình vng ABCD có độ dài = 2cm. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm
của AD, DC. Gọi I, H theo thứ tự là giao điểm của AF với BE, BD.

TÝnh diÖn tÝch tø gi¸c EIHD

+Bài 2: Cho tứ giác ABCD có diện tích 36cm2, trong đó diện tích ABC là 11cm2. Qua B

kẻ đờng thẳng // với AC cắt AD ở M, cắt CD ở N. Tính diện tích MND.

+ Bài 3: Cho ABC có các B và C nhọn, BC = a, đờng cao AH = h. Xét hình chữ nhật
MNPQ nội tiếp tam giác có M  AB; N AC; PQ BC.

a) Tính diện tích hình chữ nhật nếu nó là hình vuông.
b) Tính chu vi hình chữ nhật a = h

c) Hình chữ nhật MNPQ có vị trí nào thì diện tích của nó có giá trị lớn nhất.

Dạng II:

Chng minh h thc, đẳng thức nhờ tam giác đồng dạng
I. Các ví dụ và định hớng giải:

1. VÝ dơ 1: Bµi 29(SGK – T79) – (H8 – TËp 2)

Cho hình thang ABCD(AB // CD). Gọi O là giao điểm của 2đờng chéo AC và BD
a) Chứng minh rằng: OA. OD = OB. OC.

b) Đờng thẳng qua O vuông góc với AB và CD theo thứ tự tại H và K.

CMR: OA

OK =
AB
CD

* Tìm hiểu bài toán : Cho gì?

Chng minh gỡ?
* Xỏc nh dng toỏn:

? Để chứng minh hệ thức trên ta cần chứng minh điều gì?

TL: OA

OC =
OB
OD

? Để có đoạn thẳng trên ta vận dụng kiến thức nào.
TL: Chứng minh tam giác đồng dạng

a) OA. OD = OB.OC
Sơ đồ :

+ A1 =



C1 (SLT l AB // CD)

+ AOB = COD ( Đối đỉnh)


OAB P OCD (g.g)



OC =
OB

OD


OA.OD = OC.OC

b) OH

OK =
AB
CD

Tû sè OH

OK b»ng tû sè nµo?

K C

B
H

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

P

6

TL : OH

OK =
OA
OC

? Vậy để chứng minh OH

OK =
AB

CD ta cÇn chứng minh điều gì.

TL: AB

CD =
OA
OC

S đồ :

+H = K = 900

+ A1 =



 

OAH P OCK(gg) OAB P OCD

 

OK =
OA

CD =

OA
OC
OH

OK =
AB
CD

2. VÝ dơ 2:

Cho hai tam gíac vng ABC và ABD có đỉnh góc vng C và D nằm trên cùng một
nửa mặt phẳng bờ AB. Gọi P là giao điểm của các cạnh AC và BD. Đờng thẳng qua P
vng góc với AB tại I.

CMR : AB2 = AC. AP + BP.PD

O C

A I B
Định hớng:

- Cho HS nhận xét đoạn th¼ng AB (AB = AI + IB)

 AB2 = ? (AB.(AI + IB) = AB . AI + AB. IB)

- ViƯc chøng minh bµi toán trên đa về việc chứng minh các hệ thức
AB.AI = AC.AP

AB.IB = BP.PD

- HS xác định kiến thức vận dụng để chứng minh hệ thức ( P)

Sơ đồ : + D = I = 900 + C = I = 900

+ PBI chung + PAI chung

 

ADB P PIB ACB P AIP (gg)

 
AB

PB = 
DB

IB

AB
AP =

AC
AI

 

AB.AI = PB.DB AB . AI = AC . AP

AB . IB + AB . AI = BP . PD + AC . AP



</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>



AB2 = BP . PD + AC . AP

3. Ví dụ 3: Trên cơ sở ví dụ 2 đa ra bài toán sau:

Cho nhn ABC, các đờng cao BD và CE cắt nhau tại H. A
CMR: BC2 = BH . BD + CH.CE D
Định hớng: Trên cơ sở bài tập 2 E
Học sinh đa ra hớng giải quyết bài tập này. H

Vẽ hình phụ (kẻ KH BC; K  BC).

Sư dơng P chøng minh t¬ng tù vÝ dô 2 B C

4. Ví dụ 4: Cho  ABC, I là giao điểm của 3 đờng phõn giỏc, ng thng vuụng gúc vi

CI tại I cắt AC và BC lần lợt ở M và N. Chøng minh r»ng.

a) AM . BI = AI. IM A

b) BN . IA = BI . NI M

AM
BN =

2
AI
BI

 

 

  
* Định hớng:

a) ? §Ĩ chøng minh hƯ thøc AM. BI = AI. B N C

IM ta cần chứng minh điều gì.

AM IM

AI BI

 



 

  
b) Để chứng minh đẳng thức trên ta cần chứng minh điều gì.

( AMI P AIB)
Sơ đồ:

A1

= A 2 (gt) I1 = B 1 * CM: I1 = B 1

v MIC: IMC = 900 -



2
C

AMI P AIB (gg) ABC: A + B +C = 1800(t/c tæng...)

 



2
A

+


2
B

+


2
C

= 900

AM

AI = 
IM

BI Do đó: IMC =



2
A

+


2
B

(1)

Mặt khác: IMC= A1 + I1(t/c gãc

ngoµi )

AM. BI = AI . IM hay IMC =



2
A

+ I1 (2)

Tõ 91) vµ (2) 



2
B

= I1 hay B1 = I1
AMI P AIB (A1 = A 2 ; I1 = B1 )

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>


AM

AI = 
IM

BI  AM . BI = AI. IM

b) T¬ng tù ý a.

Chøng minh BNI P BIA (gg)


BN

BI = 
NI

IA  BN . IA = BI. IN

 

- HS nhËn xÐt

2
AI
IA

 

 

  =

2
2
AI

BI AMI P AIB BNI P

BIA

 

TÝnh AI2 ; BI2 

2
2
AI

BI

AM
AI =

IM

BI

BI
AB =

BN
BI

 

(TÝnh AI2 ; BI2 nhê P) AI2 = AM . AB BI2 = BN . AB

2
2
AI
BI =

AM
BN



2
AI
BI

 

 

  =

AM
BN

II. Bài tập đề nghị:

+ Bài 1: Cho hình thanh ABCD (AB // CD), gọi O là giao điểm của 2 đờng chéo. Qua
O kẻ đờng thẳng song song với 2 đáy cắt BC ở I cắt AD ở J.

