¤n thi vµo líp 10 thpt ngêi so¹n hoµng v¨n phóc trêng thcs diôn thþnh thø 2ngµy 25 5 2009 ¤n thi vµo líp 10 thpt §¹i sè buæi 1 2 chuyªn ®ò i thùc hiön phðp týnh rót gän bióu thøc cã chøa c¨n t

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (552.55 KB, 51 trang )

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

Thứ 2,ngày 25 / 5 / 2009

Ôn THI Vào lớp 10 THPT

Đại số

Bui 1 - 2 : Chun đề I.

Thùc hiƯn phÐp tÝnh, rót gän biĨu thøc

Cã chứa căn thức bậc hai

I.Các kiến thức cần lu ý.

a) Điều kiện để

√

A

có nghĩa: A

0. b) Không phải bao giờ ta cũng có:

√

A2

=A

.( ChØ x¶y ra khi A

0 )

Tỉng qu¸t:

√

A2

= /A/ . B»ng A khi A

0 ; B»ng –A khi A

0. c) Kh«ng ph¶i bao giê ta cịng cã:

√

A2B=A

√

B

d) Chỉ có số khơng âm mới đa đợc vào trong dấu căn và đợc A

VD:

−2¿2.5
¿
¿

√¿

( Sai ).

−2¿2.5
¿
¿
√¿

( đúng ).

e) Muốn khai phơng của biểu thức A ( Tức là tính

√

A

) Ta cần tìm cách viết A dới

dạng A = B

. Và lúc đó:

√

A

=

√

B2

.

VD:

√

2¿2+2

√

2+1

√

2+1¿2
¿
¿
¿

√

3−2

√

2=√¿

.

II. Mét sè bµi toán điển hình.

Bài 1

. Rút gọn biểu thøc:

a)

√

3−2

√

2−

√

6+4

√

.

b)

√

√

2−

√

.

Híng dÉn giải: a) Viết biểu thức trong căn dới dạng bình phơng.

b) Nhân cả tử và mẫu với 2 rồi làm nh câu a.

( Hoặc đặt biểu thức là A. rồi bình phơng hai vế.).

Bµi 2

Chøng minh r»ng:

a)

√

3−

√

5−

√

3−

√

5=−

√

.

b)

√

3−

√

5 .(

√

10−

√

2).(3+

√

5)=8

Hớng dẫn giải: a) Biến đổi vế trái nh ở bài 1.

Viết

√

¿
¿

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

b)

√

2−3

√

0 . 4

(

√

8−3

√

10).¿

).

c)

(

√

50+5

√

200−3

√

450

)

√

.

Hớng dẫn giải: a) Đáp số 21 b)

√

5 −8

c) 16

√

.

Bµi 4

Thùc hiÖn phÐp tÝnh:

a)

(

√

3−

√

8−2 −

√

216
3

)

√

b

(

√

14−

√

7
1−

√

2 −

√

15−

√

5
1−

√

)

√

7−

√

c)

√

5+2

√

8−2

√

7+2

√

Híng dÉn gi¶i: a) Đáp số:

3

b) -2 c) 1.

Bµi 5

Cho biÓu thøc: A =

( x+1

x −1−

x −1

x+1):(
1

x+1−

x

1− x+

x2−1)

Rót gän biểu thức A.

Tính giá trị của A khi x =

√

4+2

√

Tìm các giá trị của x để A = -3.

Híng dÉn gi¶i.

a) A =

x+1¿2
¿

4x
¿

b) Thay x vào ta có giá trị của A là: 12

320

.

c) Giải phơng trình A = 3 ta cã : x

= - 3 ; x

=

−1

.

Bµi 6

Cho biÓu thøc:

B =

√

x −1−

√

x+

√

x −1+

√

x+

√

x3−

√

x

√

x 1

.

Rút gọn biểu thức B.

Tính giá trị của B khi x =

9−2

√

.

Tìm giá trị của x để B = 16.

Hớng dẫn giải: a) ĐK: x>1. Rút gọn ta đợc B = x-2

√

x −1

.

b) Biến đổi x = 9+2

√

. Thay vào B ta có B = 7

c) Giải phơng trình B = 16 ta đợc: x = 26.

Bµi 7

Cho biÓu thøc:

P =

(

√

x −1
3

√

x −1−

1
3

√

x+1+

√

x

9x −1

)

(

1−

√

x −2
3

√

x+1

)

.

a) Rót gän P.

b) Tính giá trị của P khi x = 6+2

√

.

T×m x khi P =

.

Híng dÉn gi¶i: a) Rót gän P =

x+

√

x

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

Sau đó thay x vào P tính đợc: P =

31+15

√

.

c) P =



x

= 4 ; x

=

9
25

.

Bµi 8:

Cho biÓu thøc

3x

9x 3

1 P =

:

x 1

x

x 2

x 1

x 2































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

Tính giá trị của P với x = 4 – 2

.

Hớng dẫn giải: a) ĐKXĐ: x

0

vµ x



1 Rót gän P = (3

x

- 1)(

x

+ 1 )

b) Thay x = 4 - 2

= (

- 1)

vào P và tính đợc P = 9 - 4

Bµi 9:

Cho biểu thức:

a a 1 a a 1 a 2

A :

a 2

a a a a

    

  


 

 

a) Với giá trị nào của a thì biểu thức A không xác định

b) Rút gọn biểu thức A

c) Với giá trị ngun nào của a thì A có giá trị nguyên?

HD: a) A không xác định



a < 0, a = 0, 1, 2.

b) Với a > 0, a ≠ 1, a ≠ 2:

2(a 2)
A

a 2





;

c) có duy nhất a = 6 thỏa mãn

Bµi 10

:

Cho biểu thức:

x 2x x

x 1 x x


 

 

a) Rút gọn biểu thức B

b) Tính giá trị của B khi

x 3  8

c) Với giá trị nào của x thì B > 0? B< 0? B = 0?

HD: a) ĐK x > 0, x ≠ 1:

B x 1

b)

x 3  8 ( 2 1) : B  2  2

;

c) B > 0



x > 1; B < 0



x < 1; B = 0



x = 1 .

Bài 11: Cho biểu thức

a 3 3 a
B

2 a 6 2 a 6

 

 

 

a) Tìm điều kiện của a để B xác định. Rút gọn B

b) Với giá trị nào của a thì B > 1? B< 1?

c) Tìm các giá trị của x để B = 4

HD: a) a ≥ 0 và a ≠ 9:

a 9
B

a 9





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

c) B = 4



a = 15

Bài 12: Cho biểu thức A =

1 1 1 1 1

1 x 1 x 1 x 1 x 1 x

   

  

   

    

   

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị của A khi x = 7 + 4

c) Với giá trị nào của x thì A đạt giá trị nhỏ nhất

HD: a) ĐK: x ≥ 0, x ≠ 1. Rút gọn ta được

1
A

x (1 x )




b)

2 1

x 7 4 3 (2 3) : A (3 3 5)
2

     

; c) min A = 4 khi

1
x

4


Bài 13: Cho

x 2 x 2 1 x

P .

x 1 x 2 x 1 2

      

    

    

 

1) Rút gọn P .

2) Chứng minh : Nếu 0 < x < 1 thì P > 0.

3) Tìm giá trị lớn nhất của P.

HD: 1) Điều kiện để P có nghĩa : x ≥ 0 và x ≠ 1. Kết quả:

P x (1 x )

2) Nếu 0 < x < 1 thì :

0 x 1



P > 0.

3)

1 1 1

P x

4 2 4

 

     

 

. Dấu "=" xảy ra



1 1
x x
2 4
  

. Vậy:

1 1

max P x

4 4

  

Bài 14: Cho biểu thức

1 1 x x

x 1 x x 1 x x 1



  

    

a) Tìm điều kiện để biểu thức B xác định

b) Rút gọn biểu thức B

c) Tìm giá trị của x khi B = 4

d) Tìm các giá trị nguyên dương của x để B có giá trị nguyên

HD: a) x > 1 ; b)

B x 2 x 1  

; c) B = 4



x = 10 ;d) B nguyên : x = m

+ 1 (m



Z)

Bài 15: Cho biểu thức:

1 1 x 1

A :

x x x 1 x 2 x 1

  

  

   

 

a) Tìm điều kiện của x để A có nghĩa, rút gọn A.

b) So sánh A với 1

HD: a) Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1. Ta có:

1 x ( x 1) x 1

A .

x ( x 1) x 1 x

  

 

 

b) Xét hiệu: A – 1 =

x 1 x 1 x 1

1 0

x x x

  

   

. Vậy: A < 1

Cách 2: Dễ thấy: A =

1
1 1
x
 

vì:

1
0
x 

Bài 16: Cho biểu thức:

x 1 x 1 2 x 1

A :

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

 

   

      

    

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

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị của biểu thức A khi

x  3 8

c) Tìm giá trị của x khi A =

HD: a) ĐK: x ≠ ±1:

4x
A

1 x




; b)

x 3 8 1  2

. Khi đó: A = −2;

c)

x1  5

;

5
x

5


Bài 17: Cho biểu thức

2 2

2a a a 2 a 2 4a
C

a 3 a 2 a 2 4 a

 

  

    

     

a) Tìm điều kiện đối với a để biểu thức C xác định. Rút gọn biểu thức C

b) Tìm các giá trị của a để C = 1

c) Khi nào thì C có giá trị dương? Có giá trị âm?

HD: a) a ≠ −3, a ≠ ±2; b)

4a
C

a 3




; c) C = 1



a 1
3
a

4



 



; d) C > 0



a 0
a 2
a 3







  



; C < 0



a

< −3

Bài 18: Cho biểu thức

1 1 x 2

C x 3 : x 1 :

x 1 x 1 x



   

       

 

   

a) Tìm điều kiện đối với x để biểu thức C xác định

b) Rút gọn biểu thức C

c) Tính giá trị của biểu thức C khi

x 6 20

d) Tìm các giá trị nguyên của x để C có giá trị nguyên

HD: a) x ≠ 1, x ≠ −2, x ≠ 0; b)

x 2
C

x 2





; c)

C 5 2

; d) x



{−1, −3, −4, −6, 2}

Thø 4, ngµy 27 / 5 / 2009

Buổi 3 - 4 : Chuyên đề II

Hàm số và đồ thị

I. C¸c kiÕn thức cần nhớ

1. Hàm số: y = ax + b (a



0)

+ TÝnh chÊt

: * TX§

: Mäi x



R.

* Sù biÕn thiªn

:

+ Nếu a > 0 hàm số đồng biến trên R

+ Nếu a < 0 hàm số nghịch biến trên R

+ Đồ thị: Là đờng thẳng song song với đồ thị y = ax nếu b



0. cắt trục Oy tại điểm

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

+ cách vẽ đồ thị: Lấy hai giá trị khác nhau của x rồi lập bảng giá trị tơng ứng. Biểu

diễn hai điểm trên hệ trục Oxy kẻ đờng thẳng đi qua hai điểm đó.

+ Đờng thẳng y = ax + b (a



0) có a gọi là hệ số góc. Và ta có: tg



=

a

Trong đó



là góc tạo bởi đờng thẳng y = ax + b (a



0) với trục Ox.

2. Hµm sè: y = ax

2

(a



0)

+ TÝnh chÊt

: * TX§

: mäi x



R.

* Sù biÕn thiªn

:

+ Nếu a > 0 hàm số đồng biến với mọi x > 0

; nghịch biến vứi mọi x < 0.

+ Nếu a < 0 hàm số đồng biến với mọi x < 0

; nghch bin vi mi x > 0.

+ Đặc điểm của giá trị hàm số y = ax

(a

0)

Khi a > 0

: Giá trị hàm số luôn > 0 với mọi x khác 0. y = 0 khi x = 0 => 0 là giá trị nhỏ

nhất của hàm số đạt đợc khi x = 0.

Khi a < 0

: Giá trị hàm số luôn < 0 với mọi x khác 0. y = 0 khi x = 0 => 0 là giá trị lớn

nhất của hàm số đạt đợc khi x = 0.

+ Đặc điểm của đồ thị hàm số

: y = ax

(a



0)

- là đờng cong đi qua gốc toạ độ nhận trục Oy là trục đối xứng.

* Nếu a > 0 đồ thị nằm phía trên trục hồnh. O là điểm thấp nhất của đồ thị.

* Nếu a < 0 đồ thị nằm phía dới trục hoành. O là điểm cao nhất của đồ thị.

3. Tơng giao của đờng cong Parabol y = ax

2

(a



0) và đờng thẳng y = bx + c

Toạ độ giao điểm (Nếu có) của Parabol (P): y = ax

(a



0) và đờng thẳng (d):

y = bx + c lµ nghiƯm của hệ phơng trình:

2
y ax

y bx c
ỡù =
ùớ

ù = +

ïỵ

=> phơng trình: ax

= bx + c (1) là phơng trình hồnh độ. Vậy:

+ Đờng thẳng (d) không cắt (P)

phơng trình (1) vô nghiệm.

+ ng thẳng (d) tiếp xúc với đờng cong (P)



Phơng trình (1) có nghiệm kép.

+ §êng thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt

II. Một số dạng bài tập thờng gặp.

Dng1

Tỡm to giao điểm của hai đờng thẳng.

Bµi tËp 1

:

Cho hai hµm sè y= x+3 (d) vµ hµm sè y = 2x + 1 (d

)

a)Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng một hệ trục toạ độ.

b)Tìm toạ độ giao điểm nếu có của hai đồ thị.

Nhận xét:gặp dạng toán này học sinh thờng vẽ đồ thị hai hàm số trên rồi tìm toạ độ giao

điểm (x;y) tuy nhiên gặp những bài khi x và y không là số ngun thì tìm toạ độ bằng đồ

thị sẽ gặp khó khăn khi tìm chính xác giá tri của x;y

Giải: a) vẽ đồ thị hai hàm số

b) Hoành độ giao điểm là nghiệm của phơng trình: x+3=2x+1



x=2 suy ra y=5

Ví dụ 2: Cho 3 đờng thẳng lần lợt có phơng trình:

(D

) y=x+1 ; (D

) y=-x+3 ; (D

) y= (m

-1)x+ m

- 5 (víi m

1)

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

Nhận xét: 3 đờng thẳng (D

) ,(D

), (D

) đồng quy tại một điểm no ú chng hn im

A(x;y) thì rỏ ràng x;y là một nghiệm của 3 phơng trình trên hay x;y là nghiƯm cđa

1
2
( )
( )
D
D






vµ

lµ nghiƯm cđa (D

)

Híng dÉn gi¶i:

Hồnh độ giao điểm B của (D

) ,(D

) là: -x+3=x+1



x=1 thay vào y=x+1suy ra y=2 để 3

đờng thẳng đồng quy thì (D

)phải đi qua điểm B nên ta thay x=1;y=2 vào phơng trình (D

)

ta cã: 2=(m

-1)1+m

-5



m

=4



m=2;m=-2.

Vậy với m=2;m=-2thì 3 đờng thẳng (D

) ,(D

), (D

) đồng quy.

Dạng 2:

Viết phơng trình đờng thẳng đi qua:

+ Hai điểm A (x

; y

) và B (x

; y

)

+ Điểm M (x

; y

) và song song (vng góc) với đờng thẳng (d) cho trớc

Bài tập 2

Xác định phơng trình đờng thẳng (d) biết:

a) §êng thẳng (d) đi qua hai điểm A( -1; 3) và B ( 2; -4)

b) Đờng thẳng (d) đi qua M (-2; 5) và song song với đờng thẳng: (d’): y = -

x + 3

c) Đờng thẳng (d) đi qua N (-3; 4) và vng góc với đờng thẳng y = 2x + 7

Hớng dẫn giải

Gọi đờng thẳng (d): y = ax + b

Vì (d) đi qua hai điểm A( -1; 3) và B ( 2; -4)

nªn ta cã:

3
2 4

a b
a b
ì - + =
ïï
íï +

=-ïỵ

=>

7
3
2
3
a
b
ìïï
=-ïïï
íï
ï =

ùùùợ

Vậy phơng trình đờng thẳng (d): y =

- 73x+32

b) Vì (d) song song với đờng thẳng: (d’): y = -

x + 3 =>

7
3
a

=> (d):

y =

7
3x b

- +

mµ (d) ®i qua M (-2; 5) => ta cã: 5 =

3 +b

=> b =

1
3

Vậy phơng trình đờng thẳng (d)

: y =

7 1
3x 3

- +

c) Đờng thẳng (d) đi qua N (-3; 4) và vng góc với đờng thẳng y = 2x + 7

nên ta có: a.2 = -1 => a =

1
2

vµ 4 =

2+b

=> b =

5
2

Vậy phơng trình đờng thẳng (d)

: y =

1 5
2x 2

- +

Bµi tËp 3

Cho hµm sè y = (m

– 2).x + 3m + 2 Tìm các giá trị của m biÕt:

a) Đồ thị (D) của hàm số song song với đờng thẳng y = 3x + 2

b) Đồ thị (D) của hàm số vng góc với đờng thẳng y = -3x -2

c) Đồ thị (D) đi qua điểm A (2; 3)

Híng dÉn gi¶i

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Ta cã:

2 2 3

3 2 2

m
m

ỡù - =

ùớ

ù + ạ

ùợ



m= ± 5

b)Đồ thị (D) của hàm số vuông góc với đờng thẳng y = -3x -2 =>

ta có: (m

– 2 ).(- 3) = -1



7
3

m=±

c) Đồ thị (D) đi qua điểm A( 2; 3) => 3 = 2m

– 4 + 3m + 2



2m

+3m -5 = 0

ta cã a + b + c = 0 => m

= - 1; m

=

5
2

-Dạng 3.

