Tài liệu ôn thi vào 10 năm học 2010

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 PhÇn I : §¹i sè I – C¨n bËc hai. D¹ng I : C¨n bËc hai - §Þnh nghÜa , kÝ hiÖu. VÝ dô 1 : T×m x biÕt x2 = 8. Gi¶i : x =  8  2 2 VÝ dô 2 : T×m x biÕt x  1  2 x  1  0 x  1 Gi¶i : Ta cã    x5 x  1  4 x  5 VÝ dô 3 : So s¸nh 15. vµ 4. 2 3 vµ 3 2 Giai : Ta co 4  16  15 ;2 3  12 ;3 2  18 12  18  2 3  3 2 VÝ dô 4 : TÝnh 5,4  7 0,25. Gi¶i : 5,4  7 0,25  5,4  7.0,5  5,4  3,5  8,9 Bµi tËp tù gi¶i : 1) T×m x biÕt a ) x 2  1  2 b) x 2  5  2 2) TÝnh a ) 0,25.. 1 4. b). 1 100 .  16  9  4 2. 3) So s¸nh 2 5 vµ 3 3 4) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña y biÕt: a)y = x2 – 2x +3. b)y =. 9 x 2  12 x  11. Dạng 2 : Căn thức bậc hai- điều kiện tồn tại- hằng đẳng thức. A2  A. Ví dụ 1 : a) Tìm x để biểu thức 2 x  4 có nghĩa ? Gi¶i : Ta cã 2 x  4 cã nghÜa khi 2 x  4  0  x  2 b) Tìm x để. x 2  5 cã nghÜa?. Gi¶i : Ta thÊy x 2  0x nªn x 2  5 cã nghÜa víi mäi x. Ví dụ 2 : Giải phương trình : 2 x  3  x  1 3  2 x  3  0 x   Gi¶i : Pt   2x4 2 x  3  x  1  x  4  VÝ dô 3 : TÝnh. 1  3  5  2 6 1  3   1  3  3  1 5  2 6   3  2  3  2. 2. Gi¶i : Ta cã :. 2. 2  3 2. Bµi tËp tù gi¶i :. §Æng §×nh §iÖt. 1 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 1) Tìm x để các biểu thức sau có nghĩa : a)  2 x. b) 5  30 x. c) 2 x 2. d). 2 x5. 2) Rót gän biÓu thøc : a ) 15  6 6  33  12 6 b) x 2  2 x  1  x 2  2 x  1. 3) Giải phương trình: x2+2x = 3- 2 2 4) Tìm x để biểu thức sau có nghĩa: 3 x  2  4  x Dạng 3 :Quy tắc khai phương. VÝ dô 1 : TÝnh . 25. 441. Ta cã : 25. 441  5.21  105 VÝ dô 2 : TÝnh a ) 3. 12 b) 4a . 16a Gi¶i : a) 3. 12  3.12  36  6 b) 4a . 16a  4a.16a  64a 2  8a. 81 225. VÝ dô 3 : TÝnh a) Gi¶i :. 81  225. a). 81 225. 2. . 2 ab. . 7 49 36 9 6 3 24 :  :  25 16 5 4 15. 36 9 :  25 16 VÝ dô 4 : TÝnh a) 3 2  2 3 3 2  2 3 Gi¶i :. c). . 36 9 : 25 16. c). 9 3  15 5. 4a b 2. 4a b  49. b). 4a 2 b 2 49. b). .   b)  128  2 162  2. . . . b) 128  2 162  2 6  24 : 2.     2 3   18  12  6 6  24 : 2  64  2 81  2 3 . a) 3 2  2 3 3 2  2 3  3 2. 2. 2. 12  8  2.9  2 3  2 3  10. Bµi tËp : 1) Rót gän biÓu thøc a) 320.45a 2. b). 2) Rót gän vµ tÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc :. . A  4 1  6x  9x 2. 3) TÝnh :. a). . (a  b  0). khi x  - 2.  3  2  .  2  2 2. 2. c) ( 28  2 14  7 )  7 8. . 1 2 a 4 a  b  ab. . b)(1+ 2  3 )(1  2  3 ) d) ( 8  3 2  10 )( 2  3 0,4 ). e) 15 50  5 200  3 450 : 10 4)TÝnh. a) A  (2  3 ) 7  4 3. §Æng §×nh §iÖt. b) B  ( 10  6 ) 4  15. 2 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 5)T×m x biÕt: a) 4 x  5 b) 9( x  1)  21 c) 4(1  x) 2  6  0 6)T×m x biÕt: a) (7  x )(8  x )  x  11 b) x  3  1  x  2 7) Ph©n tÝch thµnh tÝch: a) 8  2 15. c) 10  14  15  21 d) 3  18  3  8. b) 1  3  5  15. e) x  6 x  8 f) ab  b ab  a  b D¹ng 4 : C¸c phÐp to¸n vÒ c¨n bËc hai : VÝ dô 1 : 75  5 2.3  5 3.  2 3   2 2.3   12 1 5 1   5 2 5 5 5 4 4 6 4 6 2 6    2 3.6 9 3 6 3( 6). VÝ dô 2 :. VÝ dô 3 :. 8 7 3. . 8( 7  3 )  2( 7  3 ) 73. Bµi tËp : 1) So s¸nh 20 vµ 3 2) Khö mÉu : 6 5 3 a) b) 3 5 3 3) TÝnh : 1 a ) 72  5  4,5 3 4) TÝnh 2 3 6 a )   82 c). 5 c). 2. 1 2 2 3 5. 2  2 27 3. 216  1 . 3  6. b) 4. 1  32  27  162 2.  14  7 15  5  1 : b)    1 3  7  5  1 2. 5  2 6  8  2 15. 7  2 10 4) Rót gän biÓu thøc: a b b a 1 a) : víi a  0, b  0, a  b. ab a b  a  a  a  a  1   víi a  0, a  1 b) 1    a  1 a  1    II : Hµm sè bËc nhÊt - §Þnh nghÜa – TÝnh chÊt. D¹ng 1 : Hµm sè bËc nhÊt Ví dụ 1 : Các hàm số sau, hàm số nào đồng biến , nghịch biến ? a) y = 2x- 3 b) y = 1 – 2x c) y = (1 - 2 ) x  3 Gi¶i : a) a= 2 > 0 : §ång biÕn. §Æng §×nh §iÖt. 3 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 b) a = - 2 < 0 : NghÞch biÕn c) a = 1 - 2 < 0 : NghÞch biÕn. Ví dụ 2 : Tìm m để hàm số sau đồng biến , nghịch biến ? y = ( 2m – 1 ) x + m – 2 1 Giải : Hàm số đồng biến khi 2m – 1 > 0  m  2 1 Hµm sè nghÞch biÕn khi 2m – 1 < 0  m  2 VÝ dô 3 : Cho hµm sè y = -2x + b . T×m b biÕt khi x = 2 th× y = -1? Gi¶i : Thay x =2 , y = -1 vµo ta cã : -2 . 2 +b = -1  4  b  1  b  3 vËy y = -2x + 3. VÝ dô 4 : Cho hµm sè y = mx – 3 . T×m m biÕt khi x=2 th× y=1? Gi¶i : Thay x=2 , y=1 vµo ta cã : m.2 – 3 = 1 => m= 2 ; vËy y=2x- 3. VÝ dô 5 : Cho hµm sè y= ( m-1)x + 3. a) Tìm m để đồ thị hàm số song song đường thẳng y=2x? b) Tìm m để đồ thị hàm số tạo với 2 trục toạ độ tam giác cân? c) Tìm m để đồ thị hàm số tạo với trục hoành 1 góc 450? Gi¶i : a) m-1=2 => m=3 vËy y =3x+3 3 3 b) §å thÞ c¾t Oy t¹i (0;3) , c¾t Ox t¹i nªn  3  m 1  1  m 1 m 1 m  0 0 c) §Ó  45 th× hay m  1  1  m  2. m  0 m  2 . Ví dụ 6 : Tìm m để các đường thẳng sau song song? y=(m-3)x + 2 , y=(3m – 7)x – 3 . Giải : để 2 đường thẳng song song thì m-3 = 3m – 7 => m= 2 1 x  1 (3) 2 b) m=? để các đường thẳng sau đồng quy : : y=mx + 2 (1), y=-x + 3 (2) , y=2x – 1 (3) ? Gi¶i : a) Giao của (1) và (2) là (0;1) thay vào (3) thoả mãn .Vậy 3 đường đồng quy . b) Giao cña (2) vµ (3) lµ (4/3;5/3) thay vµo (1) ®­îc m=2. Ví dụ 8: CMR đường thẳng y = mx+3 - m luôn đi qua 1 điểm cố định ? Gi¶i : y = mx+3 - m => m(x-2) = y-3 ,không phụ thuộc m khi x=2,y=3.Từ đó đường thẳng luôn đi qua điểm cố định ( 2;3) víi mäi m. Ví dụ 9 : Tìm m để 2 đường thẳng sau vuông góc ? y = 2x - 3 ; y = (m-2)x + 3 Gi¶i : 2 ®­êng th¼ng vu«ng gãc khi tÝch 2 hÖ sè gãc b»ng 1 tøc lµ 2(m-2) = 1 suy ra m=5/2. VÝ dô 10 : Viết phương trình đường thẳng di qua A(1;3) và song song đường thẳng y = 2x – 1 (1) ? Gi¶i : PT ®­êng th¼ng qua A cã d¹ng y = ax + b, ta cã a.1 + b = 3 , mÆt kh¸c ®­êng th¼ng song song (1) => a = 2 từ đó b = 1 . Vậy y = 2x + 1. Dạng 2 . Hệ phương trình. 