CMR : a)

1
OI =

1
AB +

1
CD

2
IJ =

1
AB +

1
CD

+ Bài 2: Cho ABC, phân giác AD (AB < AC). trên tia đối của tia DA lấy điểm I sao
cho ACI = BDA .

CMR: a) AD . DI = BD . DC

b) AD2 = AB . AC - BD . DC

D¹ng 3: Chøng minh quan hƯ song song
I. Mơc tiªu chung :

- Học sinh vận dụng định nghĩa tam giác đồng dạng, các trờng hợp đồng dạng của tam
giác, định lý Ta – lét đảo, để giải quyết các bài toán về chứng minh quan hệ song song.

- Thông bao các bài tập khắc sâu các kiến thức về tam giác đồng dạng, định lý Ta –
lét đảo.

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

II. KiÕn thøc ¸p dông.

- Định nghĩa tam giác đồng dạng.
- Các trờng hợp đồng dạng của tam giác.
- Dấu hiệu nhận biết hai đờng thẳng song song.
* Ví dụ minh họa:

+ VÝ dơ 1:

Cho h×nh thang ABCD (AB // CD). Gäi M là trung điểm của CD, E là giao điểm
của MA và BD; F là giao điểm của MB và AC.

Chøng minh r»ng EF / / AB

A B ABCD (AB // CD)

DM = MC

E F gt MA  DB =

 

E

MB  AC =

 

F

KL EF // AB

D M C

Định h ớng giải:

- S dng trng hp ng dạng của tam giác
- Định nghĩa hai tam giác đồng dạng

- Dấu hiệu nhận biết hai đờng thẳng song song (định lý Ta lét đảo)

Sơ đồ phân tích:

AB // CD (gt) AB // CD (gt)

 

AB // DM AB // MC

 

MED P  AEB GT MFC P BFA

  

ME

EA = 
MD

AB ; MD = MC

MF
FB =

MC
AB



ME
EA =

MF
FB


EF // AB (Định lý Ta lét đảo)
+ Ví dụ 2:

Cho  ABC có các góc nhọn, kẻ BE, CF là hai đờng cao. Kẻ EM, FN là hai đờng cao
của AEF.

Chøng minh MN // BC

Sơ đồ phân tích

AMF P AFC (g.g); AFN P ABE

 

AM
AF =

AE
AC

AF
AB =

AN

AE A
 M N

AM
AF .

AF
AB =

AE
AC .

AE

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>


AM

AB = 
AN

AC B C


MN // BC (định lý Ta – lét đảo)

+ Ví dụ 3: Cho ABC, các điểm D, E, F theo thứ tự chia trong các cạnh AB, BC, CA
theo tỷ số 1 : 2, các điểm I, K theo thứ tự chia trong các đoạn thẳng ED, FE theo tØ sè 1 :
2. Chøng minh r»ng IK // BC.

Gọi M là trung điểm của AF

Gọi N là giao điểm của DM và EF A

XÐt  ADM vµ  ABC cã : D M N

AD
AB =

AM
AC =

3 Gãc A chung

ADM P ABC (c.gc) B E C

 ADM = ABC mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên DM // BC

MN // EC mà MF = FC nên EF = FN

Ta cã :

EK
EN =

EK
EF .

EF
EN =

2
3 .

1
2 =

1
3 (1)

mµ

EI
ED =

3 (gt) (2)

Tõ 91) vµ (2) 

EK
EN =

EI

ED Suy ra IK // DN (định lý Ta – lét đảo)

VËy IK // BC.

Suối Ngô, Ngày

24,26,29/10/2012

CHUYÊN ĐỀ 6: CHỨNG MINH CÁC ĐƯỜNG ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG

1. Sử dụng tiên đề Ơcơlit và hệ quả

 Tiên đề Ơcơlit: Qua một điểm A nằm ngoài đờng thẳng a kẻ đợc duy nhất một 
đ-ờng thẳng song song với a.

 Hệ quả : Qua một điểm A nằm ngoài đờng thẳng a kẻ đợc duy nhất một đờng 
thẳng vng góc với a.

Ví dụ 1. Cho tam giác ABC với hai trung tuyến BD và CE. Gọi M và N theo thứ tự
thuộc các tia đối của các tia EC và DB sao cho EC = EM và DB = DN. Chứng minh rằng
A, M, N thng hng.

Lời giải

Tứ giác AMBC có EA = EB, EM = EC (gt) nên là hình bình hành. Suy ra
AM // BC. (1)

Chøng minh t¬ng tù ta cã
AN // BC. (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra ba ®iĨm A,

M, N thẳng hàng (tiên đề Ơcơlit).

E

A

M

N

F

I

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Ví dụ 2. Cho hình chữ nhật ABCD (AB < CD) có O là giao điểm của hai đờng
chéo. Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE = CD. Gọi F là hình chiếu của của D
trên BE ; I là giao điểm của AB và CF ; K là giao điểm của AF và BC. Chứng minh rằng
ba điểm O, K, I thng hng.

Lời giải

ABCD là hình chữ nhật nên AB = CD, AC = BD và
OA = OB = OC = OD.

Ta có CB  AI (vì ABCD là hình chữ nhật)  CB là
đờng cao ca CAI. (1)

FBD vuông tại F (vì F là hình chiếu của D lên BE)

có FO là trung tuyến ứng với cạnh huyền BD nên OF =

1

2

BD  OF =

1

2

AC.

FAC có FO là đờng trung tuyến ứng với cạnh AC

mµ FO =

1

2

AC nên FAC vuông tại F. Suy ra AF  CI hay
AF là đờng cao của CAI. (2)

K là giao điểm của AF và CB nên từ (1) và (2) suy ra K là trực tâm của CAI.

Do đó IK  AC. (3)

Mặt khác, tứ giác ABEC có AB = CE (cùng bằng CD) và AB // CE (vì AB // CD) nên
là hình bình hành BE // AC BF //AC ABFC là hình thang.

Lại có FDE vuông tại F, FC là trung tuyến ứng với cạnh DE (vì CD = CE) nên

CF = CD CF = AB (v× AB = CD). Suy ra BAC = FCA (cạnh huyền cạnh góc

vuông) AF = BC.

