CAC DANG TOAN 9 ON THI VAO LOP 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CÁC DẠNG ÔN THI VÀO THPT Ph¬ng ph¸p:. -. Ph©n tÝch ®a thøc tö vµ mÉu thµnh nh©n tö; T×m §KX§ (NÕu bµi to¸n cha cho §KX§) Rút gọn từng phân thức(nếu đợc) Thực hiện các phép biến đổi đồng nhất nh: + Quy đồng(đối với phép cộng trừ) ; nhân ,chia. + Bỏ ngoặc: bằng cách nhân đơn ; đa thức hoặc dùng hằng đẳng thức + Thu gọn: cộng, trừ các hạng tử đồng dạng. + Ph©n tÝch thµnh nh©n tö – rót gän Chú ý: - Trong mỗi bài toán rút gọn thờng có các câu thuộc các loại toán: Tính giá trị biểu thức; giải phơng trình; bất phơng trình; tìm giá trị của biến để biểu thức có giá trị nguyên; tìm giá trị nhỏ nhất ,lớn nhất. Do vËy ta ph¶i ¸p dông c¸c ph¬ng ph¸p gi¶i t¬ng øng, thÝch hîp cho tõng lo¹i bµi.. *TÝnh gi¸ trÞ cña A t¹i x=? * T×m gi¸ trÞ cña x z * T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt, gi¸ tri lín nhÊt cña A * Tìm giá trị của x để A.f(x) =g(x) * Tìm giá trị của x để A=k; A k;A k * Tìm x để A  A . *Tìm x để A  A .. D¹ng 1. x 2 1  ): x  1 x x x1 Bµi 1 Cho biÓu thøc a) Tìm điều kiện xác định, Rút gọn A b)TÝnh gi¸ trÞ cña A khi x=3-2 2 Bµi gi¶i: a) §KX§ x > 0; x 1. x 2 1 x 2 1 A (  ): (  ): x  1 x x x1 x1 x1 x( x  1) Rót gän ( x )2  2 x  1 (x  2)( x  1) x  2 A .   x ( x  1) 1 x ( x  1) x A (.  A. 3 2 2 2 ( 2  1). 2. . . . 5 2 2 5 2 2  1 21.  1  3. 2 1. 2 = ( 2  1). 1  3  1 A   : x 3 x  3  x3 Bµi 2: Cho biÓu thøc a) Tìm điều kiện xác định, rút gọn biểu thức A 1 b) Víi gi¸ trÞ nµo cña xth× A > 3. 2 b. Khi x= 3-2 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> c) Tìm x để A đạt giá trị lớn nhất Bµi gi¶i: a) §KX§ x 0; x 9  1 A    x3.  . x 3 1  3  : x 3 x  3 x3. .  x  3 . x3. x3 3 =. 6. . x3. . x 3. .. x3 3 2 x 3. A=. b) A >. 1  3. 2 1   x 3 3. 2 1 3 x  0 0 x 3 3 3 x 3. . . x  0 ( v× 3( ( x  3)  0)  x  9  x  9 KÕt qu¶ hîp víi §KX§: 0 x 9 th× A > 1/3. 2 A x  3 đạt giá trị lớn nhất khi x  3 đạt giá trị nhỏ nhất. c)  3. x  3 3 . Mµ. . x 3. . min. 3 . x 0  x 0. 2  x 0. 3 lúc đó AMax=. 1  1  3 P   :  x 1  x 1 x 1 Bµi 3: Cho biÓu thøc a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P 5 b) Tìm các giá trị của x để P = 4 x  12 1  . P x  1 c) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: M Bµi gi¶i: a) §KX§ x 0; x 1   3 1  3 x  1 x 1    . 1  x  1 x 1 x  1  ( x  1) x  1  P = = x 2 x 1 x 2  x1 x 1 x  1. .  . .  . . . .  . 5 x 2 5 P    4 x  2 5 4 4 x  1 b)  x 13  x 168 (TM§K). .  . . x  1  4 x  8 5 x  5..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x  12 1 x  12 x  1 x  12 x  4  16 .  .   P x  1 x  1 x  2 x  2 x 2 = c) 16 16 x  2  x 2  4 x 2 x 2 ta cã 16 x 2 2 16 2.4 8 x 2 16 M 8  4 4  M min 4  x  2  x 2 M.   . 2.  x  6 . x  2 16 . . x 24. . x  2 0 . . . x  2  4 0. x  2 0  x 4(TMDK). VËy Mmin= 4  x 4 .  