Tìm điểm cố định mà họ đờng thẳng đi qua.

* Phơng pháp: Họ đờng thẳng y = f(x;m) đi qua điểm cố định I( x

0

; y

0

) vi mi m

phơng trình ẩn m: y

0

= f(x

0

;m) cã nghiƯm víi mäi m

Bµi tËp 4

Cho họ đờng thẳng (m – 2).x + 2m y + 1 = 0 (D

)

a) Tìm giá trị m biết đờng thẳng (D

) đi qua điểm A(-2; 4)

b) Tìm điểm cố định I mà họ đờng thẳng (Dm) đi qua vi m giỏ tr ca m.

Hng dn gii

Đờng thẳng (D

) ®i qua A(-2; 4)



(m – 2).(-2) + 2m.4 +1 = 0



6m +5 = 0



m =

5
6


Họ đờng thẳng (D

) đi qua điểm cố định I(x

; y

)



phơng trình: (m – 2).x

+ 2m.y

+ 1

= 0 v« sè nghiƯm m



(x

+ 2y

).m – 2x

+ 1 = 0 cã v« sè nghiƯm m



0
0 0

2 0 4

2 1 0 1

y
x y

x





 

 



 

  

  




D¹ng 4: Bài toán chứng minh

Chứng minh rằng: Đờng thẳng (D): y= 4x - 3 tiÕp xóc víi parabol (P):

y= 2x

- 4(2m-1)x + 8m

- 3

NhËn xÐt:

Gặp dạng tốn này học sinh sẽ lúng túng để tìm phơng pháp giải vì học sinh khơng nắm

đ-ợc đờng thẳng (D): y=4x-3 tiếp xúc với parabol (P): y=2x

-4(2m-1)x+8m

-3 tại một điểm

thì điểm đó là nghiệm của hai phơng trình vậy phơng trình hồnh độ giao điểm bắt buộc

phải có nghiệm kép từ đó ta có cách giải sau:

Gi¶I:

Hồnh độ giao điểm chung của (D) và (P) là nghiệm của phơng trình:

2x

-4(2m-1)x+8m

-3=4x-3



2x

-8mx+8m

=0



x

+4mx+4m

=0

Ta cã:

 16m216m2 0

với mọi giá trị của m nên Đờng thẳng (D):y=4x-3 tiếp xúc với

parabol (P):y=2x

-4(2m-1)x+8m

-3

Dạng 5: Bài toán tìm điều kiện

Vớ d:

Cho ng thng (D):y=x+2m v parabol(P):y=-x

-x+3m

a)Với giá trị nào của m thì(D) tiếp xúc với parabol(P).

b) Vi giỏ trị nào của m thì(D) cắt parabol(P)tại hai điểm phân biệt A và B.tìm toạ độ giao

điểm A và B khi m=3

Nhận xét: Tơng tự nh ví dụ trên ta sẽ đi xét sự có nghiệm của phơng trình bËc hai

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

Gi¶i:

a)Hồnh độ giao điểm chung của (D) và (P) là nghiệm của phơng trình:

-x

-x+3m=x+2m



-x

-2x+m=0

§êng thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P)

phơng trình (3) có nghiệm kép

4+4m=0

m=-1.

b) Đờng thẳng (D) cắt parabol (P)

phơng trình (3) có 2 nghiệm ph©n biƯt

  0

4+4m>0



m>-1.

Khi m=3 thì hồnh độ giao điểm của (D) và (P) là nghiệm của phơng trình

-x

-2x+3=0



x=1 hoặc x= -3

Từ đó suy ra toạ độ giao điểm A,B của (D) và (P) là:A(1;7) B( -3; 3).

Dạng 6:Lập phơng trình tiếp tuyến

Vớ d:

Cho ng thng (D):y=ax+b tìm a và b biết:

a) đờng thẳng (D) song song với đờng thẳng 2y+4x=5 và tiếp xúc với parabol (P):

y=-x

b)Đờng thẳng (D) vng góc với đờng thẳng x-2y+1=0 và tiếp xúc với parabol (P):

y=-x

c) đờng thẳng (D) tiếp xúc với parabol(P):y=x

-3x+2 tại điểm C(3;2)

Nhận xét:

ở đây học sinh cần nhớ điều kiện để hai đờng thẳng song song va vng góc để

tìm ra giá trị của a sau đó vận dụng kiến thức nh dạng hai để giải

Gi¶i:

a)Ta có: 2y+4x=5



y=-2x+5/2 nên phơng trình đờng thẳng (D) có dạng:

y=-2x+b (b

5
2


) theo cách tìm của dạng 5 ta tìm đợc b = 1

Vậy phơng trình đờng thẳng (D) là:y= - 2x + 1

b)Ta có: x-2y+1=0



y=1/2x+1/2.Đờng thẳng (D) vng góc với đờng thẳng có phơng

trình:x-2y+1=0



a.1/2=-1



a=-2 suy ra (D):y=-2x+b. Theo cách làm của dạng 5,ta tìm

đ-ợc b=1.Vậy phơng trình đờng thẳng (D) có phơng trình là:y=-2x+1

c)Ta có:C(3;2)



(D)



2=3a+b



b=2-3a

Theo cách làm của dạng 5 ta tìm đợc a=3 và suy ra b=-7 Vậy phơng trình đờng thẳng (D)

có phơng trình là:y=3x-7

Dạng 7:Xác định toạ độ tiếp điểm

.

Ví dụ: Cho parabol (P): y=x

-2x-3

Tìm các điểm trên (P) mà tiếp tuyến của (P) tại điểm đó song song với đờng thẳng (D):

y=-4x.

Giải:

Gọi đờng thẳng tiếp xúc với (P) là (d).

Do (d) song song với (D) nên d có dạng:y=-4x+b (b

0)

.Hồnh độ điểm chung của (p) và

(d) là nghiệm của phơng trình: x

-2x-3=-4x+b



x

+2x-3+b=0 (2)

Ta thấy: (d) tiếp xúc với (P)



phơng trình (2) có nghiệm kép

    0 4  b 0 b4

Khi đó nếu điểm A(x

;y

) là tiếp điểm của (P) và (d) thì(do A

( );p A( )d

nờn ta cú h

ph-ơng trình;

0
0 0 0

0
0 0

1
2 3

4 4

x

y x x

y

y x



    





 


 

 



Dạng 8:Xác định parabol

.

Ví dụ

:Xác định parabol (P):y=ax

+bx+c thoả mãn:

a) (P) tiếp xúc với đờng thẳng (D) :y=-5x+

15 và đi qua hai điểm (0 ; -1) và (4 ; -5).

b) (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và cắt đường thẳng (D) : y = x - 1 tại hai

điểm có hồnh độ là 1 và 3.

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

Do đó parabol (P) là đồ thị của hàm số y = ax

- (1 + 4a)x - 1.

Hoành độ điểm chung của (D) và (P) là nghiệm phương trình :

ax

- (1 + 4a)x - 1 = -5x + 15 <=> ax

- 4(a - 1)x - 16 = 0 (5)

Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) <=> Phương trình (5) có nghiệm kép

<=> ∆’ = 0 <=> 4(a - 1)

+ 16a = 0 <=> (a + 1)

= 0 <=> a = -1.

Do đó : a = -1 ; b = 3 và c = -1.

Vậy (P) là đồ thị hàm số y = -x2 + 3x - 1.

b) Parabol (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên (P) đi qua điểm (0 ; 2). (P) cắt

đường thẳng (D) : y = x - 1 tại hai điểm có hồnh độ là 1 và 3 <=> Giao điểm của (P) với

đường thẳng (D) là : (1 ; 0) và (3 ; 2).

Vậy parabol (P) đi qua ba điểm (0 ; 2) ; (1 ; 0) và (3 ; 2) khi và chỉ khi

Do đú a = 1 ; b = -3 và c = 2.<=> Parabol (P) : y= x

- 3x + 2

Dạng 9:Tính khoảng cách giữa 2 điểm trên mặt phẳng toạ độ

Gọi 2 điểm có toạ độ là A (x

;y

) và B (x

; y

). Khi đó khoảng cách giữa 2 điểm A và B

trên mặt phẳng toạ độ là : AB

=

2 2

2 1 2 1

(x  x)  (y  y )

Dạng 10: Xác định trung điểm của đoạn thẳng

Gọi 2 điểm A,B có toạ độ là A( x

; y

) và B( x

; y

). Khi đó ta có toạ trung im M

của đoạn thẳng AB là : x

=

A B
x x

; y

=

A B
y y

BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1: Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm A(1; −2) và B(2; 1).

ĐS: a = 3 và b = −5

Bài 2 : Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc là −2 và đi qua điểm A(1; 5).

ĐS: y = −2x + 7.

Bài 3: Viết PT đg thẳng đi qua điểm B(−1; 8) và song song với đg thẳng y = 4x + 3.

ĐS: y = 4x + 12

Bài 4: Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = −x + 5 và cắt trục

hồnh tại điểm có hoành độ bằng 2.

ĐS:

y = −x + 2.

Bài 5: Xác định hệ số a, b của hàm số y = ax + b trong mỗi trường hợp sau:

a) Đồ thị hàm số là một đường thẳng có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm A(−1 ; 3)

b) Đồ thị của hàm số đi qua hai điểm B(2 ; 1) và C(1 ; 3)

c) Đồ thị của hàm số đi qua điểm A(1 ; 3) và song song với đường thẳng y = 3x − 2

ĐS: a) (a ; b) = (3 ; 6).

b) (a ; b) = (−2 ; 5).

c) (a ; b) (3 ; 0)

Bài 6: Cho Parabol (P): y = 2x

và hai đường thẳng: (d

): mx − y − 2 = 0 và

(d

): 3x + 2y − 11 = 0

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

b) Với giá trị nào của m thì (d

) song song với (d

)

c) Với giá trị nào của m thì (d

) tiếp xúc với (P).

HD: a) M(3 ; 1); b)

3
m

2


c) (d

) tiếp xúc với (P)



2x

− mx + 2 = 0 có nghiệm

kép





= 0



m

= 16



m 4



 


Lưu ý: Khai thác việc tìm tham số m để hai đường thẳng song song, trùng nhau, cắt nhau

Bài 7 Tìm giá trị của m để ba đường thẳng sau đồng qui:

a) (d

): 5x + 11y = 8

(d

): 10x − 7y = 74 (d

): 4mx + (2m − 1)y = m + 2

b) (d

): 3x + 2y = 13 (d

): 2x + 3y = 7 (d

): y = (2m − 5)x − 5m

HD: a) ĐS: m = 0

b) m = 4,8

Bài 8 Tìm khoảng cách giữa hai điểm A và B trên mặt phẳng tọa độ biết:

a) A(1 ; 1) và B(5 ; 4)

b) A(−2 ; 2) và B(3 ; 5)

HD: a)

AB (5 1) 2 (4 1) 2 5

b)

AB (3 2) 2 (5 2) 2 5,83

Bài 9 :

Cho tam giác ABC trên mặt phẳng toạ độ với A(-3;1); B( -2; 4); C(2; 2 )

a)

Viết phơng trình đờng trung tuyến BM, CN của tam giác ABC.

b) Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC.

Hớng dẫn giải

a) Gọi trung điểm cđa AC lµ M(x

y

) => x

=

1
2

-; y

=

=> M(

1
2

-;

3
2

).

Phơng trình đờng trung tuyễn BM có dạng y = ax+ b => a =

5
3

-; b =

Vởy phơng trình

trung tuyến BM lµ: y =

5
3

-.x +

2
3

.

Hồn tồn tơng tự ta tìm đợc trung tuyễn CN: y =

1 20
.
9 x 9

- +

.

b) Toạ độ trọng tâm G là nghiệm hệ phơng trình:

5 2

y = - .x +

3 3

1 20
y =

-9x 9

ìïï
ïïï
íï

ï +

ùùùợ

=> G( -1;

)

Bài 10

. Một điểm H trong mặt phẳng toạ Oxy có toạ độ H(2m – 1; m + 3)

Tìm một hệ thức liên hệ giữa x

và y

độc lập với m.

Chứng minh quỹ tích H là một đờng thẳng khi m thay đổi.

Hớng dẫn giải

X

-2y

= 7.

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

Bài tập về nhà

Bài 11: Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b đi qua A(−2 ; 15) và B(3 ; −5).

Bài 12: Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc là −1 và đi qua gốc tọa độ.

Bài 13: Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x và

cắt đường thẳng tại điểm nằm trên trục tung.

Bài 14: Gọi (d) là đường thẳng đi qua A(1 ; 1) và cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ là

2005. Hãy viết phương trình đường thẳng (d).

Bài 15: Cho hàm số : y = x + m (D). Tìm các giá trị của m để đường thẳng (D) :

a) Đi qua điểm A (1 ; 2003) ;

b) Song song với đường thẳng x - y + 3 = 0 ; c) Tiếp xúc với parabol y = –1/4.x

Bài 16: Cho hai hàm số y = 2x + 3m và y = (2m + 1)x + 2m − 3. Tìm điều kiện của m để:

a) Hai đường thẳng cắt nhau

b) Hai đường thẳng song song với nhau c) Hai đường thẳng trùng nhau

Bài 17:

c

ho parabol y= 2x

. (

p

)

a

. t

ìm hồnh độ giao điểm của (

p

) với đờng thẳng y= 3x-1.

b

. t

ìm toạ độ giao điểm của (

p

) với đờng thẳng y=6x-9/2.

c

. t

ìm giá trị của a,b sao cho đg thẳng y=ax+b tiếp xúc với (

p

) và đi qua A(0;-2).

d

. t

ìm phơng trình đờng thẳng tiếp xúc với (

p

) tại B(1;2).

e.

b

iện luận số giao điểm của (

p

) với đờng thẳng y=2m+1. ( bằng hai phơng pháp đồ

thị và đại số).

f.

c

ho đờng thẳng (d): y=mx-2. Tìm m để :

+(

p

) khơng cắt (d).

+(

p

)tiếp xúc với (d). tìm toạ độ điểm tiếp xúc đó?

+ (

p

) cắt (d) ti hai im phõn bit.

+(

p

) cắt (d).

Bi 18:

c

ho hàm số (

p

): y=x

và hai điểm A(0;1) ; B(1;3).

a

. v

iết phơng trình đờng thẳng AB

. t

ìm toạ độ giao điểm AB với (P) đã cho.

b.

v

iết phơng trình đờng thẳng d song song với AB và tiếp xúc với (P).

c.

v

iết phơng trình đờng thẳng d

vng góc với AB và tiếp xúc với (P).

d

. c

hứng tỏ rằng qua điểm A chỉ có duy nhất một đờng thẳng cắt (P) tại hai điểm phân

biệt C,D sao cho CD=2.

Bài 19:

Cho (P): y=x

và hai đờng thẳng a,b có phơng trình lần lợt là

y= 2x-5 (a) và y=2x+m (b)

a.

c

hứng tỏ rằng đờng thẳng a khơng cắt (P).

b

. t

ìm m để đờng thẳng b tiếp xúc với (P), với m tìm đợc hãy:

+ Chứng minh các đờng thẳng a,b song song với nhau.

+

t

ìm toạ độ tiếp điểm A của (P) với b.

+

lập phơng trình đờng thẳng (d) đi qua A và có hệ số góc bằng -1/2

. t

ìm toạ độ giao

điểm của (a) và (d).

Bài 20:

c

ho hàm số

y=−21x

(P)

a

. v

ẽ đồ thị hàm số (P).

b.

v

ới giá trị nào của m thì đờng thẳng y=2x+m (d) cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân

biệt A,B.

k

hi đó hãy tìm toạ độ hai điểm A và B.

c

. t

ính tổng tung độ của các hồnh độ giao điểm của (P) và (d) theo m.