Hình thang ABFC có hai đờng chéo AF và BC bằng nhau nên là hình thang cân. Suy
ra

IAC

ã

=

ICA

ã

IAC cân tại I  IO là trung tuyến đồng thời là đờng cao. Hay IO

 AC. (4)

Tõ (3) vµ (4) suy ra I, K, O thẳng hàng (đpcm).

2. Sử dụng tính chất cộng đoạn thẳng

Tính chất : Nếu AM + BM = AB thì M nằm giữa A và B.

Ví dụ 3. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, I và N theo thứ tự là trung điểm của AB, AC vµ

CD. Chøng minh r»ng nÕu

BC

MN

2 +

=

thì M, I, N
thẳng hàng và ABCD trở thành hình thang.

Lêi gi¶i

Gi¶ sư

BC

MN

2 +

=

. (1)

Vì MA = MB, IA = IC nên MI là đờng trung bình của tam

gi¸c ABC. Suy ra MI // BC và MI =

1

2

BC.

Chứng minh tơng tự ta có IN // AD vµ IN =

1

2

AD.
Mµ

BC

1 MN

BC

2 +

=

+

hay MN = MI + IN. Từ đó suy ra I nằm
giữa M và N, hay M, I, N thẳng hàng.

B

Q

A

Q

C

Q

D

Q

M

Q

I

Q

N

Q

D

Q

A

Q

B

Q

I

Q

F

Q

E

Q

C

Q

O

Q

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Lúc đó ta có BC // AD vì cùng song song với MN. Do đó ABCD trở thành hình
thang.

VËy nÕu

BC

MN

2 +

=

th× M, I, N thẳng hàng và ABCD trở thành hình thang.

3. Sử dụng tính chất của hai góc kề bù và hai góc đối đỉnh

 NÕu

· +

· =

0

AOC

COB

180

thì A, O, B thẳng hàng.

Nu C và D nằm ở hai nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng AB mà

· =

· AOC

BOD

(O  AB) th× C, O, D thẳng hàng.

Vớ d 4. ng trũn tõm O và đờng tròn tâm O’ cắt nhau tại A và B.
Gọi C, D lần lợt đối xứng với B qua O và O’. Chứng minh rằng C, A, D

thẳng hàng.

Lêi gi¶i

Vi ̀C đối xứng với B qua O nên O là trung điểm của BC.
Suy ra BC là đờng kính của (O).

Ta cã OA = OB = OC =

1 BC

2

nên tam giác ABC vuông

tại A

BAC

Ã

=

90

Chứng minh t¬ng tù ta cã

BAD

· =

90

Do đó :

ã

ó

CAD

=

BAC

+

BAD

=

180

C, A, D thẳng

hàng.

4. S dng s đồng quy của các đờng trung tuyến, các đờng cao, các đờng phân giác
trong tam giác

Ví dụ 5. Cho hình bình hành ABCD. Gọi O là giao điểm của hai đờng chéo ; E là

điểm đối xứng của A qua B ; F là giao điểm của BC và ED ; G là giao điểm của BC và
OE ; H là giao điểm của EC và OF. Chứng minh rằng A, G, H thẳng hàng.

Lêi gi¶i

Vì O là giao điểm của hai đờng chéo AC và BD nên OA = OC
suy ra EO là trung tuyến của EAC.

E đối xứng với A qua B nên B là trung điểm của EA suy ra
CB là trung tuyến của EAC.

G là giao điểm của CB và EO nên G là trọng tâm của

EAC. (1)

Mặt khác, ABCD là hình bình hành nên CD // AB, CD =
AB, mà B là trung điểm của AE nên suy ra CD // BE, CD =
BE. Do đó tứ giác BECD là hình bình hành. Từ đó F là trung
điểm của hai đờng chéo ED và BC của hình bình hành
BECD.

Ta có OF là đờng trung bình của CAB nên OF // AB 

OH // AE  HE = HC. Do đó AH là trung tuyến của EAC.
(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra A, G, H thẳng hàng (đpcm).

1. S dụng tính chất về đờng chéo của hình bình hành

Ví dụ 6. Cho hình bình hành ABCD. Trên đờng chéo BD lấy hai điểm E và F sao cho
BE = DF. Kẻ EH  AB, FK  CD (H  AB, K  CD). Gọi O là trung điểm của EF.
Chứng minh rằng ba điểm H, O, K thẳng hàng.

Lêi gi¶i

Vì EH AB, FK CD và AB // CD nªn EH // FK (1)

B

Q

C

Q

A

Q

O

Q

O’

Q

D

Q

A

Q

B

Q

C

Q

D

Q

O

Q

G

Q

E

Q

F

Q

H

Q

A

Q

O

Q

B

Q

C

Q

A

Q

O

Q

C

Q

D

Q

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

XÐt HBE vµ KDF cã BE = DF,

KDF

· =

HBE

· DKF

=

BHE

=

90

 HBE = KDF (c¹nh hun – gãc nhän)

 HE = KF (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra HEKF lµ hình bình hành
trung ®iĨm cđa EF cịng lµ trung ®iĨm cđa HK.
Vậy E, H, K thẳng hàng (đpcm).

2. Sử dụng phơng pháp diện tích

Ví dụ 7. Cho tứ giác ABCD. Các đờng thẳng AB và CD cắt nhau tại M, các đờng thẳng
AD và BC cắt nhau tại N. Gọi I, J, K theo thứ tự là trung điểm của BD, AC, MN. Chứng
minh rằng I, J, K thẳng hàng.

Lêi gi¶i

CID

NDC NBD NAC AIC CBD

1 S

2 =

-

-NDC NAB ABD ABC ADC ADIC CBD

1 S

(S

S

)

S

2 =

-

ABCD ABD BCD ABCD ABC ADC ABCD

1 S

(S

S

)

S

(S

S

)

S

.

2

4

2

4 =

-

+

-

+

=

Chøng minh t¬ng tù ta cã MIJ ABCD

1 S

.

4 =

Do đó SNIJ = SMIJ hay

1 NF.IJ

ME.IJ

2 =

2

 ME = NF  SNKJ= SMKJ.

Hai tam giác NKJ và MKJ có chung chiều cao hạ từ J nên từ trên suy ra NK = MK.
Mà MK = NK (gt) nªn K  K’. VËy ba điểm I, J, K thẳng hàng.