2 x x 3x  3   2 x  2  D     1  : x  9 x  3 x  3 x  3     Bµi 4: Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§ ,rót gän biÓu thøc 1 b) Tìm x để D < - 2 c) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña D D¹ng 2.  a 2 a  a a  P   1 :   1  a 2   a1  Bµi 1 :Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§, rót gän P b) Tìm a z để P nhận giá trị nguyên. Bµi gi¶i: a) §KX§: a 0;a 1  a a 2  a a1  a1 P   1   1  a  1 : a  1     a 2 a1 a 1    a1 2 P 1  a 1 a 1 b) 2 để P nhận giá trị nguyên thì a  1 nhận giá trị nguyên dơng.  a  1 thuộc íc d¬ng cña 2.  a  1 1  a 0     a 1  a  1 2 a=1 (Lo¹i v× kh«ng tho¶ m·i ®iÒu kiÖn) VËy P nhËn gi¸ trÞ nguyªn khi a = 0. . . . . . . .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> B. 1. 1. . .  . . 2 x 3  1 2 Bµi 2: Cho biÓu thøc a) Tìm x để B có nghĩa và rút gọn B. b) Tìm x nguyên để B nhận giá trị nguyên.. x  3 1. Bµi gi¶i: a) §KX§ x  3; x  2 B= 1 2. .  2. x 3  1. x  3 1 . 1. . . x  3 1. . . . x 3  1. 2  x  3  1. 2 1  2 x  2 x  2. 1 b) B nhËn gi¸ trÞ nguyªn khi x  2 nhËn gi¸ trÞ nguyªn.  x  2  ¦(1)  x  2 1  x  1     x  2  1  x  3 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn VËy x= -1; x= -3 th× B nhËn gi¸ trÞ nguyªn x2  x 2x  x 2  x  1 P   x  x  1 x x1 Bµi 3: Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§ , rót gän P b) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P 2 x Q P nhËn gi¸ trÞ nguyªn. c) Tìm x để biểu thức D¹ng 3. 1  x 1  1 P   : 2   x  x 1 x  1 x. . Bµi 1: Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§ vµ rót gän P b) Tìm x để P > 0. . Bµi gi¶i a) §KX§ x>0; x 1 2   1 x 1 1 x  1 1  x 1 x : P    .  2  x 1 x 1 x  1 x x 1 x x 1 x   1 x   0  1 x  0 x b) P > 0 ( v× x  0)  x  1  x  1. KÕt hîp víi §KX§: 0  x  1 th× P > 0. . . . Bµi 2: Cho biÓu thøc:. . . . . . 1   a 1  1 P     : a  a 2  a1. a 2  a  1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> a) T×m §KX§, rót gäp P b) Tìm giá trị của a để P > 0  x 2 x  2  1  x  P   . 2 x  1 x  2 x  1   Bµi 3 : Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§, rót gän P 1 b) Tìm x để P < 2 P Bµi 4: Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§, rót gän P. 1 b) Tìm x để P < 2. 2. x 3 6 x 4   x 1 x1 x 1.  1 a a  1 a a B   a   1  a 1  a   Bµi 5: Cho biÓu thøc: a)T×m §KX§, rót gän B b)Tìm a để B < 7- 4 3.  a .  a 1   1 2  K     :   a  1 a  a   a 1 a  1  Bµi 6: Cho biÓu thøc: a) Rót gän biÓu thøc K b) T×m gi¸ trÞ cña K khi a = 3+2 2 c) T×m gi¸ trÞ cña a sao cho K < 0 D¹ng 4.  x 1  1 A   :  x 1 x x x 1 Bµi 1 : Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§ vµ rót gän A b) T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña x sao cho A < 0 c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phơng trình A. x m  nghiÖm. Bµi gi¶i a) §KX§: x > 0; x 1   x 1  1 x A     :  x  1 x  x x  1 x  1    2.  x  1 .   x  1 x. x1 x1  1 x.  : 1 x1  x1 . 1 x. . . x cã.