Bài 21:

c

ho hµm sè y= mx-m+1 (d).

a.

c

hứng tỏ rằng khi m thay đổi thì đờng thẳng (d) ln đI qua điểm cố định.

t

ìm điểm

cố định ấy.

b.

t

ìm m để (d) cắt (P) y=x

tại 2 điểm phân biệt A và B, sao cho AB=

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Bài 22:

t

rên hệ trục toạ độ Oxy cho các điểm M(2;1); N(5;-1/2) và đờng thẳng (d)

y=ax+b.

a.

t

ìm a và b để đờng thẳng (d) đI qua các điểm M, N.

b.

x

ác định toạ độ giao điểm của đờng thẳng MN với các trục Ox, Oy.

Thø 2,ngµy 1 / 6 / 2009

Bui 5- 9 : Chuyờn III

Phơng trình hệ phơng trình

GiảI bài toán bằng cách lập phơng trình hệ phơng trình

I. Các kiến thức cần nhớ

1. Phơng trình

a) Ph

ơng trình bậc nhất một ẩn

: Phơng trình dạng: ax + b = 0 (1)

- Cách giải:

* NÕu a = 0 => (1)



0x + b = 0

+ b khác 0 => phơng trình (1) vô nghiệm.

+ b = 0 => Phơng trình vô số nghiệm

* Nếu a khác 0 => phơng trình (1) có mét nghiÖm duy nhÊt: x =

b
a

b) Ph

ơng trình bậc nhất hai ẩn

:

* Phơng trình dạng ax + by = c (1) (a

+ b

2 ¹

0)

Gọi là phơng trình bậc nhất hai Èn (x, y: Èn – a, b hÖ sè)

* Phơng trình (1) có vô số nghiệm (x; y) và nghiệm viết dạng tổng quát.

c) Phơng tr×nh bËc hai

:

+ Phơng trình dạng: ax

+ bx + c = 0 (a kh¸c 0)

+ Công thức nghiệm và công thức nghiệm thu gọn.

+ Định lý Vi-et và áp dụng.

2. Hệ ph

ơng trình:

Hệ phơng trình Có hai dạng:

' ' '
ax by c
a x b y c

ì + =

ïï

íï + =

ïỵ

Vµ

1 1 1 1
2 2 2 2
3 3 3 3
a x b y c z d
a x b y c z d
a x b y c z d

ì + + =

ïï

ïï + + =

íï

ïï + + =

ïỵ

* Phơng pháp giải: - Dùng phơng pháp thế và phơng pháp cộng đại s.

3. Giải bài toán bằng cách lập phơng trình

hệ ph

ơng trình.

1. Các công việc cần thiết trớc khi tiến hành trình bày giải toán bằng cách lập phơng

trình hệ phơng tr×nh:

+ Đọc kỹ đề, tóm tắt bài toán.

+ Lập bảng thể hiện mối liên hệ giữa các đối tợng và các các đại lợng.

=> PT hoặc hệ pt.

+ Căn cứ vào bảng trình bày giải bài toán bằng cách lập pt hoặc hpt.

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

1. Phương trình, hệ phương trình bậc nhất

Bµi 1

. Cho phơng trình: ax + (2a 1).y + 3 = 0 (1)

a) Chứng tỏ rằng phơng trình (1) luôn là phơng trình bậc nhất hai ẩn với mọi giá trị

của a.

b) Chứng tỏ rằng phơng trình luôn có nghiệm là (-6; 3) với mọi giá trị của a.

Hớng dẫn giải.

a) Chøng tá a

+ (2a – 1)

2 ¹

0 với mọi a.

b) Thay cặp số (-6; 3) vào phơng trình thoả mÃn với mọi a.

Bài 2

Cho phơng trình: mx + (m + 1).y -5 = 0 (m là tham số).

a) Chứng tỏ rằng phơng trình (1) luôn là phơng trình bậc nhất hai ẩn với mọi giá

trị của m.

b) Tỡm giỏ tr ca m để (0; 3) là nghiệm của phơng trình.

Hớng dẫn giải

Chứng tỏ: m và m + 1 không đồng thời bằng 0 => đ.p.c.m

Thay (0; 3) vào ta tính đợc m =

2
3

Bài 3.

Xét

hệ phơng trình:

ax y b
a x y b

ì + =

ïï

íï + =

ïỵ

(I)

a) Chứng tỏ hệ phơng trình (I ) luôn có nghiệm với mọi giá trị của a; a; b.

b) Khi nào hệ phơng (I) có một nghiệm duy nhất.

c) Giải hệ phơng trình khi a = 5; a =1; b = 2

Híng dÉn gi¶i

a) Ta cã:

ax y b
a x y b

ì + =

ïï

íï + =

ïỵ



( )
' ( ')

y ax b d
y a x b d

ì =- +

ïï

íï =- +

ïỵ

Vì (d) và (d) luôn cắt nhau tại (0; b) => hệ phơng trình luôn có ít nhất một nghiệm

(0;b)

b) Khi a = a => hệ phơng trình có vô số nghiệm.

a

ạ

a => hệ có nghiƯm duy nhÊt: (0; b)

c)HS tù gi¶i

Bài 8: Cho hệ phương trình

mx y 1
x y

334
2 3

 





 




a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1

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

HD: a) Với m = 1: (x ; y) = (2002 ; 2001). b) Hệ đã cho vô nghiệm



3
m



Bài 9: Cho hệ phương trình:

x my 1

mx 3my 2m 3

 




  



a) Giải hệ phương trình với m = –3

b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình có một nghiệm duy nhất

HD: a) Hệ có vơ số nghiệm

b) m ≠ 0 và m ≠ –3

Bài 10: Cho hệ phương trình:

mx y 1
x y m

 




  



Chứng tỏ khi m = –1, hệ phương trình có vơ số

nghiệm

HD: Thay m = –1 vào hệ



đpcm

Bài 11: Cho hệ phương trình:

3 (1)

2 (2)

x my m
mx y m

 




  


a) Giải hệ phương trình khi m = 3

b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình có một nghiệm duy nhất thoả mãn

x

-2x -y > 0

HD: a) Thay m = 3 => nghiệm của hệ phương trình là (x; y ) = ( 3; 2)

b) Từ (1 ) ta có x = 3m -my. Thay vào (2) ta có y = 2 ; x = m .

Ta có : x

- 2x - y = m

- 2m - 2 = (m - 1 )

- 3 > 0



m  1

>



1 3
1 3
m
m
 






Bài 12: Cho hệ phương trình:

2mx y 5
mx 3y 1

  




 


a) Giải hệ phương trình khi m = 1

b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình có một nghiệm duy nhất

HD: a) (x ; y) = (–2; 1); b) m ≠ 0

Bµi 13.

Giải hệ phơng trình:

5 2

2.(1 ) 1

2 2

x y y

x x
y y
ì +
ïï = +
ïïï
í - +
ïï = 
-ïï +

-ùợ

Hớng dẫn giải

Đặt ĐK: y

ạ - 2

khử mẫu ta có hệ phơng trình trë thµnh:

4 3 40

2 1
x y
x y
ì - =
ïï
íï +

=-ùợ

Giải hệ phơng

trình này đợc nghiệm: (x; y) =(7; -4)

2. Phương trình bậc hai

Bài 1: Giải các phương trình:

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

3)

( 2 1)x 2 x 2 0

4)

2x2  ( 2 1)x 1 0  

5)

x2 ( 2 1)x  2 0

6) x

– 11x

+ 10 = 0

7) 3x

– 11x

+ 8 = 0

8) (2x

+ x – 4)

– (2x – 1)

= 0 9) (x – 3)

+ (x + 4)

= 23 – 3x

10)

2
2

2x x x 8

x 1 x 3x 4

 


  

11)

1 1 1

x 4 x 4 3

12) 3(x

+ x) – 2(x

+ x) – 1 = 0

13) (x

– 4x + 2)

+ x

– 4x – 4 = 0

HS

tù gi¶i

Bài 2: Cho phương trình

x2  3x 50

và gọi hai nghiệm của phương trình là x

1

, x

2

.

Khơng giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau:

a)

1 2

1 1

x x

b)

2 2
1 2

x x

c)

12 22
1 1

x  x

d)

x13 x32

HD: Đưa các biểu thức về dạng x

+ x

và x

x

rồi sử dụng hệ thức Vi - ét

Bài 3: Cho phương trình: x

– 2mx + m + 2 = 0. Tìm giá trị của m để phương trình có một

nghiệm x

= 2. Tìm nghiệm x

.

HD: m = 2, x

= 2

Bài 4: Cho phương trình (m + 1)x

− 2(m − 1)x + m − 3 = 0 (1)

a) Chứng minh rằng



m ≠ −1 phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm cùng dấu

HD: a) Chứng minh



' > 0

b) Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu



ac<0



m < −1 hoặc m > 3

Bài 5: Cho phương trình x

− 2(m + 1)x + m − 4 = 0 (1)

a) Giải phương trình (1) khi m = 1

b) Chứng minh rằng phương trình (1) ln có nghiệm với mọi giá trị của m

c) gọi x

, x

là hai nghiệm của phương trình (1). Chứng minh rằng :

A = x

(1 − x

) + x

(1 − x

) không phụ thuộc vào giá trị của m

HD: a) Khi m = 1: PT có hai nghiệm

x 2 2 7 

b) A = 2(m + 1) − 2(m − 4) = 10



A không phụ thuộc vào m

Bài 6: Gọi x

, x

là các nghiệm của phương trình x

− 2(m − 1)x + m − 3 = 0

a) Khơng giải phương trình hãy tính giá trị của biểu thức P = (x

)

+ (x

)

theo m

b) Tìm m để P nhỏ nhất

HD: a) P = (x

+ x

)

− 2x

x

= 4(m − 1)

− 2(m − 3) = 4m

− 10m + 10

c) P =

5 15 15
(2m )

2 4 4

  

. Vậy P nhỏ nhất bằng



5
m

4


Bài 7: Cho phương trình x

− 6x + m = 0 (m là tham số) (1)

a) Giải phương trình (1) với m = 5

b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x

và x

thỏa mãn 3x

+ 2x

= 20

HD: a) Với m = 5



x

= 1, x

= 5 b) Đáp số: m = −16 (x

= 8, x

= −2)

Bài 8: Cho phương trình x

− 4x + k = 0

a) Giải phương trình với k = 3

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

Bài 9: Cho phương trình : x

− (m + 5)x − m + 6 = 0 (1)

a) Giải phương trình với m = 1.

b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có một nghiệm x = −2.

HD: a) ĐS: x

= 1, x

= 5 b) ĐS: m = − 20

Bài 10: Cho phương trình x

− 2mx + (m − 1)

= 0

a) Giải phương trình với m = −1

b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm

bằng bình phương của nghiệm còn lại.

HD: a) Với m = −1



x

= 2, x

= −4

b) m = 0 hoặc m = 3

Bài tập về nhà

Bài tập 1

: Cho phơng tr×nh: x

- (2m- 6)x + m -13 = 0

a) Chứng minh rằng phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biÓu thøc A = - x

. x

+ x

Bµi tËp 2

: Cho phơng trình: x

- 2(m+4)x + m

- 8 = 0

a) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm m để A = x

+ x

- x

đạt giá trị nhỏ nhất

c) Tìm m để B = x

+ x

- 3x

x

đạt giá trị lớn nhất

d) Tìm m để C = x

+ x

- x

x

Bài tập 3

: Cho phơng tr×nh: ( m - 1) x

+ 2mx + m + 1 = 0

a) Giải phơng trình với m = 4

b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu

c) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x

và x

thoả mãn: A = x

x

+ x

x

d) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m

Bi tp 4

: Tỡm giá trị của m để các nghiệm x

, x

của phơng trình

mx

- 2(m - 2)x + (m - 3) = 0 thoả mÃn điều kiện

x12

+x22=1

Bi tp 5

: Cho phơng trình x

- 2(m - 2)x + (m

+ 2m - 3) = 0. Tìm m để phơng trỡnh cú 2

nghiệm x

, x

phân biệt thoả mÃn

1
x1

+ 1
x2

=x1+x2

Bài tập 6

: Cho phơng trình: mx

- 2(m + 1)x + (m - 4) = 0 (m lµ tham sè).

a) Xác định m để các nghiệm x

; x

của phơng trình thoả mãn x

+ 4x

= 3

b) Tìm một hệ thức giữa x

; x

mà không phụ thuộc vào m

Bài tập 7

: Cho phơng trình x

- (m + 3)x + 2(m + 1) = 0

(1)

Tìm giá trị của tham số m để phơng trình có (1) có nghiệm x

= 2x

.

Bài tập 8

: Cho phơng trình mx

- 2(m + 1)x + (m - 4) = 0

a) Tìm m để phơng trình có nghiệm.

b) Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm trái dấu. Khi đó trong hai nghiệm, nghiệm nào

có giá trị tuyệt đối lớn hơn?

c) Xác định m để các nghiệm x

; x

của phơng trình thoả mãn: x

+ 4x

= 3.

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

Bài tập 9

: a) Với giá trị nào m thì hai phơng trình sau có ít nhật một nghiệm chung. Tìm

nghiệm chung đó? x

- (m + 4)x + m + 5 = 0

(1)

x

- (m + 2)x + m + 1 = 0

(2)

b) Tìm giá trị của m để nghiệm của phơng trình (1) là nghiệm của phơng trình (2)

và ngợc lại.

Bµi tập 10

: Gọi x

, x

là các nghiệm của phơng tr×nh: x

- (2m - 1)x + m – 2 = 0

Tìm m để

x12+x22

có giá trị nhỏ nhất

Bµi tËp 29

: Gäi x

; x

lµ nghiệm của phơng trình:

2x

+ 2(m + 1)x + m

+ 4m + 3 = 0

Tìm giá trị lớn nhất cđa biĨu thøc: A =



x

- 2x



Bµi tËp 11:

Gọi x

, x

là các nghiệm của phơng tr×nh. x

+ 2(m - 2)x - 2m + 7 = 0

Tỡm m

x12+x22

có giá trị nhỏ nhất.

Bài tập 12:

Cho phơng trình: x

- m + (m - 2)

= 0

Tìm giá trị lớn nhất và nhá nhÊt cđa biĨu thøc

A = x

x

+ 2x

Bài tập 13:

Cho phơng trình: x

- 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0 (m lµ tham số). Tìm m sao cho

2 nghiệm x

; x

của phơng trình thoả mÃn 10x

x

+

x12

+x22

t giỏ tr nh nht. Tỡm giỏ tr

ú.

Bài tập 17

: Cho phơng trình: mx

- (m + 3)x + 2m + 1 = 0

a) Tìm m để phơng trình có nghiệm kép

b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt

c) Tìm m để phơng trình có hiệu hai nghiệm bằng 2

d) Tìm hệ thức liên hệ giữa x

và x

không phụ thuộc m

Bài tập 18

: Cho phơng trình: x

- (2a- 1)x - 4a - 3 = 0

a) Chứng minh rằng phơng trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của a

b) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào a

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x

+ x

Bµi tËp 19

: Cho phơng trình bậc hai ,với tham số m : 2x

- ( m + 3 )x + m = 0 (1)

1) Giải phơng trình (1) khi m = 2.

2) Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x

, x

thoả mãn

x

+ x

=

5
2

x

1

x

2

.

3) Gäi hai nghiƯm x

, x

lµ hai nghiệm của ohơng trình )1) . Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu

thøc P =

x1  x2

* Một số dạng tốn giải bằng cách lập phơng trình, hệ phơng trình.

1. Dạng tốn chuyển động

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

Quãng đờng AB dài 270 km, hai ô tô khởi hành cùng một lúc đi từ A đến b, ô tô thứ

nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai 12 km/h nên đến trớc ô tô thứ hai 42 phút . Tính vận tốc

mỗi xe.

* Hớng dẫn giải: - Trong bài này cần hớng dẫn học sinh xác định đợc vận tốc của mỗi xe.

Từ đó xác định thời gian đi hết quãng đờng của mỗi xe.

-

Thời gian đi hết quãng đờng của mỗi xe bằng quãng đờng AB chia cho vận tốc của

mỗi xe tơng ứng.

- Xe thứ nhất chạy nhanh hơn nên thời gian đi cđa xe thø hai trõ ®i thêi gian ®i cđa

xe thø nhÊt b»ng thêi gian xe thø nhÊt vỊ sím h¬n xe thø hai (42 phót =

7
10

giê)

* Lêi giải: Gọi vân tốc của xe thứ nhất là x (km/h, x > 12 ).

Th× vËn tèc cđa xe thø hai lµ; x - 12 (km/h ).

Thời gian đi hết quãng đờng AB của xe thứ nhất là

270

x

(giê).

Cña xe thø hai là

270
12

x

( giờ ).

Theo bài ra ta có phơng tr×nh:

270 270 7

12 10

x  x 



2700x - 2700

.

(x -12) = 7x

.

(x -12)



7x

- 84x - 32400 = 0

Giải phơng trình ta đợc x

1

74,3; x

2 

- 62,3 (loại)

Vậy, vận tốc của xe thứ nhất là 74,3km/h.