3. S dụng định lí Talet, định lí Ta lét đảo và hệ quả của định lí Ta let

Ví dụ 9. Ba điểm A, B, C cùng thuộc đờng thẳng a, điểm O không thuộc a. Chứng minh
rằng nếu ba điểm M, N, P thỏa mãn hệ thc

OM

ON

OP

OA

=

OB

=

OC

thì M, N, P thẳng hàng.

Lời giải

Tht vy, theo nh lí Talet đảo thì từ

OM

ON

OA

=

OB

ta suy ra

MN // AB. Tơng tự MP // AC. Nhng A, B, C thẳng hàng nên M,
N, P thẳng hàng (tiên đề Ơcơlit).

O

Q

D

Q

B

Q

C

Q

A

Q

E

Q

H

Q

K

Q

F

Q

A

Q

D

Q

C

Q

I

Q

J

Q

B

Q

K’

Q

M

Q

N

Q

E

Q

F

Q

K

Q

A

Q

B

Q

P

Q

N

Q

M

Q

O

Q

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Ví dụ 10. (Bổ đề hình thang) : Trong hình thang có hai đáy khơng bằng nhau. Chứng
minh rằng giao điểm của hai đờng thẳng chứa hai cạnh bên, giao điểm

của hai đờng chéo và trung điểm của hai đáy nằm trên cùng một đờng
thẳng.

Lêi gi¶i

IN

4. Sử dụng phơng pháp phản chøng

Ví dụ 11. Trên mặt phẳng cho n điểm (n > 3) và bất kì đờng thẳng nào
đi qua hai trong những điểm đó đều chứa một điểm đã cho. Chứng minh
rằng tất cả các điểm đã cho cùng nằm trên một đờng thẳng.

Lêi gi¶i

Giả sử tất cả các điểm không cùng nằm trên một đờng thẳng. Qua mỗi
cặp điểm đã cho vẽ một đờng thẳng (có một số hữu hạn đờng này) và
chọn khoảng cách khác 0 từ các điểm đã cho đến các đờng thẳng này.
Giả sử khoảng cách từ điểm A đến đờng thẳng BC, trong đó A, B, C là
các điểm đã cho là khoảng cách nhỏ nhất. Trên đờng thẳng BC cịn có
một điểm D nào đó.

Từ A kẻ AQ vuông góc với BC tại Q. Hai trong các điểm B, C, D nằm

cựng một phía đối với điểm Q, chẳng hạn C và D nh hình vẽ, khi đó ta có CQ < DQ. Hạ
CH vng góc với AD tại H. Dễ thấy CH < AQ. Điều này mâu thuẫn với việc chọn điểm
A và đờng thẳng BC. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

5. Sư dơng c¸c tÝnh chÊt sau

– Ba điểm cùng thuộc một đờng thẳng thì thẳng hàng.

– Ba điểm cùng cách đều hai đầu mút của mt on thng (cựng thuc ng trung

trực của một đoạn thẳng) thì thẳng hàng.

Ba im cựng thuc mt na mặt phẳng bờ a và cùng cách đều a thì thẳng hàng.

– Ba điểm cùng cách đều hai đờng thẳng song song thì thẳng hàng.

– Ba điểm cùng cách đều hai cạnh của một góc (cùng thuộc đờng phân giác ca

góc) thì thẳng hàng.

Sui Ngụ, Ngy

30,31/10/2012

CHUYấN 7: H THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC VUÔNG
1/ b2 = ab’ ; c2 = ac’.

2/ h2 = b’.c’

3/ a2 = b2 + c2 (Pitago)
4/ ah = bc.

A

Q

M

Q

B

Q

C

Q

N

Q

D

Q

J

Q

I

Q

A

Q

B

Q

D

Q

C

Q

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

1 =

1 +

1

2 h

b

c

Bài 1: Cho 2 yếu tố trong 6 yếu tố của  vuông ABC (a, b, h, b’, c’, c) thì có tính 
được các yếu tố cịn lại.

Ví dụ: Cho  vuông ABC (Aˆ= 900), h =48, a = 100. Tính b, c, b’, c’.
Giải:

Từ hệ thức (4) trong (I) ta có: bc = ah = 100.48 = 4800 (*);
từ (3) => b2 + c2 = 1002 (**)

Từ (*), (**) => b2 + c2 + 2ac = 10.000 + 9600 = 19600.

1
1
b =80
b+c=140

bc=4800 c =60




 

  hoặc

2
2
b =60
c =80





=>
'

2
'

2
b =64
c =36






 hoặc

2
'

2
b =36
c =64







Bài 2: Cho ABC. Kẻ hai đường cao BB’ và CC’. Trên 2 đường cao lấy M  BB’, 
N CC’ sao cho AMC = ANB = 900

Chứng minh : AM = AN (1)

Giải:

* Áp dụng định lý (I)-(4) vào các vng AMC vad ANB ta có:

AM2 = AB’.AC (1)

A

C

B

a

H

b

c

h

c

’

’

b

A

B

’

C

N

M

B

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

AN2 = AC’.AB (2)

* Do tứ giác BC’B’C nội tiếp => AB’.AC = AC’.AB (3) (hoặc từ ABB’ ~ ACC’
ta cũng đưa được (3)). Từ 1, 2, 3 => AM2 = AN2 => AM = AN.

Bài 3: Cho  vuông ABC : A = 900. Kẻ đường cao Ah = h, AC = b; AB= c; HE



AB ; HF



AC.