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> . b) A < 0 th× A<0. x 1  0  x  10 x (v×. x m  c) P.t: A.  x  1 m . x  0 )  x  1 kÕt hîp víi §KX§ 0 <x < 1. x1 . x m  x. x. x  x  1 m . x (1). x  x  x   m  1 0(*). 2 t x  t §Æt >0 ta có phơng trình  t   m  1 0  * để phơng trình (1) có nghiÖm th× ph¬ng tr×nh (*) ph¶i cã nghiÖm d¬ng.  1  4  m  1 0    m  1  0. §Ó ph¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm d¬ng th×: 4m  5 0   m  1  0. x m . 5  m  4  m1   m   1 VËy m>-1 vµ m 1 th× pt A. x cã nghiÖm.. 1  1  P  1  . x  1 x  x  Bµi 2: Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§ vµ rót gän P b) T×m gi¸ trÞ cña P khi x = 25 c) Tìm x để P.. 5  2 6.. . . 2. x  1 x  2005  2  3.. Bµi gi¶i: a) §KX§ x > 0; x 1  1  1 x   P  1  .    x  1 x  x  x  1   1 1  P 2  16 25  1 b) Khi x= 25 c). . P. 5  2 6.. . . x1. 1. x. . . . 2. 2. 1. . . x1. 2 .. 2. .  . 2 3 .. . 2. x  1 x  2005  2  3. 2  3 x  2005  2  3  x 2005 TM§K. VËy x = 2005 th× P.. . x1. . x  2005  2  3  .    P x1  . 1. 52 6. . . 2. x  1 x  2005  2  3.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> D¹ng 5. 1  1   1 A    . 1   x 1   x  x1 Bµi 1: Cho biÓu thøc a) T×m §KX§, vµ rót gän A. 1 b)TÝnh gi¸ trÞ cña A khi x= 4 . c)Tìm giá trị của x để. A  A.. Bµi gi¶i: a) §KX§ x > 0; x 1 . 1  1  x 1 x  1 x 1  1 A   .  . 1   x  1 x  1 x x    x  1 x 1. .   x  1 2 x.  x  1. x 1. x.  A. . . 2 x1. 1 2 2  A   4 1 4 1 1 1 2 4 b) Khi x = 2 A  0  0  A 1  0   1. x  1 c) 2 0   x  1  0  x  1 1 x1 2 2 x3 1  1  0 0 x1 x1 x1  x  3  0   x 9  x  1  0 VËy x > 9 th× A  A . =.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> A. x  x1. Bµi 2: Cho biÓu thøc: a) T×m §KX§, rót gän biÓu thøc A b) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A c) Víi gi¸ trÞ nµo cña x th× A  A Bµi gi¶i: a) §KX§ x > 0; x 1 . A. x  x1. 2 x1. . x. . x1.  A b) Khi x=36. . x. . x. . . x1.  2 x 1. . x1. . . x1. . x. . 2. . x1. . x1 x. 36  1 5  6 36. A A  A 0 c) .  . 2. x. 2 x1. x1 0  x. x  1 0 (v×. x 0). x  1  x  1 Kết hợp với điều kiện xác định 0 < x <1 thì A  A. Chuyên đề tam thức bậc hai A.lý thuyÕt I. áp dụng công thức nghiệm và công thức nghiệm thu gọn để xét số nghiªm ph¬ng tr×nh bËc hai. 2 Cho ph¬ng tr×nh bËc hai: ax +bx+c=0(a 0).  b 2  4ac .NÕu b =2b ' th×  ' = b ' 2 - ac. 1. Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm khi . Ta cã thÓ xÐt hai trêng hîp: +Trêng hîp 1:. c - NÕu a = 0,ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x= b . +Trêng hîp 2 : a 0 a 0 ' 0 hoÆc  0 2.Ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt khi .. . . . a 0 0. hoÆc. . a 0  ' 0. 3.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp khi.. . a 0 0. . a 0  ' 0. hoÆc 4. Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm khi..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> . a 0 0. hoÆc. . a 0  ' 0. VÝ dô1: 2 2 Cho phơng trình 2x -(4m+3)x+2m -1=0.Với m là tham số,tìm giá trị m để phơng tr×nh. a.