VËn tèc cña xe thø hai lµ 62,3km/h.

* Chú ý:- Trong dạng tốn chuyển động cần cho học sinh nhớ và nắm chắc mối quan hệ

giữa các đại lợng: Quãng đờng, vận tốc, thời gian (S = v.t). Do đó, khi giải nên chọn một

trong ba đại lợng làm ẩn và điều kiện luôn dơng. Xây dựng chơng trình dựa vào bài tốn

cho.

- Cần lu ý trong dạng tốn chuyển động cũng có thể chia ra nhiều dạng và lu ý:

+ Nếu chuyển động trên cùng một quãng đờng thì vận tốc và thời gian tỉ lệ nghịch

với nhau

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

- Nếu chuyển động trên một đoạn đờng không đổi từ A đến B rồi từ B về A thì thời

gian cả đi lẫn về bằng thời gian thực tế chuyển động.

- Nếu hai chuyển động ngợc chiều nhau, sau một thời gian hai chuyển động gặp nhau

thì có thể lập phơng trình: S

+ S

= S.

2.Dạng toán liên quan đến số học:

* Bài toán: (SGK đại số 8)

Một số tự nhiên có hai chữ số, tổng các chữ số bằng . Nếu thêm chữ số 0 vào giữa hai

chữ số thì đợc số lớn hơn số đã cho là 180. Tìm số đã cho.

* Hớng dẫn giải: - Để tìm số đã cho tức là ta phải tìm đợc những thành phần nào

(chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị ). Số đó có dạng nh thế nào?

- Nếu biết đợc chữ số hàng chục thì có tìm đợc chữ số hàng đơn vị

không? Dựa trên cơ sở nào?

- Sau khi viết chữ số 0 vào giữa hai số ta đợc một số tự nhiên nh thế nào ? lớn hơn số

cũ là bao nhiêu?

* Lêi gi¶i:

Gọi chữ số hàng chục của chữ số đã cho là x , điều kiện 0 < x



7 và x



N.

Thì chữ số hàng đơn vị của số đã cho là: 7 - x

Số đã cho có dạng:

x.(7 x)

= 10x + 7 - x = 9x + 7

Viết thêm chữ số 0 vào giữa hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị ta đợc số mới có

dạng :

x0(7 x)

= 100x + 7 - x = 99x + 7

Theo bài ra ta có phơng tr×nh:

( 99x + 7 ) - ( 9x + 7 ) = 180



90x = 180



x = 2 Thoả mÃn điều kiện.

Vậy: chữ số hàng chơc lµ 2

chữ số hàng đơn vị là 7 - 2 = 5

số phải tìm là 25

* Chú ý:- Với dạng toán liên quan đến số học cần cho học sinh hiểu đợc mối liên hệ giữa

các đại lợng đặc biệt hàng đơn vị, hàng chục, hàng trm...

Biểu diễn dới dạng chính tắc của nó:

ab

= 10a + b.

abc

= 100a + 10b + c.

...

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

3.Dạng toán về năng suất lao động:

* Bài toán: ( SGK đại số 9)

Trong tháng giêng hai tổ sản xuất đợc 720 chi tiết máy. Trong tháng hai tổ một vợt

mức 15%, tổ hai vợt mức 12% nên sản xuất đợc 819 chi tiết máy, tính xem trong tháng

giêng mỗi tổ sản xuất đợc bao nhiêu chi tiết máy?

* Híng dÉn gi¶i:

- Biết số chi tiết máy cả hai tổ trong tháng đầu là 720. Nếu biết đợc một trong hai tổ sẽ tính

đợc tổ kia.

- Đã biết đợc số chi tiết máy của tháng đầu, sẽ tính đợc số chi tiết máy sản xuất đợc của

tháng kia.

- Tính số chi tiết máy sản xuất vợt mức trong tháng sau từ đó xây dựng phơng trình.

* Lời giải: Gọi số chi tiết máy tổ 1 sản xuất trong tháng đầu là x (chi tiết )

Điều kiện x nguyên d¬ng, x < 720

Khi đó tháng đầu tổ 2 sản xuất đợc: 720 - x ( chi tiết ).

Tháng 2 tổ một sản xuất vợt mức

15
.

100 x

( chi tiÕt ).

Th¸ng 2 tỉ hai sản xuất vợt mức

.(720 )

100 x

( chi tiết ).

Số chi tiết máy tháng 2 cả hai tỉ vỵt møc: 819 - 720 = 99 ( chi tiết )

Theo bài ra ta có phơng tr×nh:

15 12

. .(720 )
100 x100  x

= 99



15x + 8640 - 12x = 9900



3x = 9900 - 8640



3x = 1260



x = 420 (tho¶ m·n).

Vậy, trong tháng giêng tổ một sản xuất đợc 420 chi tiết máy, Tổ hai sản xuất đợc 720

- 420 = 300 chi tiết máy.

* Chú ý: Loại tốn này tơng đối khó giáo viên cần gợi mở dần dần để học sinh hiểu rõ bản

chất nội dung của bài toán để dẫn tới mối liên quan xây dựng phơng trình và giải phơng

trình nh các loại tốn khác.

Khi gäi Èn, ®iỊu kiƯn cđa Èn cần lu ý bám sát ý nghĩa thực tế của bài toán.

4.Dạng toán về công việc làm chung, làm riªng:

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

Hai đội cơng nhân cùng sửa một con mơng hết 24 ngày. Mỗi ngày phần việc làm đợc

của đội 1 bằng 1

phần việc của đội 2 làm đợc. Nếu làm một mình, mỗi đội sẽ sa xong

con mơng trong bao nhiêu ngày?

* Hớng dẫn giải:

- Trong bài này ta coi tồn bộ cơng việc là một đơn vị công việc và biểu thị bằng số 1.

- Số phần công việc trong một ngày nhân với số ngày làm đợc là 1.

* Lêi gi¶i:

Gọi số ngày một mình đội 2 phải làm để sửa xong con mơng là x ( ngày) ĐK x > 0 .

Trong một ngày đội 2 làm đợc

c«ng viÖc.

Trong một ngày đội 1 làm đợc 1

1 1 3
.

2 x2x

(công việc ).

Trong một ngày cả hai đội lm c

công việc.

Theo bài ra ta có phơng tr×nh :

1 3 1
2 24

x x 



24 + 36 = x



x = 60 thoả mÃn điều kiện

Vy, thi gian đội 2 làm một mình sửa xong con mơng là 60 ngày.

Mỗi ngày đội 1 làm đợc

3 1

2.6040

c«ng viƯc.

Để sửa xong con mơng đội 1 làm một mình trong 40 ngày.

* Chú ý:

ở

loại tốn này , học sinh cần hiểu rõ đề bài, đặt đúng ẩn, biểu thị qua đơn vị quy

ớc. Từ đó lập phng trỡnh v gii phng trỡnh.

5.Dạng toán về tỉ lệ chia phần:

* Bi toỏn: (SGK i s 8).

Hợp tác xÃ Hồng Châu có hai kho thóc, kho thứ nhÊt h¬n kho thø hai 100 tÊn. NÕu

chuyển từ kho thứ nhất sang kho thứ hai 60 tấn thì lúc đó số thóc ở kho thứ nhất bằng

12
13

sè

thãc ë kho thứ hai. Tính số thóc ở mỗi kho lúc đầu.

* H

ớng dẫn giải:

Quá trình

Kho I

Kho II

Trớc khi chuyÓn

x + 100 (tÊn)

x (tÊn ), x > 0

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

Phơng trình: x + 100 - 60 =

. (x + 60 )

* Lêi gi¶i: Gäi sè thãc ë kho thø hai lúc đầu là x (tấn ), x > 0.

Thì số thóc ở kho thứ nhất lúc đầu là x + 100 (tÊn ).

Sè thãc ë kho thø nhÊt sau khi chun lµ x +100 -60 ( tÊn ).

Sè thãc ë kho thø hai sau khi chun lµ x + 60 ( tấn ).

Theo bài ra ta có phơng : x + 100 - 60 =

.( 60)
13 x

Giải phơng trình tìm đợc: x = 200 thoả mãn điều kiện.

Vậy, kho thóc thứ hai lúc đầu có 200 tấn thóc

Kho thóc thứ nhất lúc đầu có 200 + 100 = 300 tấn thóc.

6.Dạng tốn có liên quan đến hình học:

* Bài toán: ( SGK đại số lớp 9 ).

Một khu vờn hình chữ nhật có chu vi là 280 m. Ngời ta làm một lối đi xung quanh

v-ờn ( thuộc đất của vv-ờn ) rộng 2m, diện tích đất cịn lại để trồng trọt là 4256 m

. Tính kích

thíc cđa vên.

* Hớng dẫn giải: - Nhắc lại cơng thức tính chu vi và diện tích của hình chữ nhật.

- Vẽ hình minh hoạ để tìm lời giải.

* Lời giải : Gọi độ dài một cạnh hình chữ nhật là x ( m ), điều kiện 4 < x < 140

Độ dài cạnh còn lại là: 140 - x (m ).

Khi làm lối đi xung quanh, độ dài các cạnh của phần đất trồng trọt là x - 4(m) và 140

- x - 4 = 136 - x (m).

Theo bµi ra ta có phơng trình : ( x - 4 )

.

( 136 - x ) = 4256



140x - x

- 544 = 4256



x

- 140x - 4800 = 0

Giải phơng trình tìm đợc x

= 80; x

= 60 (thoả mãn).

Vậy kích thớc của mảnh vờn hình chữ nhật là 60m và 80m.

7.To¸n cã néi dung vËt lý, hoá học:

* Bài toán: ( tài liệu ôn thi tèt nghiƯp bËc THCS )

Ngời ta hồ lẫn 8g chất lỏng này với 6g chất lỏng khác có khối lợng nhỏ hơn nó

200kg/m

để đợc một hỗn hợp có khối lợng riêng là 700kg/m

. Tìm khối lợng riêng của mỗi

chÊt láng?

* Hớng dẫn giải: - Để giải bài toán ta cần chú ý khối lợng riêng của mỗi chất đợc tính theo

cơng thức: D =

m

V ⇒

V =

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

Trong đó:

m là khối lợng tính bằng kg

V là thể tích của vật tớnh bng m

D là khối lợng riêng tính bằng kg/m

* Lời giải: Gọi khối lợng riêng của chất thứ nhất là x (kg/m

), điều kiện x > 200

Thì khối lợng riêng của chất thứ hai là: x 200 (kg/m

)

ThĨ tÝch cđa chÊt thø nhÊt lµ:

0,008

x

(m

)

ThĨ tÝch cđa chÊt thø hai lµ:

0, 006
200

x

( m

).

Thể tích của khối chất lỏng hỗn hợp lµ:

0,008 0,006
700



( m

).

Trớc và sau khi trộn thì tổng thể tích của hai chất lỏng khơng đổi, nên ta có phơng

tr×nh:

0, 008 0,006 0,008 0,006
200 700

x x



 



Giải phơng trình ta đợc: x

= 800 thoả mãn điều kiện

x

= 100 ( loi ).

Vậy khối lợng riêng cđa chÊt thø nhÊt lµ 800 kg/m

Khối lợng riêng của chất thứ hai là 600 kg/m

.

Bµi tËp vỊ nhµ

Bài 1: Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc trung bình 30km/h. Khi đến B, người

đó nghỉ 20 phút rồi quay trở về A với vận tốc trung bình 25km/h. Tính quãng đường AB,

biết rằng thời gian cả đi lẫn về là 5 giờ 50 phút.

HD: Gọi độ dài quãng đường AB là x km (x > 0).

Ta có phương trình:

x x 1 5

30 25 3   6

. Giải ra ta được: x = 75 (km)

Bài 2: Hai canô cùng khởi hành một lúc và chạy từ bến A đến bến B. Canô I chạy với vận

tốc 20km/h, canô II chạy với vận tốc 24km/h. Trên đường đi, canơ II dừng lại 40 phút, sau

đó tiếp tục chạy với vận tốc như cũ. Tính chiều dài qng sơng AB, biết rằng hai canô đến

bến B cùng 1 lúc.

HD: Gọi chiều dài quãng sông AB là x km (x > 0)

Ta có phương trình:

x x 2

20 24 3

. Giải ra ta được: x = 80 (km)

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

HD: Gọi độ dài quãng đường AB là x km (x > 120)

Ta có phương trình:

x x x

60 : 40 60 : 50 1

2 2 40

   

    

   

   

. Giải ra ta được: x = 280 (km)

Bài 4: Một tàu thủy chạy trên một khúc sông dài 80km, cả đi lẫn về mất 8giờ 20phút. Tính

vận tốc của tàu thủy khi nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4km/h.

HD: Gọi vận tốc của tàu thủy khi nước yên lặng là x km/h (x > 0)

Ta có phương trình:

80 80 1

x 4 x 4  3

. Giải ra ta được:

1
4
x

5


(loại), x

= 20 (km)

Bài 5: Một ca nô và một bè gỗ xuất phát cùng một lúc từ bến A xi dịng sông. Sau khi đi

được 24 km ca nô quay trở lại và gặp bè gỗ tại một địa điểm cách A 8 km. Tính vận tốc

của ca nơ khi nước yên lặng biết vận tốc của dòng nước là 4 km / h.

HD: Gọi vận tốc canô khi nước yên lặng là x km/h (x > 4)

Ta có phương trình:

24 16
2

x 4  x 4 

. Giải ra ta được x

1

= 0 (loại), x

2

= 20 (km/h)

Bài 6: Một người đi xe đạp từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 50 km. Sau đó 1 giờ 30 phút,

một người đi xe máy cũng đi từ A và đến B sớm hơn 1 giờ. Tính vận tốc của mỗi xe, biết

rằng vận tốc xe máy gấp 2,5 lần vận tốc xe đạp.

HD: Gọi vận tốc xe đạp là x km/h (x > 0)

Ta có phương trình:

50 50

(1,5 1)

x 2,5x 

. Giải ra ta được: x = 12 (thỏa mãn)

Bài 7: Nhà trường tổ chức cho 180 học sinh khối 9 đi tham quan di tích lịch sử. Người ta

dự tính: Nếu dùng loại xe lớn chuyên chở một lượt hết số học sinh thì phải điều ít hơn nếu

dùng loại xe nhỏ 2 chiếc. Biết rằng mỗi xe lớn có nhiều hơn mỗi xe nhỏ là 15 chỗ ngồi.

Tính số xe lớn, nếu loại xe đó được huy động

HD: Gọi số xe lớn là x (x



Z

). Ta có PT:

180 180
15

x  x 2 



x

1

= 4; x

2

= –6 (loại)

Bài 8: Một đội xe cần chuyên chở 100 tấn hàng. Hơm làm việc, có hai xe được điều đi làm

nhiệm vụ mới nên mỗi xe phải chở thêm 2,5 tấn. Hỏi đội có bao nhiêu xe? (biết rằng số

hàng chở được của mỗi xe là như nhau)

HD: Gọi x (xe) là số xe của đội (x > 2 và x



N)

Ta có phương trình:

100 100 5

x 2  x 2

. Giải ra ta được: x

1

= −8 (loại), x

2

= 10 (thỏa

mãn)

Bài 9: Để làm một chiếc hộp hình hộp khơng nắp, người ta cắt đi 4 hình vng bằng nhau

ở 4 góc của một miếng nhơm hình chữ nhật dài 24cm, rộng 18cm. Hỏi cạnh của các hình

vng đó bằng bao nhiêu, biết rằng tổng diện tích của 4 hình vng đó bằng

diện tích

đáy hộp?

HD: Gọi x (cm) là độ dài cạnh của hình vng bị cắt ( 0 < x < 9)

Ta có phương trình:

2 2

4x (24 2x)(18 2x)
5

  

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

Bài 10: Cho một số có hai chữ số. Tìm số đó, biết rằng tổng hai chữ số của nó nhỏ hơn số

đó 6 lần, nếu thêm 25 vào tích của hai chữ số đó sẽ được một số viết theo thứ tự ngược lại

với số đã cho

HD: Gọi số phải tìm là

(0 < x, y ≤ 9 và x, y



Z)

Ta có hệ:

6(x y) 10x y x 5

xy 25 10y x y 4

   

 



 

   

 

. Vậy số phải tìm là 54

Thø 4,ngµy 10 / 6/ 2009

Chuyờn

IV

Bài tập Hình tổng hợp

Bi 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). Các đờng cao AD, BE, CF cắt nhau tại

H và cắt đờng tròn (O) lần lợt tại M,N,P.
Chứng minh rằng:

Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp .

Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn.
AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.

H và M đối xứng nhau qua BC.

Xác định tâm đờng trịn nội tiếp tam giác DEF.

Lêi gi¶i:

1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:

 CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao)
 CDH = 900 ( Vì AD là đờng 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 giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEC = 900.