Chứng minh các hệ thức sau:

m c

n b

 

 

  (m = BE ; n = FC ) (1)

2/ 3h2 + m2 + n2 = a2. (2)

3/ amn = h3. (3)

Giải:

Câu 1:

m c

n b

 

 

  . Theo định lý (I)-4 thì:

b’2 = bn; c’2 =cm (AHB và AHC) =>

'2 '2

c c

'2 '2

b b

cm

=

=>

m

=

bn

n

b

c

(4)

Ta lại có : b2 = ab’ ; c2 = ac’ =>

' 2 ' 4

b c b c

= => =

c b c b

 

 

  (5)

Từ (4) và (5) =>

3
4 3

4 3

m b c c c

= = =

n c b b b

 

 

  : đpcm

Câu 2 : 3h2 + m2 + n2 = a2. (2)

Vì

' ' ' ' 3 3

2 2 2

m c cc bb cc a c b

= => m= ; n= => m= = ; n=

c a a a a a a

=> 3h2 + m2 + h2 = 3h2 +



2 2



3 2 2



2 2



6 6
2

4 4

c +b -3b c b +c
c +b

=3h +

a a

= 3h2 +

6 2 2 2 4 2 2

4 2

a -a .3b c a -3a h
=3h +

a a

= 3h2 + a2 – 3h2 = a2 => (2) : đpcm

A

F

C

H

B

E

m

c

’

b

’

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Bài 4: Cho hình vng ABCD cạnh a, một đường thẳng d qua A cắt BC, CD ở I, J.
Chứng minh : 2 2 2

1 1 1

+ =

AI AJ a (1)
Giải:

* Kẻ AE  AI (E CD) => ABI = ADE

=> AI = AE (1’)

* Áp dụng định lý 4-5 vào  vng EAJ ta có:

2 2 2

1 1 1

+ =

AE AJ AD (2)
Từ (1’), (2) => 2 2 2

1 1 1

+ =

AI AJ a => (1) : đpcm

Bài 5: Cho ABC kẻ các đường cao AD, BE, CF lần lượt cắt các đường trịn

đường kính BC, CA, AB ở các điểm A’, A’’, B’, B’’, C’, C’’. Chứng minh các hệ thức AB’
= AB’’ = AC’ = AC’’ và

'

''

'

BA =BA =BC =BC

'

''

'

''

CA =CA =CB =CB







Giải:

* BA’’C và BC’’A là những tam giác vuông ở A’’ và C’’.

=>Áp dụng định lý (I)-4, ta có: A’’B2 =BD.BC (1); C’’B2 =BF.BA (2)

* Nhưng do AFDC là tứ giác nội tiếp => BD.BC = BF.BA (3). Từ (1), (2), (3) =>
AB’’=BC’’.

* Các đẳng thức khác cũng chứng minh tương tự.

Bài 6: ChoABC vuông cân (A =900) điểm M bất kỳ BC.
Chứng minh: 2MA2 = MB2 + MC2 . (1)

Giải:

Kẻ ME



AB, MF



AC => các MBE & MFC vuông cân ở E & F.

A

B

C

F

E

A

B

J

E

D

C

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Vế phải = MB2 + MC2 = BE2 + ME2 + MF2 + FC2.
= 2(ME2 + MF2)= 2MA2 = vế trái (Theo Pitago)

Bài 7: Cho ABC (A =900), kẻ đường cao AH. Gọi E và F là hình chiếu của H trên
AB, AC. Chứng minh các hệ thức:

a. BC2 = 3AH2 + BE2 + CF2. (1)

b.

3 BE

2 

3 CF

2 

3 BC

2

(2)

2 4 3

2 2

BE.BA

BA BH BH

BE =BE = = =

BA BH.BC BH.BC BC (4)





2 4 3

2 2

CF.CA

CA CH CH

CF =CF = = =

CA CH.CB CH.CB BC (5)

Từ 4, 5 =>

3 2 3 2

3 3

BH CH

BE = ; CF =

BC BC

3 2 3 2 3 2

3 3

BH+HC BC

BE + BE = = = BC

BC BC => (2) : đpcm
c) HB.HC = EA.EB + FA.FC (3)

Theo Ta lét:

HB FA EB

= = (6)

BC AC AB

HC CF EA

= = (7)
BC AC BA









Nhân các vế của 6 & 7 ta được:

2 2 2 2 2

HB.HC FA.FC EB.EA FA.FC + EB.EA

= = =

BC AC AB AC + AB

B

M

A

F

E

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

 2 2

HB.HC FA.FC+EB.EA
=

BC BC vì BC2 = AC2 + AB2

 HB.HC =FA.FC +EB + EA : => (3) :đpcm

Bài 8: Cho ABC (A =900) và có đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD 
đồng quy tại 1 điểm. Chứng minh : BH AC (1)

Giải:

Vì AH, BM, CD đồng quy, theo định lý Xê va, ta có:
BH MC DA

. . =1

BC MA DB
=>

HB DB

HCDA (1) (Do MC = MA);

Nhưng

DB BC
=

DA AC (2) (t/c của đường phân giác)
Từ 1, 2 =>

HB BC
=

HC AC => HB.AC = HC.BC (4)

Mặt khác theo hệ thức (1) của (I) thì : HC . BC = AC2 (5)
Từ 4, 5 => HB.AC = AC2 => HB = AC => (1) đpcm.

Bài 9 : Cho (O) và đường thẳng d, M d; từ M kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB với (O). 
Gọi H là hình chiếu của O trên d. Gọi I OH AB.

Chứng minh: IO.OH = R2 (*)
Giải:

Cách 1: Trong OAM:

* ON.OM = OA2 = R2 (1) (NAB OM)

* Trong tứ giác nội tiếp INMH : OI.OH = ON.OM (2)
Từ (1), (2) => OI.OH = R2

Cách 2: (*)  OI.OH = OA2 

OI OA

=
OA OH

B

C

A

D

M

H

*

A

M

H

d

O

B

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

 OIA OHA (3) . Thật vậy : dễ thấy 5 điểm O, B, H, M, M thuộc đường trịn

đường kính OM. => H =B =A 1  1  1 và có HOA chung => (3) => (*) : đpcm.

Suối Ngơ, Ngày

2,5,6/11/2012

CHUN ĐỀ 8: CÁC BÀI TỐN VỀ QUỸ TÍCH
i.C¸c bài toán tìm tập hợp điểm

Bi 1: Cho ng trũn (O; R) và tam giác cân ABC có AB = AC nội tiếp đờng trịn (O;
R) Kẻ đờng kính AI. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC. Mx là tia đối của tia
MC. Trên tia đối của tia MB lấy điểm D sao cho MD = MC.

a) Chứng minh rằng MA là tia phân giác của cña gãc BMx.

b) Gọi K là giao thứ hai của đờng thẳng DC với đờng tròn (O). Tứ giác MIKD là hình
gì? vì sao?

c) Gọi G là trọng tâm của tam giác MDK. Chứng minh rằng khi M di động trên cung
nhỏ AC thì G ln nằm trên một đờng tròn cố định.

d) Gọi N là giao điểm thứ hai của đờng thẳng AD với đờng tròn (O). P là giao điểm
thứ hai của phân giác góc IBM với đờng trịn. Chứng minh rằng, đờng thẳng DP ln đi
qua một điểm cố định khi M di động trên cung nhỏ AC.