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm b.Ph¬ng tr×nh cã2nghiÖm ph©n biÖt c.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp d. Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm Gi¶i:  =(4m+3) 2 -4.2(2m 2 -1)=24m+17. a.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm khi .. . a 0 2 0  17 0  24m 17 0  m  24 b.Ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt khi.. . 2 0 a 0 m 0  24m 17 0 c.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp khi.. . . . 2 0 a 0  24m 17 0  m 0   d. Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm khi.. . . a 0 0. . . 2 0 24m 17 0.  17  24.  17  24.  m.  17 24. VÝ du 2 : 2 Cho phơng trình mx -2(m-1)x+(m-4)=0 .Với m là tham số,tìm giá trị m để phơng trình. a.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm b.Ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt c.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp d. Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm Gi¶i: 2. ' '2 2 2 Ta cã :a 0  m 0 ,  = b -ac=   (m  1)  -m(m-4)=m -2m+1-m +4m=2m+1. a.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm khi . +Trêng hîp 1:. c m 4 - NÕu a=0  m=0 ,ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x= b 2(m  1) =2. +Trêng hîp 2 :.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> . a 0 0. m 0 2m 10. . .  m0  m 1  2. . b.Ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt khi.. . a 0 0. m 0 2m 10.  .  mo   1  m 2. c.Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp khi.. . a 0 0. . . m 0 2m 10.  m 0   m  12. d. Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm khi.. . a 0 0 . . m 0 2m 10.  m 0   1  m 2. II . HÖ thøc vi- Ðt vµ øng dông. 1. HÖ thøc vi- Ðt b NÕu x 1 ,x 2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ax +bx+c=0(a 0) th× x 1 + x 2 = a vµ c x 1 .x 2 = a 2. VÝ dô . TÝnh nhÊm nghiªm cña ph¬ng tr×nh x 2 -7x+12=0 Gi¶i. 2 2 Ta cã  b  4ac =(-7) -4.12=49-48=1>0 b c Theo định lý Vi-ét x 1 + x 2 = a =7, x 1 .x 2 = a =12  x 1 =3; x 2 =4. 2.áp dụng để tính nhấm nghiệm . 2 Cho ph¬ng tr×nh ax +bx+c=0(a 0) c -NÕu a+b+c=0 th× x 1 =1vµ x 2 = a. VÝ dô : 2. Gi¶i ph¬ng tr×nh 3x -7x+4=0 Gi¶i. Ta cã a+b+c=3+(-7)+4=0 c 4  x 1 =1vµ x 2 = a = 3 c -NÕu a-b+c=0 th× x 1 =-1vµ x 2 = a.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> VÝ dô : 2. Gi¶i ph¬ng tr×nh 7x -5x-12=0 Gi¶i. Ta cã a-b+c=7-(-5)+(-12)=0  c 12  x 1 =-1vµ x 2 = a = 7. 3.áp dụng để xác định dấu các nghiệm 2 Cho ph¬ng tr×nh ax +bx+c=0(a 0) có 2 nghiệm: trái dấu, cùng dấu, cùng dương, cùng âm …. Ta lập bảng xét dấu sau:  Dấu nghiệm x1 x2 S  x1  x2 P  x1 x2 Điều kiện chung   trái dấu P<0 0   0 ; P < 0.   cùng dấu, P>0 0 0 ;P>0 cùng dương, + + S>0 P>0 0 0 ;P>0;S>0   cùng âm S<0 P>0 0   0 ; P > 0 ; S < 0.. VÝ dô : 2. 