2 x  3 y  1 Ví dụ 1 : giải hệ phương trình :  3x  2 y  8. Ví dụ 7 : a) Chứng minh 3 đường thẳng sau đồng quy : y=2x + 1 (1), y=-x+1 (2) y=. §Æng §×nh §iÖt. 4 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 2 x  3 y  1 6 x  9 y  3  13y  13 x  2 Gi¶i :     3x  2 y  8 6 x  4 y  16 2 x  3 y  1 y  1 2 x  y  4 Ví dụ 2 : Cho hệ phương trình :  mx  2 y  5 a) Gi¶i hÖ khi m=1 b) Tìm m để hệ có 1 nghiệm , VSN , VN ? Gi¶i : 2 x  y  4 4 x  2 y  8 3x  3 x  1 a) m=1 ta cã hÖ :     x  2 y  5 x  2 y  5 x  2 y  5 y  2 y  4  2x b) Hệ đã cho   mx  2(4  2 x )  5 (*) (*)  (m  4) x  3 , Từ đó :  Phương trình có 1 nghiệm khi m  4  0  m  4  Phương trình VSN :không xảy ra.  Phương trình VN khi m-4=0 tức là m = 4. Ví dụ 3 : Lập phương trình đường thẳng đi qua các điểm A(1;2) và B(-1;3) ? Giải : Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b (a  0 ). 1  a   2 a  b  2 1 5  y x Đường thẳng đi qua A,B nên ta có hệ phương trình :  2 2  a  b  3 b  5  2 Bµi tËp : 1  1  2  2x  3  1 y  4  x 4 x  2 y  2  x  2 y 1 a ) ; b)  3y  2 c)  d) x  y  4 8x  3y  5 3(3y  2)  4( x  2 y)  0  2  3 1   x  1 y  1 1) Giải hệ phương trình 1 1 x  y  1  e)  3  4  5  x y 3x  by  a 2) Tìm a,b để hệ có nghiệm x=2 , y=5 ?  bx  ay  3 3x  6 y  1 3) Tìm a để hệ có nghiệm âm ?  5x  ay  2  mx  y  2m 4) Cho hệ phương trình :  x  ay  2 a) Tìm m để hệ có nghiệm (x=1;y=1) b) Tìm m để hệ có VSN ; VN ?. §Æng §×nh §iÖt. 5 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 xy  12  5) Giải hệ phương trình : xz  15  yz  20  6) Lập phương trình đường thẳng đi qua : a) A(1;2) , B(1;3) b) A(2;3) , B(-1;3) c) A(-1;4) , B(2;5). III - Phương trình bậc hai, quy về bậc hai. VÝ dô 1 : Gi¶i Pt : 9x2-30x+225=0. Gi¶i :   (15) 2  9.225  1800  0 Phương trình vô nghiệm. VÝ dô 2 : Gi¶i Pt : 3x2+10x - 48= 0. Gi¶i : '  5 2  3.48  169  0.   13  5  13 8  5  13  x2   6 3 3 3 Ví dụ 3 : Với giá trị nào của k thì phương trình : a) 2x2+kx – k2 = 0 cã 2 nghiÖm ph©n biÖt? b) 25x2+mx+2 = 0 cã nghiÖm kÐp? c) 5x2+18x+m = 0 v« nghiÖm? Gi¶i : a) phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi   0  k 2  8k 2  0  9k 2  0 k  0. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt : x 1 . b) Phương trình có nghiệm kép khi   0  m 2  200  0  m  10 2 81 c) Phương trình vô nghiêm khi '  0  81  5m  0  m  5 Ví dụ 4 : Với giá trị nào của b thì phương trình (b -1)x2 - (b+1)x- 72=0 có 1 nghiệm bằng 3 ? Tìm nghiệm còn l¹i? Giải : Thay x=3 vào phương trình ta có : (b-1).9 – (b+1).3 – 72 = 0 =>b=14. Thay b=14 vào ta có : 13x2-15x-72=0 , theo Viet ta có x1.x2=-72/13 từ đó x2=-72/39. 1 1 Ví dụ 5: Cho phương trình x2+3x-1=0. Không giải phương trình hãy tính 2  2 ? x 1 x 2 x  x 2  3 Gi¶i : Theo Viet ta cã  1 x 1 .x 2  1. (x 1  x 2 ) 2  2x 1 x 2 9  1 1 1     11 1 x 21 x 2 2 ( x1x 2 )2 Ví dụ 6 : Cho phương trình x2- 2(m-1)x-2(m+5) = 0. a) Giải phương trình khi m=2. b) Trong trường hợp phương trình có 2 nghiệm x1,x2 , hãy lập 1 hệ thức giữa chúng không phụ thuộc vào m? c) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A=x12+x22 Gi¶i :. §Æng §×nh §iÖt. 6 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 a) m=2 ta có phương trình : x2-2x-14=0 Δ'  1  14  15. x 1  1  15 b) Ta cã x1+x2=-2(m-1) x1x2=-2(m+5) => x1+x2- x1x2=7 lµ hÖ thøc cÇn t×m. c)A=(x1+x2)2-2x1x2 = 4(m-1)2+4(m+5) = 4m2+24  24 , vËy Amin=24 <=>m=0 Ví dụ 7 : Cho phương trình x2+(m+5)x+6-m=0 Gọi x1,x2 là nghiệm của phương trình , tìm m để 2x1+3x2=13 ? x 1  x 2   m  5 Gi¶i :Ta cã :  x 1 x 2  6  m 2 x  3x 1 2  13  Giải ra được x1=-3m-28,x2=23+2m thay vào ta có 3m2+62m+319=0 từ đó m=11 và m=29/3. Ví dụ 8 . Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm là 2/3 và 4/3? Gi¶i : ta cã 2/3+4/3=2 2/3.4/3=8/9 Vậy chúng là nghiệm của phương trình bậc hai x2-2x+8/9=0 hay 9x2-18x+8=0. Ví dụ 9.Giải các phương trình : a) (2x2-x-1)2-(x2-7x+6)2=0. b). 2x4-7x2-4=0. c). 1 1  1 x 1 x 1. c) (y2+2y)2-3(y2+2y)+2=0 d)y2+2y-2 y 2  2 y +1=0 Gi¶i : a) Biến đổi phương trình thành (3x2- 8x+5)(x2- 6x-7)=0 , giải ra được x1=1,x2=5/3,x3=-7. b) Đặt x2=t  0 ,ta có phương trình 2t2 – 7t – 4 = 0, giải ra được t = 4 vậy x =  2 2 . c) đk : x  1 , quy đồng và khử mẫu được phương trình x2= - 1 , phương trình vô nghiệm. d) Đặt y2+2y=t , ta có phương trình t2-3t+2=0; t1=1,t2=2 , từ đó có 2 phương trình : y2+2y-1=0 vµ y2+2y-2=0 gi¶i ra ®­îc y=-1  2 vµ y=-1  3 . e) §Æt. y 2  2 y =t  0 , ta có phương trình t2-2t+1=0, giải ra được t=1 vậy y2+2y-1=0 ,. từ đó y=-1  2 . IV- Quan hÖ gi÷a ®­êng th¼ng vµ ®­êng cong. 1 1 VÝ dô 1 . T×m giao ®iÓm cña (d):y= x  2 vµ (P):y= x 2 2 4 1 1 Giải : Ta giải phương trình x 2 = x  2 hay x2- 2x – 8 = 0. Giải ra được x1=4,x2=-2 =>y1=4,y2=1. 4 2 VËy giao ®iÓm lµ A(4;4), B(-2;1). Ví dụ 2 . Cho đường thẳng (d):y=mx-2 và đường cong (P):y=x2. Tìm m để (d) và (P) không cắt nhau, tiếp xúc nhau, c¾t nhau t¹i hai ®iÓm? Giải : Xét phương trình x2=mx-2 => x2-mx+2=0. Δ  m2  8 §Ó 2 ®­êng kh«ng c¾t nhau th× Δ  m 2  8 <0 hay  2 2 <m< 2 2 §Ó 2 ®­êng tiÕp xóc nhau th× Δ  m 2  8 =0, m=  2 2 . §Ó 2 ®­êng c¾t nhau t¹i hai ®iÓm th× Δ  m 2  8 >0, m> 2 2 hoÆc m<  2 2 . Bµi tËp tù gi¶i: Cho đường thẳng (d) có phương trình y = (m-1)x + m và parabol (P) : y = x2. Tìm điều kiện của m để :. §Æng §×nh §iÖt. 7 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 a) (d) đi qua điểm có hoành độ –2 trên (P). b) (d) tiÕp xóc (P). c)* Gi¶i BPT (m-1)x + m > x2. V- Giải bài toán bằng cách lập phương trình Dạng 1 . Toán chuyển động a) Một ô tô dự định đi từ A đến B trong 1 thời gian nhất định . Nếu xe chạy với vận tốc 35Km/h thì đến muộn 2 giờ . Nếu xe chạy với vận tốc 50Km/h thì đến sớm 1 giờ. Tính quãng đường AB và thời gian dự định đi lóc ®Çu? Giải: Gọi quãng đường AB là x (Km) , x>0; thời gian dự định đi là y(giờ),y>2. Nếu xe chạy với vận tốc 35Km/h thì hết thời gian x/35 giờ và đến muộn 2 giờ nên ta có phương trình : x/35 – y = 2. Nếu xe chạy với vận tốc 50Km/h thì hết thời gian x/50 giờ và đến sớm 1 giờ nên ta có phương trình : x/50 – y = -1. x  35  y  2 Kết hợp 2 phương trình ta có hệ phương trình   x  y  1  