H

íng dÉn:

a) Gãc AMB
= (1/2)s®AB (gãc
néi tiÕp (O) ch¾n
AB )

Góc AMx =
180độ - Góc AMC
= 180độ
-(1/2)sđcungABC
= (1/2)sđcungAC
=(1/2)sđcungAB

vËy: Gãc

AMB = Gãc AMx
hay MA là tia
phân giác của Góc BMx

b) +Tam giác MCD cân => Góc MCD = Gãc MDC = (1/2)Gãc BMC ( gãc ngoµi cđa
tam giác)

x

N

G

K

D

I

C
O

A

B

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

lại có Tam giác ABC cân => I là điểm chính giữa của cung BC => Góc IMC = Gãc
IMB = (1/2)Gãc BMC

vËy Gãc MCD = Gãc IMC => IM song song víi CD

+ Gãc MCD = Gãc MDC = Gãc BMI => BI = MK =>Gãc MIK = Gãc IMB => IK
song song víi MD

Vậy MIKD là hình bình hành.
c) D thuộc đờng tròn (A; AC)

Gọi N là điểm trên AI sao cho NA = (1/3)AI.=> NG = (2/3)AD = (2/3)AC = hs
=> G thuộc đờng tròn (N; (2/3)AC)

---Bài 2: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đờng tròn (O; R). Gọi D là điểm chính giữa của
cung BC khơng chứa A. Vẽ đờng tròn qua D và tiếp xúc với AB tại B. Vẽ đờng tròn qua D
và tiếp xúc với AC tại C. Gọi E là giao điểm thứ hai của hai đờng trịn này.

a) Chøng minh 3 ®iĨm B, C, E thẳng hàng.

b) Mt ng trũn tõm K di ng luôn đi qua A và D, cắt AB, AC theo thứ tự tại M và
N. Chứng minh rằng BM = CN.

c) Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN.

H

íng dÉn:

a) + gãc BED =
gãc DBx = gãc ACB

+ gãc CED =
gãc DCy = gãc ABD

=> góc BEC =
gócABD + gúcACD =
180 .

=> B, E, C thẳng hàng.

x

y
I

N
M

E

D

C
A

B

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

b) cung BD = cung DC => gãc BAD = gãc CAD => cung DN = cung DM
=> DM = DN

cung BD = cung DC => DB = DC
gãc DCN = gãc DBM

=> Tam gi¸c BMD = tam gi¸c CND => BM = CN.

c) Tính đợc DI = 2KD sin2 (A/2) =>(DI/DK) =2 sin2(A/2) =hs

K thuộc trung trực của AD => I thuộc đờng thẳng vng góc với AD cắt AD tại P sao
cho (DP/DA )=sin2(A/2)

---Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A. Các điểm M, N theo thứ tự chuyển động trên các
cạnh AB, AC sao cho AM = CN.

a) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định
khác A.

b) Tìm quỹ tích tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác AMN.

Híng dÉn:

a) Đờng cao AH cắt đờng trịn ngoại tiếp tam
giác AMN tại P

=> tam gi¸c AMP = tam gi¸c CNP => PA =
PC

=> P là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác
ABC => P cố định.

b) Tâm I của đờng tròn ngoại tiếp tam giác
AMN nằm trên đờng trung trực của AP.

---Bài 4. Tìm quỹ tích đỉnh C các tam giác ABC
có AB cố định, đờng cao BH bằng cạnh AC.

H

íng dÉn:

Gv:Lê Mỹ Hạnh Trường THCS Suối Ngô

P

H

I

N

A

C
B

M

E

C

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Kẻ đờng thẳng vng góc với AB tại A, trên đó lấy E sao cho AE = AB
=> tam giác ACE = tam giác BHA

=> góc ACE = 90 độ => C thuộc cung chứa góc 90 độ dựng trên AE.

Bài 5: Tứ giác lồi ABCD có AC cố định, góc A =450, góc B = góc C = 900.

a) Chứng minh rằng BD cố độ dài không đổi.

b) Gọi E là giao của BC và AD, F là giao của DC và AB. Chứng minh EF có độ dài
khơng đổi.

c) Tìm quỹ tích tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác AEF.

H

íng dÉn:

a) góc B = góc D = 90 độ

=> B, D thuộc đờng trịn đờng
kính AC

góc A = 45 độ => BD = R

√

2 = hs.

b) Tam gi¸c CDE vuông
cân => CD = ED

tam giác ADF vuông
cân => DA = DF

=>Tam gi¸c ACD = tam gi¸c FED
=> EF = AC = hs

c) Trung trực của AF cắt trung trực của AE tại J, cắt (O) tại H và I
=> H, I là điểm chính giữa của hai cung AC => H, I cố định.
góc HJI = góc BCD = 135 độ

=> J thuộc cung chứa góc 135 độ dựng trên HI.

---Bài 6: Cho đoạn thẳng AB cố định. Một điểm M di động trên đoạn AB. Dựng về cùng
một nửa mặt phẳng có bờ là đờng thẳng AB các hình vng AMDE, MBGH. Gọi O, O'
t-ơng ứng là tâm các hình vng trên.

a) T×m q tÝch trung điểm I của đoạn OO'.

I
H

J

E
F

D
O

C

A

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

b) Chng minh rằng AH và EG đi qua giao điểm N khác M của các đờng trịn ngoại
tiếp các hình vng AMDE và MBGH.

c) Chứng minh rằng đờng thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 7: Cho hai đờng tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại A và D có các đờng kính
AOB và AO'C vng góc với nhau tại A. Một đờng thẳng d đi qua A và cắt các nửa đờng
trịn khơng chứa điểm D của (O), (O') tơng ứng tại các điểm M, N khác A.

a) Chứng minh tam giác ABM và tam giác CAN đồng dạng.
b) Tìm quỹ tích giao điểm P của OM và O'N khi d di động.

c) TiÕp tuyÕn M của (O) cắt AD tại I. Chứng minh rằng: IM2 = IA. ID.

d) Tìm vị trí của cát tuyến d để cho tiếp tuyến tại M của (O) và tiếp tuyến tại N của

(O') cắt nhau tại một điểm thuộc đờng thẳng AD.

d) Xác định vị trí của d sao cho tứ giác MNCB có diện tích lớn nhất. Tìm giá trị lớn
nhất đó theo R và R'.