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

Nh vậy E và F cùng nhìn BC dới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đờng trịn đờng kính BC.

Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng trịn.

3. XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã:  AEH =  ADC = 900 ; Â là góc chung

=> AEH ADC => AE

AD=
AH

AC => AE.AC = AH.AD.

* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C lµ gãc chung

=>  BEC ADC => BE

AD=
BC

AC => AD.BC = BE.AC.

4. Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)

C2 = A1 ( v× là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

=> C1 = C2 => CB là tia phân giác của gãc HCM; l¹i cã CB  HM =>  CHM cân tại C

=> CB cng l ng trung trc của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.

5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn
=> C1 = E1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Cịng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp

C1 = E2 ( vì là hai góc nội tiÕp cïng ch¾n cung HD)
 E1 = E2 => EB là tia phân giác của góc FED.

Chng minh tng t ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là
tâm đờng trịn nội tiếp tam giác DEF.

Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đờng trịn

ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE.

1. Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp .

2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn.
3. Chứng minh ED = 1

2 BC.

4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.

Lời giải:

1. Xét tứ giác CEHD ta cã:

 CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao)

 CDH = 900 ( Vì AD là đờng 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 giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEA = 900.

AD là đờng cao => AD  BC => BDA = 900.

Nh vậy E và D cùng nhìn AB dới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đờng trịn đờng kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn.

3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đờng cao nên cũng là đờng trung tuyến
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 900 .

VËy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyÕn => DE = 1

2 BC.

4. Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác
AOE cân tại O => E1 = A1 (1).

Theo trªn DE = 1

2 BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2)

Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3

Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E.

Vậy DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại E.

5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. áp dụng định lí Pitago cho
tam giác OED vng tại E ta có ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32  ED = 4cm

Bài 3 Cho nửa đờng trịn đờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa

đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lợt ở C và D. Các đờng thẳng AD và BC cắt
nhau tại N.

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

3. Chøng minh AC. BD = AB

2
4 .

4. Chøng minh OC // BM

5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đờng trịn đờng kính CD.
6. Chứng minh MN  AB.

7. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất.

Lêi giải:

1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM.
Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD

2. Theo tÝnh chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân
giác của góc BOM, mà AOM và BOM là hai gãc kÒ bï => COD = 900.

3. Theo trên COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM  CD ( OM là tiếp tuyến ).
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vng ta có OM2 = CM. DM,

Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = AB

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 cđa BM
=> BM  OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cïng vu«ng gãc víi OD).

5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có
IO là bán kính.

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại
có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đờng trung bình của hình thang ACDB
=> IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đờng trịn đờng kính CD

6. Theo trªn AC // BD => CN

BN=
AC

BD , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra
CN
BN=

CM
DM

=> MN // BD mµ BD  AB => MN  AB.

7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi
tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD

nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vng góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M
phải là trung điểm của cung AB.

Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng trịn bàng tiếp góc

A , O là trung điểm của IK.

Chng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn.
Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng trịn (O).

Tính bán kính đờng trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm.

Lêi gi¶i: (HD)

1. Vì I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng trịn bàng tiếp góc
A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B

Do đó BI  BK hayIBK = 900 .

Tơng tự ta cũng có ICK = 900 nh vậy B và C cùng nằm trên đờng

tròn đờng kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn.

2. Ta cã C1 = C2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH.
C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ).

I1 =  ICO (3) ( v× tam giác OIC cân tại O)

T (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.

AH2 = AC2 – HC2 => AH =

√

202−122 = 16 ( cm)
CH2 = AH.OH => OH = CH

2
AH =

122

16 = 9 (cm)

OC =

√

OH2

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

Bài 5 Cho đờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng thẳng d lấy điểm
M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm).
Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB.

Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp.

Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng
tròn .

Chøng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2.

Chøng minh OAHB là hình thoi.

Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng.

Tỡm qu tớch ca im H khi M di chuyn trờn ng thng d

Lời giải:

1. (HS tự làm).

2. Vỡ K là trung điểm NP nên OK  NP ( quan h ng kớnh

Và dây cung) => OKM = 900. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900. nh vËy K, A,

B cùng nhìn OM dới một góc 900 nên cùng nằm trên đờng trịn đờng kính OM.

Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng tròn.

3. Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R
=> OM lµ trung trùc cđa AB => OM  AB t¹i I .

Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng tại A có AI là đờng cao.
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2.
4. Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH.

OA  MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH.
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi.

5. Theo trờn OAHB là hình thoi. => OH  AB; cũng theo trên OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì
qua O chỉ có một đờng thẳng vng góc với AB).

6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động

nhng ln cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng
thẳng d là nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R

Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH. Vẽ đờng trịn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đờng

kính của đờng trịn (A; AH). Tiếp tuyến của đờng tròn tại D cắt CA ở E.
Chứng minh tam giác BEC cân.

Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH.
Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đờng tròn (A; AH).
Chứng minh BE = BH + DE.

Lêi gi¶i: (HD)

1.  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2).
Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đờng cao vừa là đờng trung tuyến
của BEC => BEC là tam giác cân. => B1 = B2

2. Hai tam gi¸c vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB

=> AI = AH.

3. AI = AH và BE AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I.

4. DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED

Bài 7 Cho đờng trịn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao

cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc víi (O) t¹i M.

Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp đợc một đờng tròn.
Chứng minh BM // OP.

Đờng thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng minh
tứ giác OBNP là hình bình hành.

Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt nhau
tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng.

Lời giải:

1. (HS tự làm).

2. Ta có ABM nội tiếp
chắn cung AM; AOM
là góc ở tâm

chắn cung AM => ABM =

AOM

(1) OP là tia phân giác

AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt
nhau ) =>  AOP = 2

AOM



(2)
Tõ (1) vµ (2) =>  ABM = 

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4)

3. Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : PAO=900 (vì PA là tiếp tuyến ); 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. Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => ON  PJ

Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ. (6)
Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có PAO = AON = ONP = 900 => K là trung điểm

ca PO ( t/c ng chộo hỡnh ch nht). (6)

AONP là hình chữ nhËt => APO =  NOP ( so le) (7)

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM => APO = MPO (8).
Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đờng cao => IK  PO. (9)
Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng.

Bài 8 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng trịn ( M khác A,B). Trên

nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc
IAM cắt nửa đờng trịn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K.

1) Chøng minh r»ng: EFMK là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: AI2 = IM . IB.

3) Chøng minh BAF lµ tam giác cân.

4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi.

5) Xỏc nh v trớ M tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng trịn.

Lêi gi¶i:

1. Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn )

=> KMF = 900 (vì là hai góc kề bù).
AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn )

=> KEF = 900 (v× lµ hai gãc kỊ bï).

=> KMF + KEF = 1800 . Mà KMF và KEF là hai góc đối

của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp.

2. Ta có IAB = 900 ( vì AI là tiếp tuyến ) => AIB vng tại A có AM  IB ( theo trên). 
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => AI2 = IM . IB.

3. Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ do ……)

=> ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1)
Theo trên ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE là đờng cao của tam giác ABF (2).

Tõ (1) vµ (2) => BAF là tam giác cân. tại B .

4. BAF là tam giác cân. tại B có BE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là trung
điểm của AF. (3)

Từ BE  AF => AF  HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia phân giác HAK (5)
Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là
trung điểm của HK. (6).

Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đờng chéo vng góc với nhau tại trung điểm của mỗi
đờng).

5. (HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI là hình thang.
Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng trịn thì AKFI phải là hình thang cân.

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

ThËt vËy: M là trung điểm của cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ). (7)

Tam gi¸c ABI vuông tại A có 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).

Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn.

Bài 9 Cho nửa đờng trịn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đờng

tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lợt ở E, F (F ở giữa B và E).
Chứng minh AC. AE không đổi.

Chøng minh  ABD = DFB.

Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp.

Lời gi¶i:

1. C thuộc nửa đờng trịn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng

trßn ) => BC  AE.

ABE = 900 ( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông tại B có BC là

-ng cao => AC. AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đờng cao ), mà AB là

đ-ờng kính nên AB = 2R khơng đổi do đó AC. AE khơng đổi.

2.  ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ).

=> ABD + BAD = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1)
 ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ).

=> AFB + BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam giác bằng 1800) (2)

Từ (1) và (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD)

3. Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 .

ECD + ACD = 1800 ( Vì là hai gãc kÒ bï) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD).

Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB. Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì là hai gãc kỊ 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 là tứ giác nội tiếp.

Bi 10 Cho ng trịn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng trịn 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 đơng
vng góc từ S đến AB.

Chứng minh bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn
Gọi S’ là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng tam giác PS’M

c©n.

Chứng minh PM là tiếp tuyến của đờng trịn .

Lêi gi¶i:

1. Ta cã SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n

nửa đờng trịn ) => AMS = 900 . Nh vậy P và M cùng nhìn AS dới

một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đờng trịn đờng kính AS.

Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn.

2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đờng tròn nên M’ cũng
nằm trên đờng tròn => hai cung AM và AM’ có số đo bằng nhau

=> AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1)

Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’// SS’ ( cùng vng góc với AB)
=> AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2).

=> Tõ (1) vµ (2) => AS’S= ASS’.

Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp cùng chắn AP )
=> AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân tại P.

3. Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS vuông tại M => B1 = S1 (cùng phụ với S). (3)

Tam giác PMS cân tại P => S1 = M1 (4)

Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B1 = M3 (5).

Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mà M3 + M2 = AMB = 900 nên suy

ra M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM tại M => PM là tiếp tuyến của đờng tròn tại M

Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) tại các im D, E,

F . BF cắt (O) tại I , DI cắt BC tại M. Chứng minh :

1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän.

2. DF // BC. 3. Tø gi¸c BDFC néi tiÕp. 4. BD

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

Lêi gi¶i:

1. (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AD = AF => tam giác ADF

cân tại A => ADF= AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( vì

góc DEF nội tiếp chắn cung DE).

Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900. Nh vËy tam gi¸c DEF cã

ba gãc nhän.

2. Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) =>

AD AF

AB AC => DF // BC.

3. DF // BC => BDFC là hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân)

=> BDFC l hỡnh thang cân do đó BDFC nội tiếp đợc một đờng tròn .

4. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác cân).

BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI);  CBF = BFD (v× so le) => BDM = CBF .
=> BDM CBF => BD

CB=
BM
CF

Bài 12 Cho đờng trịn (O) bán kính R có hai đờng kính AB và CD vng góc với nhau. Trên đoạn thẳng

AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đờng thẳng vng góc với AB tại M cắt tiếp tuyến
tại N của đờng tròn ở P. Chứng minh :

1. Tø gi¸c OMNP néi tiếp.

2. Tứ giác CMPO là hình bình hành.

3. CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.

4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn thẳng
cố định nào.

Lêi gi¶i:

1. Ta cã OMP = 900 ( v× PM  AB ); ONP = 900 (vì NP là tiếp tuyến ).

Nh vậy M và N cùng nhìn OP dới một góc bằng 900 => M vµ N cïng n»m

trên đờng trịn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp.

2. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM =  ONM (néi tiÕp chắn cung OM)
Tam giác ONC cân tại O v× cã ON = OC = R => ONC = OCN

=> OPM = OCM.

XÐt hai tam gi¸c OMC vµ MOP ta cã MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM l¹i

cã MO là cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1)
Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2).

Tõ (1) vµ (2) => Tø giác CMPO là hình bình hành.

3. Xét hai tam giác OMC vµ NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (néi tiÕp ch¾n nưa

đ-ờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C lµ gãc chung => OMC NDC

CM CO

CD CN => CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2

khơng đổi hay tích CM. CN khơng phụ thuộc vào vị trí của điểm M.

4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đờng thẳng cố định vng góc

với CD tại D.

Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A B’ song song vµ b»ng AB.

Bài 13 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A ,

Vẽ nửa đờng trịn đờng kính BH cắt AB tại E, Nửa đờng trịn đờng kính HC cắt AC tại F.
Chứng minh AFHE là hình chữ nhật.

BEFC là tứ giác nội tiếp.
AE. AB = AF. AC.

Chng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn .

Lời giải: 1. Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> AEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1)
CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> AFH = 900 (vì là hai góc kề

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

EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vu«ng).

2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp đợc một đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung

AE) . Theo giả thiết AH BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (O1) và (O2) => B1 =
H1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE +
EFC = 1800 (vì là hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC và EFC là 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

minh trªn) => AEF ACB =>

AE AF

ACAB => AE. AB = AF. AC.

* HD c¸ch 2: Tam gi¸c AHB vuông tại H có HE AB => AH2 = AE.AB (*)
Tam giác AHC vuông tại H cã HF  AC => AH2 = AF.AC (**) 
Tõ (*) vµ (**) => AE. AB = AF. AC

4. Tø giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân tại I => E1 = H1 .
O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kÝnh) => E2 = H2.

=> E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF .

Chứng minh tơng tự ta cũng có O2F  EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai na ng trũn .

Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. VÏ vỊ mét phÝa cđa AB c¸c

nửa đờng trịn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K.

Đờng vng góc với AB tại C cắt nửa đờng tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao điểm của EA,
EB với các nửa đờng tròn (I), (K).

a)Chøng minh EC = MN.

b)Chứng minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng
trịn (I), (K).

c)TÝnh MN.

d)Tính diện tích hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng trịn

Lêi gi¶i:

1. Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K)

=> ENC = 900 (vì là hai góc kề bï). (1)

AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì là hai góc kề bù).(2)

AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật )
2. Theo giả thiết EC AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (I) và (K)
=> B1 = C1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => C1= N3

=> B1 = N3.(4) L¹i cã KB = KN (cùng là bán kính) => tam giác KBN cân tại K => B1 = N1 (5)

Từ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay

MN  KN t¹i N => MN là tiếp tuyến của (K) tại N.

Chng minh tng tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M,
Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng trịn (I), (K).

3. Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vng tại A có 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.

Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn là S =

2 ( S(o) - S(I) - S(k))

S =

2( 625- 25- 400) = 
1

2.200  = 100 314 (cm2)

Bài 15 Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC.

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

Chøng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .

Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.

Gi E l giao im ca BC với đờng tròn (O). Chứng minh rằng các đờng thẳng BA, EM, CD đồng
quy.

Chøng minh DM là tia phân giác của góc ADE.

Chng minh im M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE.

Lêi gi¶i:

Ta có CAB = 900 ( vì tam giác ABC vng tại A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => 
CDB = 900 nh vậy D và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trên đờng tròn

đờng kính BC => ABCD là tứ giác nội tip.

ABCD là tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiÕp cïng ch¾n cung AB).
D1= C3 =>

 

SM EM => C

2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung bằng nhau)

=> CA là tia phân giác của góc SCB.

3. Xột CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC nh vậy BA, EM, CD là ba đờng cao của tam giác
CMB nên BA, EM, CD đồng quy.

4. Theo trên Ta có SM EM  => D1= D2 => DM là tia phân giác của góc ADE.(1)
5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900.

Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ

giác AMEB nội tiếp một đờng tròn => A2 = B2 .

Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD)

=> A1= A2 => AM là tia phân giác của góc DAE (2)

T (1) và (2) Ta có M là tâm đờng trịn ni tip tam giỏc ADE

TH2(Hình b)

Câu 2 : ABC = CME (cïng phô ACB); ABC = CDS (cïng bïADC) => CME = CDS

=> CE CS  SM EM => SCM = ECM => CA là tia phân gi¸c cđa gãc SCB.

Bài 16 Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đờng trịn đờng kính BD cắt BC

tại E. Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn tại F, G.
Chứng minh :

1.Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD.
2.Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp .

AC // FG.

3.Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy.

Lêi gi¶i:

1. XÐt hai tam giác ABC và EDB Ta có BAC = 900 ( vì tam giác ABC

vuụng ti A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn )

=> DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc chung => DEB  CAB .
2. Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kỊ bï); BAC = 900

( v× ABC vuông tại A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mµ

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

* BAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) hay 
BFC = 900 nh vậy F và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 900 nên A và F cùng nằm trên đờng tròn đờng

kÝnh BC => AFBC là tứ giác nội tiếp.

3. Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà đây là hai gãc so

le trong nªn suy ra AC // FG.

4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đờng cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy tại S.

Bài 17. Cho tam giác đều ABC có đờng cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M khơng trùng B. C,

H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB. AC.

1.Chng minh APMQ l t giỏc ni tiếp và hãy xác định tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó.
2.Chứng minh rằng MP + MQ = AH.

3.Chøng minh OH  PQ.

Lêi gi¶i:

1. Ta cã MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC (gt)

=> AQM = 900 nh vËy P và Q cùng nhìn BC dới một góc

bng 900 nên P và Q cùng nằm trên đờng tròn ng kớnh AM

=> APMQ là tứ giác nội tiếp.

* Vì AM là đờng kính của đờng trịn ngoại tiếp tứ giác
APMQ tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là
trung điểm của AM.