50 Gi¶i hÖ ®­îc x=350,y=8 (tho¶ m·n). Vậy quãng đường AB dài 350Km, thời gian dự định đi lúc đầu là 8 giờ. b) Một ca nô đi từ bến A đến bến B cách nhau 60Km, cả đi và về hết 12,5 giờ.Biết vận tốc dòng nước là 2Km/h , tÝnh vËn tèc thùc cña ca n«? Gi¶i : Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ x(Km/h),x>2. VËn tèc ca n« lóc ®i lµ x+2 (Km/h), lóc vÒ lµ x-2(Km/h). Thêi gian ca n« ®i lµ 60/x+2 giê; thêi gian ca n« vÒ lµ 60/x-2giê. 60 60   12,5  x 2  9,6 x  4  0 Theo bài ra ta có phương trình: x2 x2 Gi¶i ra ®­îc x=10(Tm),x=-0,4<0(lo¹i) VËy vËn tèc thùc cña ca n« lµ 10Km/h. D¹ng 2 : To¸n vÒ sè vµ ch÷ sè a) Tìm hai số tự nhiên lẻ liên tiếp biết tổng các bình phương của chúng bằng 202? Gi¶i :Gäi sè lÎ thø nhÊt lµ n (n lµ STN) th× sè lÎ thø hai lµ n+1 Theo bài ra ta có phương trình : n2 + (n+1)2 = 202 hay n2 + 2n – 99 = 0. Gi¶i ra ®­îc n1=9 (TM),n2=-11(lo¹i). VËy 2 sè lÎ lµ 9 vµ 11. b) T×m mét sè tù nhiªn cã 2 ch÷ sè biÕt tæng c¸c ch÷ sè cña nã lµ 13 vµ nÕu céng 34 vµo tÝch 2 ch÷ sè th× ®­îc chính số đó? Gi¶i : Gäi sè tù nhiªn lµ ab  10a  b (a, b  N,1  a  9,0  b  9) a  b  13 Theo bài ra ta có hệ phương trình  ab  34  10a  b Gi¶i hÖ ta cã a=7,b=6 ( tho¶ m·n) VËy sè cÇn t×m lµ 76. D¹ng3 : To¸n lµm chung , lµm riªng. a)Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành sau 12 giờ. Hai đội cùng làm sau 4 giờ thì đội I được điều đi làm việc khác, đội II làm nốt công việc trong 10 giờ . Hỏi đội II làm một mình thì hoàn thµnh c«ng viÖc sau bao l©u? Giải:Gọi thời gian đội II làm xong công việc một mình là x (giờ). x>12. Mçi giê tæ II lµm ®­îc 1/x c«ng viÖc.. §Æng §×nh §iÖt. 8 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 Hai tổ đã làm chung trong 4 giờ được 1/3 công việc , còn lại 2/3 công việc . 2 1 Theo bài ra ta có phương trình : :  10 . 3 x Gi¶i ra ®­îc x=15(tho¶ m·n) VËy tæ II lµm mét m×nh xong c«ng viÖc sau 15 giê. c) Trong tháng đầu, hai tổ công nhân làm được 800 chi tiết máy. Sang tháng thứ hai , tổ I vượt mức 15%, tổ II vượt mức 20% , nên cuối tháng hai tổ làm được 945 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ làm được bao nhiªu chi tiÕt m¸y? Gi¶i :Gäi sè chi tiÕt m¸y mµ tæ I lµm ®­îc trong th¸ng ®Çu lµ x ( chi tiÕt) sè chi tiÕt m¸y mµ tæ II lµm ®­îc trong th¸ng ®Çu lµ y ( chi tiÕt) ĐK: x,y nguyên,dương,nhỏ hơn 800. Tháng đầu , hai tổ làm được 800 chi tiết nên ta có phương trình x+y=800. tổ I vượt mức 15%x chi tiết, tổ II vượt mức 20%y chi tiết nên ta có phương trình 15%x+20%y=145. x  y  800 Kết hợp 2 phương trình ta có hệ phương trình  15%x  20%y  145 Gi¶i ra ®­îc x= 300, y= 500 (tho¶ m·n) VËy trong th¸ng ®Çu tæ I lµm ®­îc 300 chi tiÕt m¸y, tæ II lµm ®­îc 500 chi tiÕt m¸y. Bµi tËp tù gi¶i: 1) Mét «t« ®i tõ Hµ Néi xuèng H¶i Phßng víi vËn tèc 50 km/h , lóc vÒ xe ch¹y víi vËn tèc nhanh h¬n lóc ®i 5 km/h nên thời gian về ít hơn thời gian đi 12 phút . Tính quãng đường mà xe chạy từ Hà Nội đến Hải Phòng. §¸p sè : 110 km 2) Hai bÕn A, B c¸ch nhau 120 km . Lóc 7 giê mét ca n« ®i xu«i dßng tõ bÕn A víi vËn tèc 12 km/h , cïng lúc đó một chiếc ca nô khác ngược dòng từ bến B . Chúng gặp nhau lúc mấy giờ , biết vận tốc của ca nô đi từ bến B là 14 km/h và vận tốc dòng nước là 2 km/h. §¸p sè : 11giê. 3) Tìm một số có hai chữ số biết chữ số hàng chục hơn chữ số hàng đơn vị là 5 và nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì được số mới hơn số cũ 45 đơn vị §¸p sè : 27. 4) Hai vòi nước cùng chảy vào một bể nước thì bể đầy sau 5 giờ . Nếu vòi thứ nhất chảy một mình trong 2 giờ vµ th× ®­îc 1/15 bÓ . Hái vßi 2 ch¶y mét m×nh trong bao l©u th× ®Çy bÓ ? §¸p sè : 15 giê V- Bµi tËp tæng hîp 1 1 1 1 1  ):(  ) 1) Cho biÓu thøc A= ( 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x a)Rót gän A b)TÝnh A khi x=7+4 3 c)Tìm x để A đạt giá trị nhỏ nhất Gi¶i : 1 x 1 x 1 x 1 x 1 a) A  ( ):( ) 1 x 1 x 1 x. . 2 2 x 1 2 1 x 1 1 1 :   .     1 x 1 x 1 x 1 x 2 x 1 x x 1 x. 1 x (1  x ). b) x  7  4 3  (2  3 ) 2  x  2  3. §Æng §×nh §iÖt. 9 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 Từ đó A . 1 (2  3 )(1  3 ). 53 3 2. . c)A đạt giá trị nhỏ nhất khi x (1  x) lớn nhất 1 3 3 x (1  x)  ( x  )    2 4 4 GTLN cña x (1  x) lµ -3/4 , vËy A nhá nhÊt lµ -4/3 khi vµ chØ khi x=1/4 2) Cho A  (. a a  1). . a a 1. a2 a a a2 b) Rót gän A ):. a a a) T×m TX§ cña A Gi¶i : a  a  0 a  0  a  0  a) TX§ : a  2  0  a  0;1   a  1;2 a  0 a  2   ( b) Rót gän A=. a a 1 a a. . . a a 1 a a. (a  a  1). . ):. c) Tìm a nguyên để A có giá trị nguyên. a2 ( a  1)(a  a  1) ( a  1)(a  a  1)   a2 a ( a  1) a ( a  1). (a  a  1). : a  2  a . a2 a a 2(a  2) 2(a  2)  8 8   2 c) A  a2 a2 a2 A  Z  8 a  2  a  2  ¦(8)=  1;2;4;8 Từ đó giải ra được a=-1;-3;0;-4;2;-6;6;-10;. : a  2 a2. a  1  a  a  1 a  2 2(a  2) .  a2 a2 a. PhÇn II: h×nh häc Bµi 1. Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp ®­êng trßn (O). C¸c ®­êng cao AD, BE, CF c¾t nhau t¹i H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P. A N Chøng minh r»ng: 1. Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp . 1 2. Bèn ®iÓm B,C,E,F cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. E P 1 3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. F 2 4. H và M đối xứng nhau qua BC. O H 5. Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Lêi gi¶i: 1 ( B C 1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: D 2 ( 0  CEH = 90 ( V× BE lµ ®­êng cao)  CDH = 900 ( V× AD lµ ®­êng cao) M =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo gi¶ thiÕt: BE lµ ®­êng cao => BE  AC => BEC = 900. CF lµ ®­êng cao => CF  AB => BFC = 900. Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC. VËy bèn ®iÓm B,C,E,F cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. 3. XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã:  AEH =  ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung AE AH  =>  AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD. AD AC. §Æng §×nh §iÖt. 10 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã:  BEC =  ADC = 900 ; C lµ gãc chung BE BC  =>  BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC. AD AC 4. Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ABC) C2 = A1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => C1 =  C2 => CB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc HCM; l¹i cã CB  HM =>  CHM c©n t¹i C => CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Theo chøng minh trªn bèn ®iÓm B,C,E,F cïng n»m trªn mét ®­êng trßn => C1 = E1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp  C1 = E2 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)  E1 = E2 => EB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc FED. Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là t©m ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c DEF. Bµi 2. Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC), c¸c ®­êng cao AD, BE, c¾t nhau t¹i H. Gäi O lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE. A 1. Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp . 1 2. Bèn ®iÓm A, E, D, B cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. 1 3. Chøng minh ED = BC. O 2 1 4. Chøng minh DE lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (O). 2 E 3 H 5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. Lêi gi¶i: D 1 B 1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: C 0  CEH = 90 ( V× BE lµ ®­êng cao)  CDH = 900 ( V× AD lµ ®­êng cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo gi¶ thiÕt: BE lµ ®­êng cao => BE  AC => BEA = 900. AD lµ ®­êng cao => AD  BC => BDA = 900. Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB. VËy bèn ®iÓm A, E, D, B cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. 3. Theo gi¶ thiÕt tam gi¸c ABC c©n t¹i A cã AD lµ ®­êng cao nªn còng lµ ®­êng trung tuyÕn => D lµ trung ®iÓm cña BC. Theo trªn ta cã BEC = 900 . 1 VËy tam gi¸c BEC vu«ng t¹i E cã ED lµ trung tuyÕn => DE = BC. 2 4. V× O lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE nªn O lµ trung ®iÓm cña AH => OA = OE => tam gi¸c AOE c©n t¹i O => E1 = A1 (1). 1 Theo trªn DE = BC => tam gi¸c DBE c©n t¹i D => E3 = B1 (2) 2 Mµ B1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E. VËy DE lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (O) t¹i 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 gi¸c OED vu«ng t¹i E ta cã ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bµi 3 Cho nöa ®­êng trßn ®­êng kÝnh AB = 2R. Tõ A vµ B kÎ hai tiÕp tuyÕn Ax, By. Qua ®iÓm M thuéc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC c¾t nhau t¹i N.. §Æng §×nh §iÖt. 11. Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 1. Chøng minh AC + BD = CD. 2. Chøng minh COD = 900. AB 2 3. Chøng minh AC. BD = . 4 4. Chøng minh OC // BM 5. Chøng minh AB lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn ®­êng kÝnh CD. 6. Chøng minh MN  AB. 7. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. Lêi gi¶i:. y x. D I. /. M C. A. / N. O. B. 1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD 2. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: OC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc AOM; OD lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kÒ bï => COD = 900. 3. Theo trªn COD = 900 nªn tam gi¸c COD vu«ng t¹i O cã OM  CD ( OM lµ tiÕp tuyÕn ). ¸p dông hÖ thøc gi÷a c¹nh vµ ®­êng cao trong tam gi¸c vu«ng ta cã OM2 = CM. DM, AB 2 Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = . 4 4. Theo trªn COD = 900 nªn OC  OD .(1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cña BM => BM  OD .(2). Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( V× cïng vu«ng gãc víi OD). 5. Gäi I lµ trung ®iÓm cña CD ta cã I lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c COD ®­êng kÝnh CD cã IO lµ b¸n kÝnh. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC  AB; BD  AB => AC // BD => tø gi¸c ACDB lµ h×nh thang. L¹i cã I lµ trung ®iÓm cña CD; O lµ trung ®iÓm cña AB => IO lµ ®­êng trung b×nh cña h×nh thang ACDB => IO // AC , mµ AC  AB => IO  AB t¹i O => AB lµ tiÕp tuyÕn t¹i O cña ®­êng trßn ®­êng kÝnh CD CN AC CN CM   6. Theo trªn AC // BD => , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy ra BN BD BN DM => MN // BD mµ BD  AB => MN  AB. 7. ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nªn 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 ph¶i lµ trung ®iÓm cña cung AB. Bµi 4 Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC), I lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp, K lµ t©m ®­êng trßn bµng tiÕp gãc A , O lµ trung ®iÓm cña IK. A 1. Chøng minh B, C, I, K cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. 2. Chøng minh AC lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (O). 3. TÝnh b¸n kÝnh ®­êng trßn (O) BiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm. Lêi gi¶i: (HD) 1. V× I lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp, K lµ t©m ®­êng trßn bµng tiÕp I góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B 1 1 0 2 C B Do đó BI  BK hayIBK = 90 . H Tương tự ta cũng có ICK = 900 như vậy B và C cùng nằm trên o đường tròn đường kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn. 2. Ta cã C1 = C2 (1) ( v× CI lµ ph©n gi¸c cña gãc ACH. K C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ). I1 =  ICO (3) ( v× tam gi¸c OIC c©n t¹i O) Tõ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC. VËy AC lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (O). 3. Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.. §Æng §×nh §iÖt. 12. Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20 2  12 2 = 16 ( cm) CH 2 12 2  CH2 = AH.OH => OH = = 9 (cm) AH 16 OC =. OH 2  HC 2  9 2  12 2  225 = 15 (cm). Bµi 5 Cho ®­êng trßn (O; R), tõ mét ®iÓm A trªn (O) kÎ tiÕp tuyÕn d víi (O). Trªn ®­êng th¼ng d lÊy ®iÓm M bÊt k× ( M kh¸c A) kÎ c¸t tuyÕn MNP vµ gäi K lµ trung ®iÓm cña NP, kÎ tiÕp tuyÕn MB (B lµ tiÕp ®iÓm). KÎ AC  MB, BD  MA, gäi H lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD, I lµ giao ®iÓm cña OM vµ AB. d 1. Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp. A 2. Chøng minh n¨m ®iÓm O, K, A, M, B cïng n»m trªn mét P ®­êng trßn . K D 2 2 3. Chøng minh OI.OM = R ; OI. IM = IA . N 4. Chøng minh OAHB lµ h×nh thoi. H O 5. Chøng minh ba ®iÓm O, H, M th¼ng hµng. I 6. T×m quü tÝch cña ®iÓm H khi M di chuyÓn trªn ®­êng th¼ng d Lêi gi¶i: C 1. (HS tù lµm). B 2. V× K lµ trung ®iÓm NP nªn OK  NP ( quan hÖ ®­êng kÝnh Vµ d©y cung) => OKM = 900. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900. nh­ vËy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. VËy n¨m ®iÓm O, K, A, M, B cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. 3. Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cña AB => OM  AB t¹i I . Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900 nªn tam gi¸c OAM vu«ng t¹i A cã AI lµ ®­êng cao. ¸p dông hÖ thøc gi÷a c¹nh vµ ®­êng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ OI. IM = IA2. 4. Ta cã OB  MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA  MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. => Tø gi¸c OAHB lµ h×nh b×nh hµnh; l¹i cã OA = OB (=R) => OAHB lµ h×nh thoi. 5. Theo trªn OAHB lµ h×nh thoi. => OH  AB; còng theo trªn OM  AB => O, H, M th¼ng hµng( V× qua O chØ cã mét ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi AB). 6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường th¼ng d lµ nöa ®­êng trßn t©m A b¸n kÝnh AH = R Bµi 6 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A, ®­êng cao AH. VÏ ®­êng trßn t©m A b¸n kÝnh AH. Gäi HD lµ ®­êng kÝnh cña ®­êng trßn (A; AH). TiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn t¹i D c¾t CA ë E. 1. Chøng minh tam gi¸c BEC c©n. E D 2. Gäi I lµ h×nh chiÕu cña A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH. 3. Chøng minh r»ng BE lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (A; AH). 4. Chøng minh BE = BH + DE. A Lêi gi¶i: (HD) I 1.  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2). 1 2 Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến B H C cña BEC => BEC lµ tam gi¸c c©n. => B1 = B2 2. Hai tam gi¸c vu«ng ABI vµ ABH cã c¹nh huyÒn AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB => AI = AH.. §Æng §×nh §iÖt. 13 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL. M.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 3. AI = AH vµ BE  AI t¹i I => BE lµ tiÕp tuyÕn cña (A; AH) t¹i I. 4. DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài 7 Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao X cho AP > R, tõ P kÎ tiÕp tuyÕn tiÕp xóc víi (O) t¹i M. N J 1. Chøng minh r»ng tø gi¸c APMO néi tiÕp ®­îc mét ®­êng trßn. P 2. Chøng minh BM // OP. 1 3. §­êng th¼ng vu«ng gãc víi AB ë O c¾t tia BM t¹i N. Chøng I minh tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh. M 4. BiÕt AN c¾t OP t¹i K, PM c¾t ON t¹i I; PN vµ OM kÐo dµi c¾t K nhau t¹i J. Chøng minh I, J, K th¼ng hµng. Lêi gi¶i: 2 1. (HS tù lµm). 1 ( 1 ( A B O 2. Ta cã  ABM néi tiÕp ch¾n cung AM;  AOM lµ gãc ë t©m AOM ch¾n cung AM =>  ABM = (1) OP lµ tia ph©n gi¸c  AOM 2 AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ) =>  AOP = (2) 2 Tõ (1) vµ (2) =>  ABM =  AOP (3) Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4) 3. XÐt hai tam gi¸c AOP vµ OBN ta cã : PAO=900 (v× PA lµ tiÕp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NOAB). => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau). 4. Tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => ON  PJ Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM c¾t nhau t¹i I nªn I lµ trùc t©m tam gi¸c POJ. (6) DÔ thÊy tø gi¸c AONP lµ h×nh ch÷ nhËt v× cã PAO = AON = ONP = 900 => K lµ trung ®iÓm cña PO ( t/c ®­êng chÐo h×nh ch÷ nhËt). (6) AONP lµ h×nh ch÷ nhËt => APO =  NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau Ta cã PO lµ tia ph©n gi¸c APM => APO = MPO (8). Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đường cao => IK  PO. (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K th¼ng hµng. Bµi 8 Cho nöa ®­êng trßn t©m O ®­êng kÝnh AB vµ ®iÓm M bÊt k× trªn nöa ®­êng trßn ( M kh¸c A,B). Trªn nöa mÆt ph¼ng bê AB chøa nöa ®­êng trßn kÎ tiÕp tuyÕn Ax. Tia BM c¾t Ax t¹i I; tia ph©n gi¸c cña gãc IAM c¾t nöa ®­êng trßn t¹i E; c¾t tia BM t¹i F tia BE c¾t Ax t¹i H, c¾t AM t¹i K. X 1) Chøng minh r»ng: EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2 I 2) Chøng minh r»ng: AI = IM . IB. 3) Chøng minh BAF lµ tam gi¸c c©n. 4) Chøng minh r»ng : Tø gi¸c AKFH lµ h×nh thoi. F 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn. Lêi gi¶i: M 1. Ta cã : AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn ) H E => KMF = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). AEB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn ) K => KEF = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). 1 2 2 1 => KMF + KEF = 1800 . Mà KMF và KEF là hai góc đối B A O của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp. 0 2. Ta cã IAB = 90 ( v× AI lµ tiÕp tuyÕn ) => AIB vu«ng t¹i A cã AM  IB ( theo trªn).. §Æng §×nh §iÖt. 14 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 ¸p dông hÖ thøc gi÷a c¹nh vµ ®­êng cao => AI2 = IM . IB. 3. Theo gi¶ thiÕt AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ do ……) => ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE lµ tia ph©n gi¸c gãc ABF. (1) Theo trªn ta cã AEB = 900 => BE  AF hay BE lµ ®­êng cao cña tam gi¸c ABF (2). Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam gi¸c c©n. t¹i B . 4. BAF là tam giác cân. tại B có BE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E là trung ®iÓm cña AF. (3) Tõ BE  AF => AF  HK (4), theo trªn AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM hay AE lµ tia ph©n gi¸c HAK (5) Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E lµ trung ®iÓm cña HK. (6). Tõ (3) , (4) vµ (6) => AKFH lµ h×nh thoi ( v× cã hai ®­êng chÐo vu«ng gãc víi nhau t¹i trung ®iÓm cña mçi ®­êng). 5. (HD). Theo trªn AKFH lµ h×nh thoi => HA // FH hay IA // FK => tø gi¸c AKFI lµ h×nh thang. §Ó tø gi¸c AKFI néi tiÕp ®­îc mét ®­êng trßn th× AKFI ph¶i lµ h×nh thang c©n. AKFI lµ h×nh thang c©n khi M lµ trung ®iÓm cña cung AB. ThËt vËy: M lµ trung ®iÓm cña cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ). (7) Tam gi¸c ABI vu«ng t¹i A cã ABI = 450 => AIB = 450 .(8) Từ (7) và (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy bằng nhau). VËy khi M lµ trung ®iÓm cña cung AB th× tø gi¸c AKFI néi tiÕp ®­îc mét ®­êng trßn. Bµi 9 Cho nöa ®­êng trßn (O; R) ®­êng kÝnh AB. KÎ tiÕp tuyÕn Bx vµ lÊy hai ®iÓm C vµ D thuéc nöa đường tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lượt ở E, F (F ở giữa B và E). 1. Chứng minh AC. AE không đổi. 2. Chøng minh  ABD =  DFB. 3. Chøng minh r»ng CEFD lµ tø gi¸c néi tiÕp. X Lêi gi¶i: E 1. C thuéc nöa ®­êng trßn nªn ACB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn ) => BC  AE. ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) => tam gi¸c ABE vu«ng t¹i B cã BC lµ ®­êng cao => AC. AE = AB2 (hÖ thøc gi÷a c¹nh vµ ®­êng cao ), mµ AB lµ đường kính nên AB = 2R không đổi do đó AC. AE không đổi. C F D 2.  ADB cã ADB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn ). => ABD + BAD = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800)(1)  ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ). => AFB + BAF = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800) (2) O A B Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phô víi BAD) 3. Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 . ECD + ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD). Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB. Mµ EFD + DFB = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) nªn suy ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối của tứ giác CDFE do đó tứ giác CEFD lµ tø gi¸c néi tiÕp. Bµi 10 Cho ®­êng trßn t©m O ®­êng kÝnh AB vµ ®iÓm M bÊt k× trªn nöa ®­êng trßn sao cho AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, M’A. Gọi P là chân đương vuông góc từ S đến AB. 2. Gäi S’ lµ giao ®iÓm cña MA vµ SP. Chøng minh r»ng tam 1. Chøng minh bèn ®iÓm A, M, S, P cïng n»m trªn mét ®­êng trßn gi¸c PS’M c©n.. §Æng §×nh §iÖt. 15 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 3. Chøng minh PM lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn . Lêi gi¶i: 1. Ta cã SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn ) => AMS = 900 . Nh­ vËy P vµ M cïng nh×n AS dưới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính AS. VËy bèn ®iÓm A, M, S, P cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. 2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đường tròn nên M’ cũng n»m trªn ®­êng trßn => hai cung AM vµ AM’ cã sè ®o b»ng nhau. S 1. M 1 2. 4(. P. 3(. A. )1 )2. 3. 1. H. O. B. M' 1. S'. => AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1) Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’// SS’ ( cùng vuông góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (v× so le trong) (2). => Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’. Theo trªn bèn ®iÓm A, M, S, P cïng n»m trªn mét ®­êng trßn => ASP=AMP (néi tiÕp cïng ch¾n AP ) => AS’P = AMP => tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P. 3. Tam gi¸c SPB vu«ng t¹i P; tam gi¸c SMS’ vu«ng t¹i M => B1 = S’1 (cïng phô víi S). (3) Tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P => S’1 = M1 (4) Tam gi¸c OBM c©n t¹i O ( v× cã OM = OB =R) => B1 = M3 (5). Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = AMB = 900 nªn suy ra M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM t¹i M => PM lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn t¹i M Bµi 11. Cho tam gi¸c ABC (AB = AC). C¹nh AB, BC, CA tiÕp xóc víi ®­êng trßn (O) t¹i c¸c ®iÓm D, E, F . BF c¾t (O) t¹i I , DI c¾t BC t¹i M. Chøng minh : 1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän. BD BM  2. DF // BC. 3. Tø gi¸c BDFC néi tiÕp. 4. CB CF Lêi gi¶i: A 1. (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF c©n t¹i A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiÕp ch¾n cung DE). Chứng minh tương tự ta có DFE < 900; EDF < 900. Như vậy tam giác DEF D F cã ba gãc nhän. O AD AF  2. Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => => DF // BC. AB AC I 3. DF // BC => BDFC lµ h×nh thang l¹i cã  B = C (v× tam gi¸c ABC c©n) M C B E => BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp được một đường tròn . 4. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác cân). BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI);  CBF = BFD (v× so le) => BDM = CBF . BD BM  => BDM CBF => CB CF Bµi 12 Cho ®­êng trßn (O) b¸n kÝnh R cã hai ®­êng kÝnh AB vµ CD vu«ng gãc víi nhau. Trªn ®o¹n th¼ng AB lÊy ®iÓm M (M kh¸c O). CM c¾t (O) t¹i N. §­êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i M c¾t tiÕp tuyÕn t¹i N cña ®­êng trßn ë P. Chøng minh : 3. CM. CN kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña 1. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp. ®iÓm M. 2. Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh.. §Æng §×nh §iÖt. 16 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 4. Khi M di chuyÓn trªn ®o¹n th¼ng AB th× P ch¹y trªn ®o¹n th¼ng cố định nào. Lêi gi¶i: 1. Ta cã OMP = 900 ( v× PM  AB ); ONP = 900 (v× NP lµ tiÕp tuyÕn ). Như vậy M và N cùng nhìn OP dưới một góc bằng 900 => M và N cùng n»m trªn ®­êng trßn ®­êng kÝnh OP => Tø gi¸c OMNP néi tiÕp. 2. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM =  ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM) Tam gi¸c ONC c©n t¹i O v× cã ON = OC = R => ONC = OCN. C. M. A. O. B. N A'. P. D. B'. => OPM = OCM. XÐt hai tam gi¸c OMC vµ MOP ta cã MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM l¹i cã MO lµ c¹nh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2). Tõ (1) vµ (2) => Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh. 3. XÐt hai tam gi¸c OMC vµ NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn ) => MOC =DNC = 900 l¹i cã C lµ gãc chung => OMC NDC CM CO  => => CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2 CD CN 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 = 900 => P chạy trên đường thẳng cố định vuông góc víi CD t¹i D. V× M chØ ch¹y trªn ®o¹n th¼ng AB nªn P chØ ch¹y trªn do¹n th¼ng A’ B’ song song vµ b»ng AB. Bµi 13 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A (AB > AC), ®­êng cao AH. Trªn nöa mÆt ph¼ng bê BC chøa ®iÓn A , VÏ nöa ®­êng trßn ®­êng kÝnh BH c¾t AB t¹i E, Nöa ®­êng trßn ®­êng kÝnh HC c¾t AC t¹i F. 1. Chøng minh AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt. 2. BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp. 3. AE. AB = AF. AC. 4. Chøng minh EF lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nöa ®­êng trßn . Lêi gi¶i: A 1. Ta cã : BEH = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöc ®­êng trßn ) E => AEH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). (1) I 1 1( F 2 CFH = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöc ®­êng trßn ) => AFH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2) 1 2 )1 EAF = 900 ( V× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A) (3) O1 O2 B H C Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt ( v× cã ba gãc vu«ng). 2. Tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt nªn néi tiÕp ®­îc mét ®­êng trßn =>F1=H1 (néi tiÕp ch¾n cung AE) . Theo gi¶ thiÕt AH BC nªn AH lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nöa ®­êng trßn (O1) vµ (O2) => B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mµ AFE + EFC = 1800 (v× lµ hai gãc kÒ bï) => EBC+EFC = 1800 mÆt kh¸c EBC vµ EFC lµ hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp. 3. XÐt hai tam gi¸c AEF vµ ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo Chøng AE AF  minh trªn) => AEF ACB => => AE. AB = AF. AC. AC AB * HD c¸ch 2: Tam gi¸c AHB vu«ng t¹i H cã HE  AB => AH2 = AE.AB (*). §Æng §×nh §iÖt. 17 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 Tam gi¸c AHC vu«ng t¹i H cã HF  AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE. AB = AF. AC 4. Tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt => IE = EH => IEH c©n t¹i I => E1 = H1 . O1EH c©n t¹i O1 (v× cã O1E vµO1H cïng lµ b¸n kÝnh) => E2 = H2. => E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF . Chứng minh tương tự ta cũng có O2F  EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn . Bµi 14 Cho ®iÓm C thuéc ®o¹n th¼ng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. VÏ vÒ mét phÝa cña AB c¸c nöa ®­êng trßn cã ®­êng kÝnh theo thø tù lµ AB, AC, CB vµ cã t©m theo thø tù lµ O, I, K. §­êng vu«ng gãc víi AB t¹i C c¾t nöa ®­êng trßn (O) t¹i E. Gäi M. N theo thø tù lµ giao ®iÓm cña EA, EB víi c¸c nöa ®­êng trßn (I), (K). E 1. Chøng minh EC = MN. N 2. Chøng minh MN lµ tiÕp tuyÕn chung cña c¸c nöa ®­êng 3 trßn (I), (K). 1 2 H 3. TÝnh MN. 1 M 4. TÝnh diÖn tÝch h×nh ®­îc giíi h¹n bëi ba nöa ®­êng trßn 1 Lêi gi¶i: 2 1 1. Ta cã: BNC= 900( néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn t©m K) A I O C K B 0 => ENC = 90 (v× lµ hai gãc kÒ bï). (1) AMC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöc ®­êng trßn t©m I) => EMC = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2) AEB = 900 (néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn t©m O) hay MEN = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c CMEN lµ h×nh ch÷ nhËt => EC = MN (tÝnh chÊt ®­êng chÐo h×nh ch÷ nhËt ) 2. Theo gi¶ thiÕt EC AB t¹i C nªn EC lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nöa ®­êng trßn (I) vµ (K) => B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN). Tø gi¸c CMEN lµ h×nh ch÷ nhËt nªn => C1= N3 => B1 = N3.(4) L¹i cã KB = KN (cïng lµ b¸n kÝnh) => tam gi¸c KBN c©n t¹i K => B1 = N1 (5) Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN  KN t¹i N => MN lµ tiÕp tuyÕn cña (K) t¹i N. Chứng minh tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M, VËy MN lµ tiÕp tuyÕn chung cña c¸c nöa ®­êng trßn (I), (K). 3. Ta cã AEB = 900 (néi tiÕp ch¾n nöc ®­êng trßn t©m O) => AEB vu«ng t¹i A cã EC  AB (gt) => EC2 = AC. BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm. 4. Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã S(o) =  .OA2 =  252 = 625  ; S(I) =  . IA2 =  .52 = 25  ; S(k) =  .KB2 =  . 202 = 400  . 1 Ta cã diÖn tÝch phÇn h×nh ®­îc giíi h¹n bëi ba nöa ®­êng trßn lµ S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 2 1 1 S = ( 625  - 25  - 400  ) = .200  = 100   314 (cm2) 2 2 Bµi 15 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A. Trªn c¹nh AC lÊy ®iÓm M, dùng ®­êng trßn (O) cã ®­êng kÝnh MC. ®­êng th¼ng BM c¾t ®­êng trßn (O) t¹i D. ®­êng th¼ng AD c¾t ®­êng trßn (O) t¹i S. 1. Chøng minh ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp . 2. Chøng minh CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB. 3. Gäi E lµ giao ®iÓm cña BC víi ®­êng trßn (O). Chøng minh r»ng c¸c ®­êng th¼ng BA, EM, CD đồng quy. 4. Chøng minh DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE. 5. Chøng minh ®iÓm M lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ADE. Lêi gi¶i:. §Æng §×nh §iÖt. 18 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 C. C. 2 1. 12 3. O. O D. 3. S. H×nh a. E. M. 1 2. F. E. S. 2 1. A. D. 1. M. 1 1 2. 2 3. 2. F. B. 1 2 2. 3. A H×nh b. 1. B. 1. Ta cã CAB = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); MDC = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn ) => CDB = 900 như vậy D và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trên ®­êng trßn ®­êng kÝnh BC => ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2. ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB). A  EM A => C2 = C3 (hai gãc néi tiÕp ®­êng trßn (O) ch¾n hai cung b»ng nhau) D1= C3 => SM => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB. 3. XÐt CMB Ta cã BACM; CD  BM; ME  BC nh­ vËy BA, EM, CD lµ ba ®­êng cao cña tam gi¸c CMB nên BA, EM, CD đồng quy. A  EM A => D1= D2 => DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE.(1) 4. Theo trªn Ta cã SM 5. Ta cã MEC = 900 (néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn (O)) => MEB = 900. Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ gi¸c AMEB néi tiÕp mét ®­êng trßn => A2 = B2 . Tø gi¸c ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => A1= A2 => AM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DAE (2) Tõ (1) vµ (2) Ta cã M lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ADE TH2 (H×nh b) C©u 2 : ABC = CME (cïng phô ACB); ABC = CDS (cïng bï ADC) => CME = CDS A  CS A  SM A  EM A => SCM = ECM => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB. => CE Bµi 16 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A.vµ mét ®iÓm D n»m gi÷a A vµ B. §­êng trßn ®­êng kÝnh BD c¾t BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn tại F, G. Chøng minh : B 1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD. 2. Tø gi¸c ADEC vµ AFBC néi tiÕp . 3. AC // FG. 4. Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy. O Lêi gi¶i: E 1. XÐt hai tam gi¸c ABC vµ EDB Ta cã BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC 1 vu«ng t¹i A); DEB = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn ) 1 F G => DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc chung => DEB   CAB . D 2. Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kÒ bï); BAC = 900 1 ( v× ABC vu«ng t¹i A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mµ S A C đây là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp .. §Æng §×nh §iÖt. 19 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Tµi liÖu «n thi vµo 10 n¨m häc 2010 * BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); DFB = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn ) hay BFC = 900 như vậy F và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và F cùng nằm trên đường tròn ®­êng kÝnh BC => AFBC lµ tø gi¸c néi tiÕp. 3. Theo trªn ADEC lµ tø gi¸c néi tiÕp => E1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mµ ®©y lµ hai gãc so le trong nªn suy ra AC // FG. 4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đường cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy tại S. Bài 17. Cho tam giác đều ABC có đường cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M không trùng B. C, H ) ; tõ M kÎ MP, MQ vu«ng gãc víi c¸c c¹nh AB. AC. 1. Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. 2. Chøng minh r»ng MP + MQ = AH. 3. Chøng minh OH  PQ. Lêi gi¶i: A 1. Ta cã MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC (gt) => AQM = 900 như vậy P và Q cùng nhìn BC dưới một góc b»ng 900 nªn P vµ Q cïng n»m trªn ®­êng trßn ®­êng kÝnh AM => APMQ lµ tø gi¸c néi tiÕp. * V× AM lµ ®­êng kÝnh cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c APMQ t©m O cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c APMQ lµ O trung ®iÓm cña AM. 1 P 1 2. Tam gi¸c ABC cã AH lµ ®­êng cao => SABC = BC.AH. 2 2 1 Q Tam gi¸c ABM cã MP lµ ®­êng cao => SABM = AB.MP 2 1 M B H C Tam gi¸c ACM cã MQ lµ ®­êng cao => SACM = AC.MQ 2 1 1 1 Ta cã SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 2 2 Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH. A  HQ A ( 3. Tam gi¸c ABC cã AH lµ ®­êng cao nªn còng lµ ®­êng ph©n gi¸c => HAP = HAQ => HP tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => HOP = HOQ (t/c gãc ë t©m) => OH lµ tia ph©n gi¸c gãc POQ. Mµ tam gi¸c POQ c©n t¹i O ( v× OP vµ OQ cïng lµ b¸n kÝnh) nªn suy ra OH còng lµ ®­êng cao => OH  PQ Bµi 18 Cho ®­êng trßn (O) ®­êng kÝnh AB. Trªn ®o¹n th¼ng OB lÊy ®iÓm H bÊt k× ( H kh«ng trïng O, B) ; trªn ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi OB t¹i H, lÊy mét ®iÓm M ë ngoµi ®­êng trßn ; MA vµ MB thø tù c¾t ®­êng trßn (O) t¹i C vµ D. Gäi I lµ giao ®iÓm cña AD vµ BC. 1. Chøng minh MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp . 2. Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I. 3. Gäi K lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c MCID, Chøng minh KCOH lµ tø gi¸c néi tiÕp . t©m cña tam gi¸c MAB. Theo Lêi gi¶i: 0 gi¶ thiÕt th× MH  AB nªn MH 1. Ta cã : ACB = 90 ( néi tiÕp ch¾n nöc ®­êng trßn ) 0 còng lµ ®­êng cao cña tam gi¸c => MCI = 90 (v× lµ hai gãc kÒ bï). MAB => AD, BC, MH đồng quy 0 ADB = 90 ( néi tiÕp ch¾n nöc ®­êng trßn ) t¹i I. => MDI = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). 3. OAC c©n t¹i O ( v× => MCI + MDI = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID nên OA vµ OC lµ b¸n kÝnh) => A1 MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp. = C4 2. Theo trªn Ta cã BC  MA; AD  MB nªn BC vµ AD lµ hai ®­êng cao cña tam gi¸c MAB mµ BC vµ AD c¾t nhau t¹i I nªn I lµ trùc. §Æng §×nh §iÖt. 20 Lop6.net. Trường THCS Hùng Thắng - TL.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>