H

íng dÉn

a) Tam giác AMB và
tam giác CAN đồng dạng

b) góc PMA + góc
PNA = góc OAM + góc
O'AN = 90 độ

=> góc OPO' =90 độ
=> P thuộc đờng trịn đờng
kính OO'

c) Tam giác IMA và
tam giác IDM đồng dng

=> IM2 = IA.ID

d) tơng tự câu c giả sử
tiếp tuyÕn t¹i N của (O')

cắt AD tại I' => I'M2 = I'A.I'D . VËy I trïng I' <=> IM = I'N <=> I thuéc trung trùc cña

Vậy khi I là giao của AD và trung trực của MN thì tiếp tuyến tại M của (O) và tiếp
tuyến tại N của (O') cắt nhau tại một điểm thuộc đờng thẳng AD.

e) diÖn tÝch Tø gi¸c BMNC lín nhÊt <=> (SBMA +SANC)min <=> (SBMA)min <=>

(BM.AM)min l¹i cã: BM2 + AM2 = R2 vËy: BM.AM R

2 dÊu b»ng khi BM = AM <=> d

tạo với AB một góc 45 độ

I

P

N

D

O O'

B C

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Khi đó diện tích tứ giác BMNC là: 1

(

R.R'+R

+R'2

)

Bài 8: Một điểm A đi động trên nửa đờng tròn đờng kính BC cố định. Đờng thẳng
qua C song song với BA cắt đờng phân giác ngồi của góc BAC của tam giác ABC tại D.
Tìm quỹ tích D.

H

íng dÉn

AD cắt (O) tại E => E
cố định

lại có góc CDE = 45 độ

Vậy D thuộc cung chứa góc 45 độ dựng trên CE.

Bài 9: Cho đờng trịn (O; R) cố định và đờng thẳng d cắt (O; R) tại hai điểm A, B cố
định. Một điểm M di động trên d và ở bên ngoài đoạn AB. Vẽ các tiếp tuyến MP và MN
với (O; R). Gọi N, P là hai tiếp điểm.

a) Chứng minh rằng khi M di động, đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP ln đi qua
hai điểm cố định.

b) Tìm quỹ tích tâm I của đờng trịn ngoại tiếp tam giác MNP.

c) Trình bày cách dựng điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều.

H

íng dÉn:

a) Giả sử (I) cắt AB tại H khác M => góc OHM = 90 độ => HA = HB hay H cố định.
Vậy (I) đi qua O và H cố định.

b) IO = IH => I thuéc trung trùc cña OH.

c) Tam giác MNP đều <=> góc OMN = 30 độ <=> OM = 2ON = 2R Vậy M thuộc
(O; 2R)

j

E

D

O

B C

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Bài 10: Cho hình vng ABCD cố định. Một điểm I di động trên cạnh AB (I khác A
và B). Tia DI cắt tia CB tại E. Đờng thẳng CI cắt đờng thẳng AE tại M. Đờng thẳng BM
cắt đờng thẳng DE tại F. Tìm quỹ tích điểm F.

H

íng dÉn:

Trªn BC lÊy G sao cho AI = BG => AI v«ng
gãc víi ED

áp dụng định lí Meleneut trong tam giác
AEB với 3 điểm thẳng hàng C, I, M có

CB
CE

IA
IB

MA=1 (1)

l¹i cã CB

CE=
CD
CE =

BE thay vµo (1) =>
ME

MA=
BE
IA =

BG => MB song song víi AG

hay gãc DFB vu«ng

Vậy F thuộc đờng trịn đờng kính BD ( cung
nhỏ AB ).

d
H

N

P

I
O

B
A

M

A

G
F

M

E

B

D C

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Bài 11: Cho đờng tròn (O; R) và một điểm A cố định trên đờng tròn. Điểm M lu động
trên tiếp tuyến xy tại A của (O; R). Qua M vẽ tiếp tuyến thứ hai với (O; R). Gọi tiếp điểm
là B.

a) Tìm quỹ tích tâm các đờng trịn ngoại tiếp tam giác AMB.
b) Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác AMB.

H

íng dÉn:

a) Đờng trịn ngoại tiếp
tam giác AMB là đờng trịn
đờng kính OM

=> E thuéc trung trùc
cña OA

b) Tứ giác AOBH là
hình thoi => AH = R. Vậy H
thuộc đờng tròn (A; R)

( thuộc nửa mặt phẳng bờ xy chøa B)

Bài 12: Cho tam giác ABC nội tiếp đờng trịn tâm O. Đờng phân giác của góc A cắt
đờng tròn tại điểm D. Một đờng tròn (L) thay đổi nhng luôn đi qua hai điểm A và D. (L)
cắt hai đờng thẳng AB, AC ở giao điểm thứ hai là M, N (có thể trùng với A).

a) Chøng minh rằng: BM = CN.

b) Tìm quỹ tích trung điểm K cđa MN.

H

íng dÉn:

a) gãc BAD = gãc DAN => DB =
DC; DM = DN

l¹i cã gãc MBD = gãc NCD; gãc
BMD = gãc NCD => gãc BDM = gãc
CDN

vËy tam gi¸c BDM = tam gi¸c CDN
=> BM = CN.

b) Tơng tự câu c bài 2

H
B

E

O

A M

K

N
M

D

C
B

A

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

Bài 13: Cho góc vng xOy. Một chiếc êke ABC trợt trong mặt phẳng của góc xOy
sao cho đỉnh B di chuyển trên cạnh Ox, đỉnh C di chuyển trên cạnh Oy và đỉnh góc vng
A di chuyển trong góc xOy. Tìm quỹ tích điểm A.

H

íng dÉn:

Tø gi¸c OBAC néi tiÕp => gãc yOA =

gãc CBA = α

VËy A thc tia t¹o víi tia Oy mét gãc

α ( phÇn n»m trong gãc xOy )

Bài 14: Cho đờng trịn tâm O bán kính
R và một điểm P cố định ở ngồi đờng trịn.