2. Tam giác ABC có AH là đờng cao => SABC =
1

2BC.AH.

Tam giác ABM có MP là đờng cao => SABM =
1

2AB.MP

Tam giác ACM có MQ là đờng cao => SACM =
1

2AC.MQ

Ta cã SABM + SACM = SABC =>
1

2AB.MP + 
1

2AC.MQ = 
1

2BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH

Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH.

3. Tam giác ABC có AH là đờng cao nên cũng là đờng phân giác => HAP = HAQ => HP HQ  ( tính

chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc POQ. Mà tam giác
POQ cân tại O ( vì OP và OQ cùng là bán kính) nên suy ra OH cũng là đờng cao => OH  PQ

Bài 18 Cho đờng trịn (O) đờng kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H không trùng O, B) ;

trên đờng thẳng vng góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngồi đờng trịn ; MA và MB thứ tự cắt đờng
tròn (O) tại C và D. Gọi I là giao điểm của AD và BC.

1. Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp .

2. Chứng minh các đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I.

3. Gọi K là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp .

Lêi gi¶i:

1. Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> MCI = 900 (vì là hai góc kề bù). 
ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> MDI = 900 (vì là hai góc kề bï).

=> MCI + MDI = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID nên

MCID lµ tø giác nội tiếp.

2. Theo trên Ta có BC MA; AD MB nên BC và AD là hai
đ-ờng cao của tam giác MAB mà BC và AD cắt nhau tại I nên I là trực

tõm ca tam giác MAB.
Theo giả thiết thì MH  AB nên
MH cũng là đờng cao của tam
giác MAB => AD, BC, MH
đồng quy tại I.

3. OAC cân tại O ( vì
OA và OC là bán kính) => A1

= C4

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

Mà A1 + M1 = 900 ( do tam gi¸c AHM vuông tại H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( vì góc

ACM là gãc bĐt) hay OCK = 900 .

XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mµ OHK vµ OCK lµ

hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp.

Bài 19. Cho đờng trịn (O) đờng kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ). Gọi M là

trung ®iĨm của đoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB. Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD.
1. Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp .

2. Chøng minh tứ giác ADBE là hình thoi.
3. Chứng minh BI // AD.

4. Chứng minh I, B, E thẳng hàng.
5. Chứng minh MI là tiếp tuyến của (O).

Lời giải:

1. BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 (vỡ

là hai góc kề bù); DE AB tại M => BMD = 900

=> BID + BMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MBID

nên MBID là tứ giác nội tiếp.

2. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE  AB tại M nên M
cũng là trung điểm của DE (quan hệ đờng kính và dây cung)

=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vng góc với nhau tại trung điểm của mỗi đờng .
3. ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DC; theo trên BI  DC => BI // AD. (1)

4. Theo giả thiết ADBE là hình thoi => EB // AD (2).

Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đờng thẳng song song với AD mà thôi.)

5. I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông tại I => IM là trung tuyến ( vì M là trung điểm của DE)
=>MI = ME => MIE cân tại M => I1 = E1 ; OIC cân tại O ( vì OC và OI cùng là b¸n kÝnh )

=> I3 = C1 mµ C1 = E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 . Mµ
I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI OI tại I => MI là tiếp tuyến cđa (O’).

Bài 20. Cho đờng trịn (O; R) và (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi nhau tại C. Gọi AC và BC là hai đờng

kính đi qua điểm C của (O) và (O). DE là dây cung của (O) vuông góc với AB tại trung ®iĨm M cđa AB.
Gäi giao ®iĨm thø hai của DC với (O) là F, BD cắt (O) tại G. Chøng minh r»ng:

1. Tø gi¸c MDGC néi tiÕp .

2. Bốn điểm M, D, B, F cùng nằm trên một đờng trịn
3. Tứ giác ADBE là hình thoi.

4. B, E, F thẳng hàng
5. DF, EG, AB đồng quy.

6. MF = 1/2 DE.

7. MF lµ tiÕp tun cđa (O’).

Lêi gi¶i:

1. BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn )

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

Theo gi¶ thiÕt DE  AB t¹i M => CMD = 900

=> CGD + CMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCGD nên MCGD là tứ giác nội tiếp

2. BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE  AB tại M)

nh vậy F và M cùng nhìn BD dới một góc bằng 900 nên F và M cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BD

=> M, D, B, F cùng nằm trên một đờng tròn .

3. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE  AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan
hệ đờng kính và dây cung)

=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vng góc với nhau tại trung điểm của mỗi đờng .

4. ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DF ; theo trên tứ giác ADBE là hình tho

=> BE // AD mµ AD  DF nªn suy ra BE  DF .

Theo trên BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF  DF mà qua B chỉ có một đờng thng

vuông góc với DF do đo B, E, F thẳng hàng.

5. Theo trờn DF BE; BM DE mà DF và BM cắt nhau tại C nên C là trực tâm của tam giác BDE
=> EC cũng là đờng cao => ECBD; theo trên CGBD => E,C,G thẳng hàng. Vậy DF, EG, AB đồng quy

6. Theo trên DF BE => DEF vuông tại F có FM là trung tuyến (vì M là trung điểm của DE) suy
ra MF = 1/2 DE ( v× trong tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền).

7. (HD) theo trên MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân tại M => D1 = F1

OBF cân tại O ( vì OB và OF cùng là bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = D1 (Cïng phơ víi DEB )

=> F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 . Mµ F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’

hay MF  OF tại F => MF là tiếp tuyến của (O).

Bi 21. Cho đờng trịn (O) đờng kính AB. Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đờng tron tâm I đi qua A, trên

(I) lÊy P bất kì, AP cắt (O) tại Q.

1. Chng minh rằng các đờng tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau tại A.
2. Chứng minh IP // OQ.

3. Chøng minh r»ng AP = PQ.

4. Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất.

Lêi gi¶i:

1. Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lợt là các bán kính của đờng
trịn (O) và đờng trịn (I) . Vậy đờng tròn (O) và đờng tròn (I) tiếp xúc
nhau tại A .

2. OAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán kính ) => A1 = Q1

IAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => A1 = P1

=> P1 = Q1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra IP // OQ.

3.APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP  AQ => OP là đờng cao của OAQ mà OAQ cân

tại O nên OP là đờng trung tuyến => AP = PQ.

4. (HD) KỴ QH  AB ta cã SAQB =
1

2AB.QH. mà AB là đờng kính khơng đổi nên SAQB lớn nhất khi QH lớn

nhất. QH lớn nhất khi Q trùng với trung điểm của cung AB. Để Q trùng với trung điểm của cung AB thì P
phải là trung điểm của cung AO.Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI  AO mà theo trên PI // QO
=> QO  AB tại O => Q là trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn
nhất.

Bài 22. Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng

thẳng này cắt các đờng thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K.
1. Chứng minh BHCD là tứ giác nội tiếp .

2. TÝnh gãc CHK.

3. Chøng minh KC. KD = KH.KB

4. Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên ng no?

Lời giải: 1. Theo giả thiết ABCD là hình vuông nên BCD = 900;

BH DE tại H nên BHD = 900 => nh vậy H và C cïng nh×n BD

d-ới một góc bằng 900 nên H và C cùng nằm trên đờng trịn đờng kính

BD => BHCD là tứ giác nội tiếp.

2. BHCD là tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800. (1)
BHK là góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2).

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

=> KHC KDB =>

KC KH

KBKD => KC. KD = KH.KB.

4. (HD) Ta ln có BHD = 900 và BD cố định nên khi E chuyển động trên cạnh BC cố định thì H chuyển

động trên cung BC (E  B thì H  B; E  C thì H  C).

Bµi 23. Cho tam giác ABC vuông ở A. Dựng ở miền ngoài tam giác ABC các hình vuông ABHK, ACDE.

1. Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng.

2. Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
tại F, chứng minh FBC là tam giác vuông cân.

3. Cho biÕt ABC > 450 ; gọi M là giao điểm của BF và

ED, Chứng minh 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên
một đờng tròn.

4. Chứng minh MC là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.

Lời giải:

1. Theo giả thiết ABHK là hình vuông => BAH = 450

Tứ giác AEDC là hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông ở A => BAC = 900

=> BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng.

2. Ta cú BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông tại F. (1).
FBC = FAC ( nội tiếp cùng chắn cung FC) mà theo trên CAD = 450 hay FAC = 450 (2).

Tõ (1) vµ (2) suy ra FBC là tam giác vuông cân tại F.

3. Theo trên BFC = 900 => CFM = 900 ( vì là hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông).

=> CFM + CDM = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp một đờng tròn suy ra CDF

= CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC là hình vuông) => CMF = 450 hay CMB = 450.

Ta cịng cã CEB = 450 (v× AEDC là hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK là hình vuông).

Nh vậy K, E, M cùng nhìn BC díi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dùng trªn BC

=> 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên một đờng tròn.

4. CBM cã B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC  BC t¹i C => MC là tiếp tuyến của

đ-ờng tròn ngoại tiÕp tam gi¸c ABC.

Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 . Vẽ đờng trịn đờng kính AC có tâm O, đờng trịn ny ct

BA và BC tại D và E.
Chứng minh AE = EB.

Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đờng trung trực
của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH.

Chứng minh OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác
BDE.

Lêi gi¶i:

1. AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> AEB = 900 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450

=> AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB.

F

1
2

/ _

K

H

I

E
D

O

C
B

A

2. Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB => IK là đờng trung bình của tam giác
HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE  HE tại E => IK  HE tại K (2).

Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trực của HE . Vậy trung trực của đoạn HE ®i qua trung ®iĨm I cđa BH.

3. theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mµ I là trung điểm của BH => IE = IB.

ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vng tại

D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là
tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID.

Ta cã ODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => D1 = C1. (3)

IBD cân tại I (vì ID và IB là b¸n kÝnh ) => D2 = B1 . (4)

Theo trên ta có CD và AE là hai đờng cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH
cũng là đờng cao của tam giác ABC => BH  AC tại F => AEB có AFB = 900 .

Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B

1 = C1 ( cïng phô BAC) (5).

Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD  ID

tại D => OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE.

Bài 25. Cho đờng tròn (O), BC là dây bất kì (BC< 2R). Kẻ các tiếp tuyến với đờng tròn (O) tại B và C

chúng cắt nhau tại A. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ các đờng vng góc MI, MH, MK xuống
các cạnh tơng ứng BC, AC, AB. Gọi giao điểm của BM, IK là P; giao điểm của CM, IH là Q.

1. Chøng minh tam gi¸c ABC cân. 2. Các tứ gi¸c BIMK, CIMH néi tiÕp .

3. Chøng minh MI2 = MH.MK. 4. Chøng minh PQ  MI.
Lêi gi¶i:

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

2. Theo gi¶ thiÕt MI  BC => MIB = 900; MK  AB => MKB = 900.

=> MIB + MKB = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp 
* ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tt giỏc BIMK )

3. Theo trên tứ giác BIMK néi tiÕp => KMI + KBI = 1800; tø gi¸c

CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800. mµ KBI = HCI ( vì tam giác

ABC cân tại A) => KMI = HMI (1).

Theo trên tø gi¸c BIMK néi tiÕp => B1 = I1 ( nội tiếp cùng chắn cung

KM); tứ giác CHMI nội tiÕp => H1 = C1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung IM).

Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ BM ) => I1 = H1 (2).

Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH =>

MI MK

MH MI => MI2 = MH.MK

4. Theo trªn ta cã I1 = C1; cịng chøng minh t¬ng tù ta cã I2 = B2 mµ C1

+

B2 + BMC = 1800

=> I1

+

I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp

=> Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( vì có hai góc đồng vị bằng nhau) . Theo giả

thiÕt MI BC nªn suy ra IM  PQ.

Bài 26. Cho đờng trịn (O), đờng kính AB = 2R. Vẽ dây cung CD  AB ở H. Gọi M là điểm chính giữa

cđa cung CB, I là giao điểm của CB và OM. K là giao điểm của AM và CB. Chứng minh :

1. KC

KB=
AC

AB 2. AM lµ tia phân giác của CMD. 3. Tø gi¸c OHCI néi

tiÕp

4. Chứng minh đờng vng góc kẻ từ M đến AC cũng là tiếp tuyến của đờng trịn
tại M.

Lêi gi¶i: 1. Theo gi¶ thiÕt M là trung điểm của BC => MB MC 

=> CAM = BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung bằng nhau) => AK là tia
phân giác cña gãc CAB => KC

KB=
AC

AB ( t/c tia phân giác của tam giác )

2. (HD) Theo giả thiết CD AB => A là trung điểm của CD => CMA = DMA => MA lµ tia phân giác
của góc CMD.

3. (HD) Theo giả thiết M là trung ®iĨm cđa BC => OM  BC t¹i I => OIC = 900 ; CD  AB t¹i H

=> OHC = 900 => OIC

+

OHC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp

4. Kẻ MJ  AC ta có MJ // BC ( vì cùng vng góc với AC). Theo trên OM  BC => OM  MJ tại J suy
ra MJ là tiếp tuyến của đờng tròn tại M.

Bài 27 Cho đờng tròn (O) và một điểm A ở ngồi đờng trịn . Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A

tiếp xúc với đờng tròn (O) tại B và C. Gọi M là điểm tuỳ ý trên đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH 

BC, MK  CA, MI  AB. Chøng minh :

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

1. (HS tù giải)

2. Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = BCO (nội tiếp cùng chắn cung BO).

3. Theo giả thiết MH  BC => MHC = 900; MK  CA => MKC = 900

=> MHC

+

MKC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội

tiÕp cïng ch¾n cung HM).

Chứng minh tơng tự ta có tứ giác MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (néi tiÕp cïng chắn cung IM).
Mà HCM = MBI ( = 1/2 s® BM ) => HKM = MHI (1). Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã

KHM = HIM (2). Tõ (1) vµ (2) =>  HIM  KHM.

4. Theo trªn  HIM  KHM =>

MI MH

MH MK => MI.MK = MH2

Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC; E là điểm đối xứng của H

qua BC; F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC.
1. Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành.
2. E, F nằm trên đờng trũn (O).

3. Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân.

4. Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là trọng tâm của
tam giác ABC.

Lêi gi¶i:

1. Theo giả thiết F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của
BC => I là trung điểm BC và HE => BHCF là hình bình hành vì có hai
đ-ờng chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đđ-ờng .

2. (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ = 1800 mà 
BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800. Theo trờn BHCF

là hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800

=> Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O).

* H và E đối xứng nhau qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC =>  BEC + BAC = 1800

=> ABEC néi tiÕp => E thuéc (O) .

3. Ta có H và E đối xứng nhau qua BC => BC  HE (1) và IH = IE mà I là trung điểm của của HF
=> EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông tại E hay FE  HE (2)

Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC là hình thang. (3)

Theo trên E (O) => CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4).

Theo trên F (O) và FEA =900 => AF là đờng kính của (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( vì

cïng phơ ACB) (5).

Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6).

Từ (3) và (6) => tứ giác BEFC là hình thang cân.

4. Theo trờn AF l ng kính của (O) => O là trung điểm của AF; BHCF là hình bình hành => I là
trung điểm của HF => OI là đờng trung bình của tam giác AHF => OI = 1/ 2 AH.

Theo giả thiết I là trung điểm của BC => OI  BC ( Quan hệ đờng kính và dây cung) => OIG = HAG
(vì so le trong); lại có OGI =  HGA (đối đỉnh) => OGI HGA =>

GI OI

GA HA mµ OI =

2 AH

1
2

GI

GA mµ AI lµ trung tuyến của tam giác ABC (do I là trung điểm của BC) => G là trọng tâm của

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

Bài 29 BC là một dây cung của đờng tròn (O; R) (BC 2R). Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho
O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đờng cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H.

1. Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC.

2. Gọi A’ là trung điểm của BC, Chứng minh AH = 2OA’.

3. Gäi A1 là trung điểm của EF, Chứng minh R.AA1 = AA’. OA’.

4. Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy ra vị trí của A để

tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất.

Lêi gi¶i: (HD)

1. Tø gi¸c BFEC néi tiÕp => AEF = ACB (cïng bï BFE)
AEF = ABC (cïng bï CEF) =>  AEF  ABC.

2. Vẽ đờng kính AK => KB // CH ( cùng vng góc AB); KC // BH
(cùng vng góc AC) => BHKC là hình bình hành => A’ là trung điểm
của HK => OK là đờng trung bình của AHK => AH = 2OA’

3. áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng thì tỉ số giữa hia trung tuyến, tỉ số giữa hai bán kính 
các đờng trịn ngoại tiếp bằng tỉ số đồng dạng. ta có :

 AEF  ABC => 1

'
'

R AA

R AA (1) trong đó R là bán kính đờng trịn ngoại tiếp ABC; R’ là bỏn kớnh

đ-ờng tròn ngoại tiếp AEF; AA lµ trung tun cđa ABC; AA1 lµ trung tun cđa AEF.