VÏ tiÕp tun PA và cát tuyến PBC bất kì (A, B, C trên (O; R)). Gọi H là trực tâm của tam
giác ABC. Khi c¸t tun PBC quay quanh P.

a) Tìm quỹ tích điểm đối xứng của O qua BC.
b) Tìm quỹ tích điểm H.

K

O'

H

B
A

P
O

C

H

íng dÉn:

a) ta có PO' = PO = hs; P cố định => O' thuộc đờng trịn ( P; PO)

b) Tứ giác OO'HA là hình bình hành vẽ hình bình hành AOPK => K cố định. =>
HO'PK cũng là hình bình hành => HK = O'P = OP = hs. Vậy H thuộc đờng tròn (K; OP).

y
x

A

C
B

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Bài 15: Cho hình vng ABCD có tâm O. Vẽ đờng thẳng d quay quanh O cắt hai
cạnh AD và BC lần lợt tại E và F ( E và F không trùng với các đỉnh của hình vng). Từ
E, F lần lợt vẽ các đờng thẳng song song với DB, AC chúng cắt nhau tại I.

a) T×m quü tÝch I.

b) Từ I vẽ đờng thẳng vng góc với EF tại H. Chứng tỏ H thuộc một đờng cố định và
đờng thẳng IH đi qua một điểm cố định.

Bài 16: Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm P di động trên cạnh BC. Vẽ PQ song
song với AC ( Q thuộc AB), vẽ PR song song với AB ( R thuộc AC). Tìm quỹ tích các
điểm D đối xứng với P qua QR.

Bài 17: Cho góc vuông xOy. Các điểm A và B tơng ứng thuộc tia Ox, Oy sao cho OA
= OB. Một đờng thẳng d đi qua A và cắt OB tại M nằm giữa O và B. Từ B hạ đ ờng thẳng
vuông góc với AM cắt AM tại H và cắt đờng thẳng OA tại I.

a) Chøng minh r»ng OI = OM và tứ giác OMHI nội tiếp.

b) Gi K l hình chiếu của O lên BI. Chứng minh rằng OK = HK.
c) Tìm quỹ tích điểm K khi M di động trên đoạn OB.

Bài 18: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đờng tròn (O) và M di động trên cung BC.
a) Trên tia đối của tia CM, lấy đoạn CE = MB. Tìm tập hợp các điểm E khi M di
động.

b) Trên tia đối của tia MC, lấy đoạn MF = MB. Tìm tập hợp các điểm F khi M di
động.

Bài 19: Cho hai đờng tròn bằng nhau (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Một cát tuyến
(d) bất kì qua B cắt (O0 tại C và (O') tại C'. Tìm tập hợp trung điểm I của đoạn CC' khi d
quay quanh B.

Bài 20: Cho hai đờng thẳng xx' và yy' vng góc với nhau tại O và một điểm P cố
định. Một góc vng đỉnh P quay quanh P. các cạnh của góc vng này cắt xx' tại A và yy'
tại B. Tìm tập hợp trung điểm I của đoạn AB.

Bài 21: Trên mỗi bán kính OM của đờng trịn (O) lấy đoạn OI bằng khoảng cách từ
M đến đờng kính cố định AB. Tìm tập hợp các điểm I.

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Bài 23: Cho đờng tròn (O) và một dây AB cố định. Kể một dây AC. Trên đờng thẳng
AC lấy hai điểm M, M' sao cho CM = CM' = CB, M nằm ngồi đờng trịn. Tìm tập hợp
các điểm M và M' khi C vạch cung AB.

Bài 24: Cho đờng tròn (O; R), 2 điểm B, C cố định trên (O) và một điểm A di động
trên (O). Tìm tập hợp các trực tâm H của tam giác ABC.

Bµi 25: Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp những điểm M trong mặt phẳng sao cho hình

chiếu của M trên ba cạnh của tam giác là ba điểm thẳng hàng.

Bi 26: Cho đoạn thẳng AB và M là điểm tuỳ ý trên đoạn AB. Dựng trên cùng một
nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng AB các hình vng ANCD và BMEF. Các đờng tròn
ngoại tiếp chúng tâm P và Q cắt nhau tại M và N.

a) Chøng minh r»ng: AE, BC ®i qua N.

b) Chứng minh rằng: MN đi qua một điểm cố định khi M di động.
c) Tìm tập hợp trung điểm I của PQ khi M di động.

Bài 27: Cho đờng tròn (O; R) và một điểm P cố định trong đờng trịn khơng trùng với
O. Qua P dựng dây cung APB, các tiếp tuyến của (O) tại A và B cắt nhau tại M. Tìm tập
hợp các điểm M khi dây AB quay quanh P.

Bài 32: Hai đờng tròn (O) và (O') giao nhau tại A và B. Một cát tuyến di động qua A
cắt (O) tại C và (O') tại D. Tìm tập hợp tâm I của các đờng tròn nội tiếp tam giác BCD.

Bài 33: Cho tam giác cân ABC nội tiếp đờng trịn (O; R) có AB = AC = R

√

2
a) Tính độ dài BC theo R

b) M là một điểm di động trên cung nhỏ AC, đờng thẳng AM cắt đờng thẳng BC tại
D. Chứng minh rằng AM.AD luôn luôn là hằng số

c) Chứng minh tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác MCD di động trên một đờng cố
định khi M di động trên cung nhỏ AC.

Híng dÉn:

a) BC là đờng kính của

(O).

b) Tam giác AMC đồng
dạng với tam giác ACD =>

AM.AD = AC2 = R

√

2 .
c) gãc ACM = gãc MDC =
1/2 sđ cung CM => AC là tiếp

I
M

B O

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

tuyến của ( I ) => IC vng góc với AC cố định => I thuộc đờng thẳng qua C và vng
góc với CA.

Bài 34: Cho hình vng ABCD có tâm O. Vẽ đờng thẳng (d) quay quanh O cắt AD,
BC tại E, F. Từ E, F lần lợt vẽ các đờng thẳng song song với DB, AC chúng cắt nhau tại I.

a) Chứng minh rằng I thuộc một đờng thẳng cố định

b) Từ I kẻ IH vng góc với EF tại H. Chứng minh H thuộc một đờng cố định và IH đi
qua một điểm cố định.

H
I

F
O

B
A

D C

</div>