Tứ giác AEHF nội tiếp đờng trịn đờng kính AH nên đây cũng là đờng tròn ngoại tiếp AEF
Từ (1) => R.AA1 = AA’. R’ = AA’ 2

AH

= AA’ .

2 '
2

A O

VËy R . AA1 = AA’ . A’O (2)

4. Gọi B’, C’lần lợt là trung điểm của AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính đi qua trung điểm của
một dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lợt là các đờng cao của các tam giác OBC, OCA, OAB.

SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =
1

2( OA’ . BC’ + OB’ . AC + OC’ . AB )

2SABC = OA’ . BC + OB’ . AC’ + OC’ . AB (3)

Theo (2) => OA’ = R .

AA
AA mµ

AA

AA là tỉ số giữa 2 trung tuyến của hai tam giác đồng dạng AEF và ABC

nªn

AA
AA =

EF

BC. T¬ng tù ta cã : OB’ = R .
FD

AC ; OC’ = R . 
ED

AB Thay vào (3) ta đợc

2SABC = R (

. . .

EF FD ED

BC AC AB

BC  AC AB )  2SABC = R(EF + FD + DE)

* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn nhất khi SABC.

Ta cã SABC =
1

2AD.BC do BC không đổi nên SABC lớn nhất khi AD lớn nhất, mà AD lớn nhất khi A là điểm

chÝnh giìa cđa cung lín BC.

Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt (O) tại M. Vẽ đờng cao AH v

bán kính OA.

Chứng minh AM là phân giác của góc OAH.
Giả sử B > C. Chứng minh OAH = B - C.
Cho BAC = 600 vµ OAH = 200. Tính:

B và C của tam giác ABC.

b) Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BC và cung nhỏ BC theo R

Lời giải: (HD)

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

Ta cã OAH =  DBC ( góc có cạnh tơng ứng vuông góc cùng nhän) => OAH = ABC - ABD =>

OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C.

3. a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn B C = OAH => B - C = 200 .

0 0

120 70

20 50

B C B

B C C

     

 



 

     

 

 

b) Svp

= S

qBOC

- S

BOC

=

2 2
0

. .120 1
. 3.

360 2 2

R R

R





=

2 2 2

. . 3 .(4 3 3)

3 4 12

R R R

  

 

Bµi 31 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp (O; R), biÕt BAC = 600.

Tính số đo góc BOC và độ dài BC theo R.

Vẽ đờng kính CD của (O; R); gọi H là giao điểm của ba đờng cao của
tam giác ABC Chứng minh BD // AH và AD // BH.

TÝnh AH theo R.

Lêi gi¶i:

1. Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => s®BC=1200 ( t/c gãc néi tiÕp )

* Theo trên sđBC =1200 => BC là cạnh của một tam giác đều nội tiếp

(O; R) => BC = R 3.

2. CD là đờng kính => DBC = 900 hay DB  BC; theo giả thiết AH là

đờng cao => AH  BC => BD // AH. Chứng minh tơng tự ta cũng đợc AD // BH.

3. Theo trên DBC = 900 => DBC vuông tại B cã BC = R 3; CD = 2R.

=> BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R 3)2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R.

Theo trªn BD // AH; AD // BH => BDAH là hình bình hành => AH = BD => AH = R.

Bài 32 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R. Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H của OB.

Chứng minh khi MN di động , trung điểm I của MN luôn nằm trên
một đờng trịn cố định.

Tõ A kỴ Ax  MN, tia BI cắt Ax tại C. Chứng minh tứ giác CMBN
là hình bình hành.

Chng minh C l trc tâm của tam giác AMN.
Khi MN quay quanh H thì C di động trên đờng nào.
Cho AM. AN = 3R2 , AN = R

√

3 . TÝnh diƯn tÝch phÇn hình tròn
(O) nằm ngoài tam giác AMN.

Lời giải: (HD)

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

OH cố địmh nên khi MN di động thì I cũng di động nhng ln nhìn OH cố định dới một góc 900 do đó I di

động trên đờng trịn đờng kính OH. Vậy khi MN di động , trung điểm I của MN ln nằm trên một đờng
trịn cố định.

2. Theo giả thiết Ax MN; theo trên OI MN t¹i I => OI // Ax hay OI // AC mà O là trung điểm của AB
=> I là trung điểm của BC, lại có I là trung điểm của MN (gt) => CMBN là hình bình hành ( Vì có hai
đ-ờng chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đđ-ờng ).

3. CMBN l hỡnh bỡnh hnh => MC // BN mà BN  AN ( vì ANB = 900 do là góc nội tiếp chắn na ng

tròn ) => MC AN; theo trên AC MN => C là trực tâm của tam gi¸c AMN.

4. Ta có H là trung điểm của OB; I là trung điểm của BC => IH là đờng tung bình của OBC => IH // OC
Theo giả thiết Ax  MN hay IH  Ax => OC  Ax tại C => OCA = 900 => C thuộc đờng trịn đờng

kính OA cố định. Vậy khi MN quay quanh H thì C di động trên đờng trịn đờng kính OA cố định.

5. Ta cã AM. AN = 3R2 , AN = R

√

3 . => AM =AN = R

3 => AMN cân tại A. (1)
Xét ABN vuông tại N ta có AB = 2R; AN = R

√

3 => BN = R => ABN = 600 .
ABN = AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => AMN = 600 (2).

Từ (1) và (2) => AMN là tam giác đều => SAMN =

3 3
4

R

.
=> S = S(O) - SAMN =

2
R


-

2
3 3
4
R
=

2(4 3 3

R  

Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt BC tại I, cắt đờng tròn tại M.

Chøng minh OM  BC.
Chøng minh MC2 = MI.MA.

Kẻ đờng kính MN, các tia phân giác của góc B và C cắt
đ-ờng thẳng AN tại P và Q. Chứng minh bốn điểm P, C ,
B, Q cùng thuộc một đờng tròn .

Lời giải:

1. AM là phân giác của BAC => BAM = CAM
=> BM CM => M lµ trung ®iĨm cđa cung BC => OM  BC

2. XÐt MCI vµ MAC cã MCI =MAC (hai gãc néi tiÕp
chắn hai cung bằng nhau); M là góc chung

=> MCI MAC =>

MC MI

MA MC => MC2 = MI.MA.
3. (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) => P

1 = 900 – K1 mµ K1 là góc ngoài của tam

giác AKB nên K1 = A1 + B1 = 2 2

A B

 



(t/c phân giác của một góc ) => P1 = 900 ( 2 2

A B

).
(1)

CQ là tia phân giác cña gãc ACB => C1 = 2

C



2(1800 - A - B) = 900 – ( 2 2

A B

 



). (2).

Tõ (1) vµ (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mµ P vµ C n»m cïng vỊ một nửa mặt phẳng bờ BQ nên

cùng nằm trên cung chøa gãc 900 – ( 2 2

A B

 



) dựng trên BQ.
Vậy bốn điểm P, C, B, Q cùng thuộc một đờng tròn .

Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = 6 Cm, chiều cao AH = 4 Cm, nội tiếp đờng trịn (O)

®-êng kÝnh AA’.

1. Tính bán kính của đờng trịn (O).

2. Kẻ đờng kính CC’, tứ giác CAC’A’ là hình gì? Tại sao?
3. Kẻ AK  CC’ tứ giác AKHC là hình gì? Tại sao?

4. Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác ABC.

Lời giải:

1. (HD) Vỡ ABC cõn tại A nên đờng kính AA’ của đờng trịn
ngoại tiếp và đờng cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức là AA’đi

qua H. => ACA’ vng tại C
có đờng cao CH =

6
2 2

BC



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

3cm; AH = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H =

2 32 9

2,5
4 4

CH

AH    =>

AA’

=> AA’ = AH + HA’ = 4 + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : 2 = 6,5 : 2 = 3,25 (cm) .

2. Vì AA’ và CC’ là hai đờng kính nên cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đờng => ACA’C’ là hình
bình hành. Lại có ACA’ = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên suy ra tứ giác ACA’C’ là hình chữ nhật.

3. Theo gi¶ thiÕt AH  BC; AK CC => K và H cùng nhìn AC díi mét gãc b»ng 900nªn cïng

nằm trên đờng trịn đờng kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => C2 = H1 (nội tiếp cung chắn cung

AK) ; AOC cân tại O ( vì OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc so le

trong b»ng nhau) => tứ giác ACHK là hình thang (2).

Bài 35 Cho đờng trịn (O), đờng kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 2/3 AO. Kẻ dây

MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm t ý thc cung lín MN sao cho C kh«ng trùng với M, N và B.
Nối AC cắt MN tại E.

1. Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp .

2. Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM.
3. Chứng minh AM2 = AE.AC.

4. Chøng minh AE. AC – AI.IB = AI2 .

5. Hãy xác định vị trí của C sao cho khoảng cách từ N đến tâm
đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.

Lêi gi¶i:

1. Theo gi¶ thiÕt MN AB t¹i I => EIB = 900;  ACB néi tiÕp

chắn nửa đờng tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900

=> EIB + ECB = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên t

giác IECB là tứ giác nội tiếp .

2. Theo giả thiết MN AB => A là trung điểm của cung MN => AMN = ACM ( hai góc nội
tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay AME = ACM. Lại thấy CAM là góc chung của hai tam giác
AME và AMC do đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM.

3. Theo trªn AME  ACM =>

AM AE

AC AM => AM2 = AE.AC

4. AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ); MN AB tại I => AMB vuông tại M có MI là

đ-ờng cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vng) .

áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM vng tại I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI .
5. Theo trên AMN = ACM => AM là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp  ECM; Nối MB ta
có AMB = 900 , do đó tâm O

1 của đờng tròn ngoại tiếp  ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất

khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM => NO1BM.

Gọi O1 là chân đờng vng góc kẻ từ N đến BM ta đợc O1 là tâm đờng trịn ngoại tiếp  ECM có bán kính

là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là

giao điểm của đờng trịn tâm O1 bán kính O1M với đờng trịn (O) trong đó O1 là hình chiếu vng góc của

N trªn BM.

Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ các đờng cao AD, BE, CF. Gọi H là trực tâm của tam giỏc. Gi M,

N, P, Q lần lợt là các hình chiếu vuông góc của D lên AB, BE, CF, AC. Chøng minh :

1. C¸c tø gi¸c DMFP, DNEQ là hình chữ nhật.

2. Cỏc t giỏc BMND; DNHP; DPQC nội tiếp .
3. Hai tam giác HNP và HCB đồng dạng.
4. Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng.

Lêi giải: 1. & 2. (HS tự làm)

3. Theo chøng minh trªn
DNHP néi tiÕp => N2 = D4 (néi

tiÕp cïng ch¾n cung HP); HDC cã

HDC = 900 (do AH là đờng cao) 

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

=> C1= D4 (cïng phơ víi DHC)=>C1=N2 (1) chøng minh

t-¬ng tù ta cã B1=P1 (2)

Tõ (1) vµ (2) => HNP  HCB

4. Theo chøng minh trªn DNMB néi tiÕp => N1 = D1 (néi tiÕp cïng ch¾n cung BM).(3)

DM // CF ( cùng vng góc với AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4)

Theo chøng minh trªn C1 = N2 (5)

Tõ (3), (4), (5) => N1 = N2 mµ B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng. (6)

Chứng minh tơng tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng . (7)

Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng

Bi 37 Cho hai đờng tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B  (O),

C  (O’) . TiÕp tuyÕn chung trong t¹i A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC ở I.
1. Chứng minh c¸c tø gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp .

2. Chøng minh  BAC = 900 .

3. TÝnh sè ®o gãc OIO’.

4. Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm.

Lời giải:

1. ( HS tự làm)

2. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã IB = IA , IA = IC

ABC cã AI = 1

2 BC =>ABC vuông tại A hay BAC =900

3. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta có IO là tia phân giác BIA; I0là tia phân giác CIA .
mà hai góc BIA và CIA là hai gãc kÒ bï => I0  I0’=> 0I0’= 900

4. Theo trên ta có 0I0’ vng tại I có IA là đờng cao (do AI là tiếp tuyến chung nên AI OO’)
=> IA2 = A0.A0’ = 9. 4 = 36 => IA = 6 => BC = 2. IA = 2. 6 = 12(cm)

Bài 38 Cho hai đờng tròn (O) ; (O’) tiếp xúc ngoài tại A, BC là tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O’).

TiÕp tuyÕn chung trong tại A cắ tiếp tuyến chung ngoài BC ở M. Gọi E là giao điểm của OM và AB, F là
giao điểm của OM và AC. Chứng minh :

1. Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp .
2. Tứ giác AEMF là hình chữ nhật.

3. ME.MO = MF.MO’.

4. OO’ là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính BC.
5. BC là tiếp tuyến của đờng trịn đờng kính OO’.

Lêi gi¶i:

1. ( HS tù làm)

2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có MA = MB
=>MAB cân tại M. Lại có ME là tia phân giác => ME AB (1).
Chứng minh t¬ng tù ta cịng cã MF  AC (2).

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tun c¾t nhau ta cịng cã MO và MO là tia phân giác của hai góc kề bï BMA vµ
CMA => MO  MO’ (3).

Tõ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác MEAF là hình ch÷ nhËt

3. Theo giả thiết AM là tiếp tuyến chung của hai đờng trịn => MA  OO’=> MAO vng tại A có

AE  MO ( theo trªn ME  AB)  MA2 = ME. MO (4)

T¬ng tù ta có tam giác vuông MAO có AFMO MA2 = MF.MO (5)

Tõ (4) vµ (5)  ME.MO = MF. MO’

4. Đờng trịn đờng kính BC có tâm là M vì theo trên MB = MC = MA, đờng tròn này đi qua Avà co
MA là bán kính . Theo trên OO’  MA tại A  OO’ là tiếp tuyến tại A của đờng trịn đờng kính BC.

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

=> IMBC tại M (*) .Ta cung chứng minh đợc OMO’ vuông nên M thuộc đờng trịn đờng kính OO’ =>
IM là bán kính đờng trịn đờng kính OO’ (**)

Từ (*) và (**) => BC là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính OO’

Bài 39 Cho đờng trịn (O) đờng kính BC, dấy AD vng góc với BC tại H. Gọi E, F theo thứ tự là chân

các đờng vng góc kẻ từ H đến AB, AC. Gọi ( I ), (K) theo thứ tự là các đờng tròn ngoại tiếp tam giác
HBE, HCF.

1. Hãy xác định vị trí tơng đối của các đờng trịn (I) và (O); (K) và (O); (I) và (K).
2. Tứ giác AEHF là hình gì? Vì sao?.

3. Chøng minh AE. AB = AF. AC.

4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (I) và (K).
5. Xác định vị trí của H để EF có độ dài lớn nhất.

Lêi gi¶i:

1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiÕp xóc (O)
OK = OC – KC => (K) tiÕp xóc (O)
IK = IH + KH => (I) tiÕp xóc (K)

2. Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> AEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1)
CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trũn )

=> AFH = 900 (vì là hai góc kÒ bï).(2)

BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn hay EAF = 900 (3)

Tõ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông).

3. Theo giả thiết ADBC tại H nên AHB vuông tại H có HE AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*)

Tam gi¸c AHC vuông tại H có HF AC (theo trªn CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**)

Tõ (*) vµ (**) => AE. AB = AF. AC ( = AH2)

4. Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật, gọi G là giao điểm của hai đờng chéo AH và EF
ta có GF = GH (tính chất đờng chéo hình chữ nhật) => GFH cân tại G => F1 = H1 .

KFH cân tại K (vì có KF và KH cùng là bán kính) => F2 = H2.

=> F1 + F2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHC = 900 => F1 + F2 = KFE = 900 => KF EF .

Chứng minh tơng tự ta cũng có IE  EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (I) và (K).

e) Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật => EF = AH  OA (OA là bán kính đờng trịn
(O) có độ dài khơng đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O.

Vậy khi H trùng với O túc là dây AD vng góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất.

Bài 40 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Trên Ax lấy điểm M

rồi kẻ tiếp tuyến MP cắt By tại N.

1. Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB.
2. Chứng minh AM. BN = R2.

3. TÝnh tØ sè SMON

SAPB

khi AM = R

2 .

4. Tính thể tích của hình do nửa hình tròn APB quay quanh
cạnh AB sinh ra.

Lời giải:

1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: OM là tia
phân giác của góc AOP ; ON là tia phân giác của góc BOP, mà

AOP v BOP là hai góc kề bù => MON = 900. hay tam giác MON vuông tại O.
APB = 900((nội tiếp chắn nửa đờng tròn) hay tam giác APB vuông tại P.

Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã NB  OB => OBN = 900; NP  OP => OPN = 900

=>OBN+OPN =1800 mà OBN và OPN là hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO

Xét hai tam giác vuông APB vµ MON cã APB =  MON = 900; OBP = PNO => APB MON
2. Theo trên MON vuông tại O có OP MN ( OP là tiếp tuyÕn ).

áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vng ta có OP2 = PM. PM

Mµ OP = R; AM = PM; BN = NP (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ) => AM. BN = R2
3. Theo trªn OP2 = PM. PM hay PM. PM = R2 mµ PM = AM = R

2 => PM =

R

2 => PN = R2:

R

2 =

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

=> MN = MP + NP =

R

2 + 2R =

5
2

R

Theo trªn APB  MON =>

MN
AB =

5
2

R

: 2R =

4 = k (k là tỉ số đồng dạng).

Vì tỉ số diện tich giữa hai tam giác đồng dạng bằng bình phơng tỉ số đồng dạng nên ta có:

SMON

SAPB = k2 =>

SMON
SAPB =

5 25
4 16
 


 
 

Bài 41 Cho tam giác đều ABC , O là trung điển của BC. Trên các cạnh AB, AC lần lợt lấy các điểm D, E

sao cho  DOE = 600 .

1. Chứng minh tích BD. CE khơng đổi.

2. Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng. Từ đó suy ra
tia DO là tia phân giác của góc BDE

3. Vẽ đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB. Chứng minh rằng đờng
trịn này ln tiếp xúc với DE.

Lêi gi¶i:

1. Tam giác ABC đều => ABC =  ACB = 600 (1); 
 DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2).

DBO cã DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) .

Tõ (2) vµ (3) => BDO =  COE (4)
Tõ (2) vµ (4) => BOD CEO =>

BD BO

CO CE => BD.CE = BO.CO mµ

OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi.

2. Theo trên BOD CEO =>

BD OD

CO OE mà CO = BO =>

BD OD BD BO
BO OE OD OE (5)

L¹i cã DBO = DOE = 600 (6).

Tõ (5) vµ (6) => DBO DOE => BDO = ODE => DO là tia phân giác BDE.

3. Theo trên DO là tia phân giác  BDE => O cách đều DB và DE => O là tâm đờng tròn tiếp xúc với DB
và DE. Vậy đờng trịn tâm O tiếp xúc với AB ln tiếp xúc với DE

Bài 42 Cho tam giác ABC cân tại A. có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đờng tròn (O). Tiếp tuyến

tại B và C lần lợt cắt AC, AB ở D vµ E. Chøng minh :
1. BD2 = AD.CD.

2. Tø gi¸c BCDE néi tiÕp .
3. BC song song víi DE.

Lêi giải:

1. Xét hai tam giác BCD và ABD ta có CBD = BAD ( Vì là góc nội

tiếp và góc giữa tiếp tuyến với một dây cùng chắn một cung), lại có D
chung => BCD ABD =>

BD CD

AD BD => BD2 = AD.CD.
2. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A => ABC = ACB

=> EBC = DCB mµ CBD = BCD (góc giữa tiếp tuyến với một dây
cùng chắn một cung) => EBD = DCE => B và C nh×n DE díi cïng

một góc do đó B và C cùng nằm trên cung trịn dựng trên DE => Tứ giác BCDE nội tiếp

3. Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => BCE = BDE ( nội tiếp cùng chắn cung BE) mà BCE = CBD (theo
trªn ) => CBD = BDE mà đây là hai góc so le trong nªn suy ra BC // DE.

Bài 43 Cho đờng trịn (O) đờng kính AB, điểm M thuộc đờng tròn . Vẽ điểm N đối xứng với A qua M,

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

2. Chøng minh NE  AB.

3. Gọi F là điểm đối xứng với E qua M. Chứng minh FA là tiếp tuyến của (O).
4. Chứng minh FN là tiếp tuyến của đờng tròn (B; BA).

Lời giải: 1. (HS tự làm)

2. (HD) Dễ thấy E là trực tâm của tam giác NAB => NE  AB.

3.Theo giả thiết A và N đối xứng nhau qua M nên M là trung điểm của AN; F và
E xứng nhau qua M nên M là trung điểm của EF => AENF là hình bình hành
=> FA // NE mà NE  AB => FA  AB tại A => FA là tiếp tuyến của (O) tại A.

4. Theo trªn tứ giác AENF là hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mµ AC

 BN => FN  BN t¹i N

/
/

_

H

E

F

C
N

M

O B

A

BAN có BM là đờng cao đồng thời là đờng trung tuyến ( do M là trung điểm của AN) nên BAN cân tại
B => BA = BN => BN là bán kính của đờng tròn (B; BA) => FN là tiếp tuyến tại N của (B; BA).

Bài 44 AB và AC là hai tiếp tuyến của đờng tròn tâm O bán kính R ( B, C là tiếp điểm ). V CH vuụng

góc AB tại H, cắt (O) tại E và cắt OA tại D.
1. Chứng minh CO = CD.

2. Chứng minh tứ giác OBCD là hình thoi.

3. Gọi M là trung điểm của CE, Bm cắt OH tại I. Chứng minh
I là trung điểm của OH.

4. Tiếp tuyến tại E với (O) cắt AC tại K. Chứng minh ba điểm
O, M, K thẳng hàng.

Lời giải:

1. Theo giả thiết AB và AC là hai tiếp tuyến của đờng tròn tâm O
=> OA là tia phân giác của BOC => BOA = COA (1)

D
I

K

M
E
H

O

C

B

A

OB  AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH  AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2)
Từ (1) và (2) => COD cân tại C => CO = CD.(3)

2. theo trên ta có CO = CD mµ CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5)
Tõ (4) vµ (5) => BOCD là hình bình hành (6) . Từ (6) và (3) => BOCD là hình thoi.

3. M l trung im của CE => OM  CE ( quan hệ đờng kính và dây cung) => OMH = 900. theo trên ta

cịng cã OBH =900; BHM =900 => tø gi¸c OBHM là hình chữ nhật => I là trung ®iĨm cđa OH.

4. M lµ trung ®iĨm cđa CE; KE vµ KC lµ hai tiÕp tuyÕn => O, M, K thẳng hàng.

Bi 45 Cho tam giỏc cõn ABC ( AB = AC) nội tiếp đờng tròn (O). Gọi D là trung điểm của AC; tiếp

tuyến của đờng tròn (O) tại A cắt tia BD tại E. Tia CE cắt (O) tại F.
1. Chứng minh BC // AE.

2. Chứng minh ABCE là hình bình hành.

3. Gọi I là trung điểm của CF và G là giao điểm của BC và OI. So sánh

BAC và BGO.

Lời giải: 1. (HS tự làm)

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

Theo trên AE // CB (2) .Từ (1) và (2) => AECB là hình bình hành.

3. I l trung im của CF => OI  CF (quan hệ đờng kính và dây cung). Theo trên AECB là hình bình
hành => AB // EC => OI  AB tại K, => BKG vng tại K. Ta cung có BHA vng tại H

=> BGK = BAH ( cung phơ víi ABH) mà BAH =

2 BAC (do ABC cân nên AH là phân

giác) => BAC = 2BGO.

Bi 46 Cho đờng trịn (O) đờng kính AB , trên đờng tròn ta lấy hai điểm C và D sao cho cung AC =

cung AD . Tiếp tuyến với đờng tròn (O) vẽ từ B cắt AC tại F
1. Chứng minh hệ thức : AB2 = AC. AF.

2. Chứng minh BD tiếp xúc với đờng tròn đờng kính AF.

3. Khi C chạy trên nửa đờng trịn đờng kính AB (khơng chứa điểm D ). Chứng minh rằng trung điểm
I của đoạn à chạy trên một tia cố định , xác định tia cố định đó

Bài 47 Cho tam giác ABC

Phơng trình nghiệm nguyên

và bài toán với nghiệm nguyên

I. Một số dạng phơng trình với nghiệm nguyên

1. Dạng 1: Phơng trình bậc nhất.

a. Phơng trình dạng: ax + by = c (a,b,c nguyên)

* Cách giải: - T¸ch c¸c hƯ sè vỊ tỉng c¸c sè chia hÕt cho a hoặc b (Số nào có GTTĐ

lớn hơn)

- Sử dụng dấu hiệu và tính chất chia ghết của một tổng để tìm ra một ẩn
(Theo tham số t nguyên)

- Thay nghiệm vừa tìm đợc vào phơng trình ban đầu tìm nghiệm cịn lại.
- Kết luận nghiệm

Ví dụ 1 Giải phơng trình: 11x + 18 y = 120

Híng dÉn gi¶i

11x + 18 y = 120  11x + 22y – 4y = 121 – 1  11(x + 2y -11 ) = 4y – 1

 4y – 1  11 => 12y – 3  11  y – 3  11 => y = 11t + 3 (t Z )

x = 6 18 t.

Ví dụ 2.

Cho phơng trình: 5x + 7y = 60 (1)

ViÕt nghiƯm tỉng qu¸t cđa phơng trình (1).

Tìm nghiệm nguyên của phơng trình (1)

Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình (1)

Hớng dẫn giải

a)

7
12

y
x

y R
ỡùù =
-ùớ

ùù ẻ

ùợ

b) V×

7
12

y
x=

mà x; y nguyên => 7y

5 . Đặt y = 5k ( k nguyên)

Vậy x = 12 – 7k Do đó nghiệm ngun của phơng trình là:

x = 12 - 7k

( )

y =5k k Z

ìïï ẻ

ớù
ùợ

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

Vậy nghiệm phơng trình là:
6 18
11 3
x t
y t
 


 

 (t Z )

Ví dụ 3 Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: 12x + 7y = 45 (1)

Hớng dẫn gi¶i

Theo cách giải trên ta tìm đợc nghiệm nguyên của phơng trình (1) là

7 12
27 12
x t
y t
 


 


Víi ®iỊu kiƯn nghiƯm nguyên dơng ta có:

7 12 0
27 12 0

x t
y t
  


  

 => t = 0;1; 2 Vậy nghiệm nguyên

của phơng trình là

12
27
x
y

; 
5
15
x
y




 ; 
2
3
x
y






b. Phơng trình dạng: ax + by +cz= d (a,b,c,d nguyên)

Ví dụ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 6x + 15y + 10 z = 3 (1)

Híng dÉn gi¶i

 (1)  3(2x +5y +3 z-1) = - z => z3=  3 => z = 3t (t Z )

Thay vào phơng trình ta có: 2x + 5y + 10t = 1 (t Z )

GiảI phơng trình này với hai ẩn x; y (t là tham số) ta đợc: Nghiệm của phơng trình: (5t – 5k
– 2; 1 – 2t; 3k) Với t; k nguyờn tu ý

2. Dạng 2: Phơng trình bËc hai hai Èn.

D¹ng ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = 0 (a, b, c, d, e, f là các số nguyên)
Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 5x 3y = 2xy 11 (1)

Hớng dẫn giải

Cách 1: Rút y theo x: y =

5 11 5

2 3 2 3

x x

 

 

  (Do x nguyªn nªn 2x + 3 khác 0)

Vì y nguyên => x + 5  2x + 3 => …. 7  2x + 3 Lập bảng ta có: các cặp (x; y) lµ: (-1;6); (-1;

-2); (2; 3); (-5; 2) Thử lại các giá trị đó đều đúng.
Cách 2. Đa về phơng trình ớc số:

Cáhc 3: Coi đó là phơng trình bậc hai ẩn x, y là số đã biết. Đặt ĐK để có x ngun.

VÝ dơ 2 T×m các nghiệm nguyên của phơng trình. X2 + 2y2 +3xy –x – y + 3 =0 (1)

Híng dÉn gi¶i

Sư dụng cách thứ 3 nh ví dụ trên.

3. Dạng 3: Phơng trình bậc ba trở lên có hai ẩn.

Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 (1)

Hớng dẫn giải

Phơng trình (1) (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2

Đặt a = x2 + 3x (§K: a 2 (*)

Ta cã: a2 – 1 = y2 Giải phơng trình này bằng cách đa về phơng trình ớc số: => nghiệm phơng

trình (1)

Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x3 - y3 = xy + 8 (1)

Híng dÉn gi¶i

Ta cã:

2 2

. 8

x y x xy y

Ta có x khác y vì nếu x = y => x2 + 8 = 0 Vô lý.

Vì x; y nguyªn => x y 1 =>

2 2 8

x xy y xy

=> x2 + xy + y2 xy8 (2)

NÕu xy + 8 < 0=> (2)  (x + y)2  -8. V« nghiƯm.

Nừu xy + > 0 => (2)  x2 + y2  8 => x2 , y2



0;1;4



Từ đó tìm đợc Hai nghiệm nguyờn

của (1) là: (0; - 2); (2; 0)

4. Dạng 4: Phơng trình dạng phân thức.
 Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

1 1 1 1

6 6

x y xy  (1)

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

Đặt điều kiên sau đó đa về phơng trình ớc số Tìm đợc hai nghiệm (43; 7); (7; 43)

VÝ dơ 2 Tìm x nguyên sao cho

17
9
x

x là bình phơng của một phân số.

Hớng dẫn giải

Giả sử

17
9
x

x = 
 
 
 

a

b Víi a, b nguyªn, b khác 0 và (a, b) = 1.

Nếu a = 0 => x = 17.

NÕu a kh¸c 0. Ta cã (a2, b2) = 1 => x – 17 = a2.k; x – 9 = b2.k (k nguyªn)

Từ đó ta có: 8 = (a + b).(b – a).k

Lập bảng tìm đợc nghiệm của phơng trình x =17; 18; 8

5. Dạng 5: Phơng trình dạng mũ.

Ví dụ 1 Tìm các số tự nhiên x, y sao cho: 2x + 3 = y2 (1)

Híng dÉn gi¶i

NÕu x = 0 => y2 = 4 => y = 2 hc y = -2.

NÕu x = 1 => y2 = 5 V« nghiƯm nguyªn.

Nếu x 2 => 2x 4 Do đó vế trái chia cho 4 d 3 Mà y lẻ (Do 1) => y2 chia 4 d 1 => Vô lý.

VËy nghiệm nguyên của (1) là: (0; 2); (0; -2)

Ví dụ 2 GiảI phơng trình nghiệm nguyên dơng: 2x + 57 = y2 (1)

</div>

¤n thi vµo líp 10 thpt ng­êi so¹n hoµng v¨n phóc tr­êng thcs diôn thþnh thø 2ngµy 25 5 2009 ¤n thi vµo líp 10 thpt §¹i sè buæi 1 2 chuyªn ®ò i thùc hiön phðp týnh rót gän bióu thøc cã chøa c¨n t

Thứ 2,ngày 25 / 5 / 2009

Ôn THI Vào lớp 10 THPT

<b>Bui 1 - 2 : Chun đề I.</b>

Thùc hiƯn phÐp tÝnh, rót gän biĨu thøc

Cã chứa căn thức bậc hai

<b>I.Các kiến thức cần lu ý.</b>

a) Điều kiện để

<sub>√</sub>

có nghĩa: A

0.

b) Không phải bao giờ ta cũng có:

<sub>√</sub>

.( ChØ x¶y ra khi A

0 )

Tỉng qu¸t:

√

= /A/ . B»ng A khi A

0 ; B»ng –A khi A

0.

c) Kh«ng ph¶i bao giê ta cịng cã:

√

√

d) Chỉ có số khơng âm mới đa đợc vào trong dấu căn và đợc A

VD:

( Sai ).

( đúng ).

e) Muốn khai phơng của biểu thức A ( Tức là tính

<sub>√</sub>

) Ta cần tìm cách viết A dới

dạng A = B

<sub> . Và lúc đó: </sub>

√

=

<sub>√</sub>

<sub>.</sub>

VD:

√

<sub>√</sub>

√

√

√

.

<b>II. Mét sè bµi toán điển hình.</b>

<b>Bài 1</b>

. Rút gọn biểu thøc:

a)

<sub>√</sub>

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

.

b)

<sub>√</sub>

√

√

√

.

Híng dÉn giải: a) Viết biểu thức trong căn dới dạng bình phơng.

b) Nhân cả tử và mẫu với 2 rồi làm nh câu a.

( Hoặc đặt biểu thức là A. rồi bình phơng hai vế.).

<b>Bµi 2 </b>

Chøng minh r»ng:

a)

<sub>√</sub>

√

<sub>√</sub>

√

√

.

b)

<sub>√</sub>

√

√

√

√

Hớng dẫn giải: a) Biến đổi vế trái nh ở bài 1.

Viết

√

b)

¤n thi vµo líp 10 thpt ngêi so¹n hoµng v¨n phóc trêng thcs diôn thþnh thø 2ngµy 25 5 2009 ¤n thi vµo líp 10 thpt §¹i sè buæi 1 2 chuyªn ®ò i thùc hiön phðp týnh rót gän bióu thøc cã chøa c¨n t