2. Cho ph¬ng tr×nh x +(2m+2)x+m -4=0 Cã hai nghiÖm tr¸i dÊu Cã hai nghiÖm cïng dÊu Cã hai nghiÖm d¬ng Cã hai nghiÖm ©m Gi¶i :  = b 2 - 4ac = (2m+2) 2 - 4(m 2 -4) = 4m 2 + 8m + 4 - 4m 2 -16 = 8m -12 * Cã hai nghiÖm tr¸i dÊu c 2 x 1 .x 2 = a = m - 4 = (m+1)(m-1)<0 -Trêng hîp 1. -1< m <1 -Trêng hîp 2. m <-1 vµ 1 < m *Cã hai nghiÖm cïng dÊu. .  0 (  ' 0) x1 .x 2  0. . '.  *Cã hai nghiÖm d¬ng 0(  0) x1  x 2 0;x1 .x 2 0.  m32  m 1;m 2;m 2 . .  8m 120  x .x c m  40  a 1. 2. 2. .  m32  m 2;m 2 .  m>2.  8m  120  x x  b  (2m 2)0;x .x c m  40  a a 1.  m>2 *Cã hai nghiÖm ©m khi. 2. 1. 2. 2. .

<span class='text_page_counter'>(12)</span>  '. 0() x0;12..    8m  12 b0 c x  x   (2m  2) 0;x .x  m  4 0  a a 1. 2. 1. 2. 2. .  m32  m  1;m  2;m 2 .  m>2. 4.áp dụng để xác định hai số biết tổng S và P của chủng -NÕu hai sè x 1 ,x 2 sao cho x 1 +x 2 =S, x 1 .x 2 =P th× x 1 ,x 2 lµ nghiÖm ph¬ng tr×nh 2 x -Sx+P=0. VÝ dô:. T×m hai sè, biÕt tæng cña chñng lµ 15 vµ tÝch cña chñng lµ 54. Gi¶i : NÕu hai sè ph¶i t×m lµ x 1 ,x 2 sao cho x 1 +x 2 =S =15, x 1 .x 2 =P=54 th× x 1 ,x 2 lµ nghiÖm ph¬ng tr×nh 2 x -15x+54=0  =(-15) 2 -4.54=225-216=9;  =3 15  3 15  3 9 6  x1= 2 ; x2 = 2 VËy hai sè cÇn t×m lµ 9 vµ 6.. b.Bµi tËp Bµi tËp 1.. 2. Cho phơng trình (m-4)x -2mx+m-2=0,trong đó m là tham số a.Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m=3. b.Tìm m để phơng trình có nghiệm x= 2 . c.Tìm m để -ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp -ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt Gi¶i : 2 a.víi m=3 ta cã -x -6x+1=0 '  ' =(-3) 2 +1=10;  = 10 -ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt  x 1 =-3- 10 ; x 2 =-3+ 10 b. Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x= 2 ,thay vµo ph¬ng tr×nh ta cã (m-4)2-2 2 m+m-2=0  m=10(3+2 2 ) c.-Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp khi. . a 0 ' 0. . . m 4  'm 2  (m  4)(m  2) 0.  m4  m4   3. 4 m 1  3  ' b m 4 4 2 4 3 Ta cã x 1 = x 2 = a =.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> -Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt. . a 0  ' 0 .  m 4  m 4  3 m m. C«ng thøc tÝnh nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ x 1 =. 4 3. m 4. m. ; x2 =. Bµi tËp 2.. m. 4 3. m 4. Gi¶i vµ biÖn luËn ph¬ng tr×nh 2 a.2x - (2-k)x=k(k-2). 2 2 b.(2k-1) x -4kx+1=0. Gi¶i : 2 a.Phơng trình đã cho có thể viết 2x -(2-k)x-k(k-2)=0  =(2-k) 2 +8k(k+2)=4-4k+k 2 +8k 2 +16k=9k 2 +12k+4=(3k+2) 2 0 víi mäi k. Vậy phơng trình đã cho luôn có nghiệm với mọi k . 1 1 b.- NÕu 2k-1=0 hay k= 2 th× -4kx+1=-2x+1=0,ta cã nghiÖm x= 2 . 1 ' 2 2 2 2 - Nếu 2k-1 0 hay k  2 thì ta tìm đợc  =(-2k) -(2k-1) =4k -4k +4k1=4k-1 0 1 Tøc lµ k  4 ,ph¬ng tr×nh cã nghiÖm. 1 1 VËy víi k > 4 vµ k  2 ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt 2k  4k  1 2k  4k  1 2 2 x 1 = (2k  1) ;x 2 = (2k  1) '. b 1 Víi k = 4 ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm kÐp x 1 = x 2 =- a = 1   2k 2  2  2 1 (2k  1) (  1) 2 2 1 Víi k < 4 th× ph¬ng tr×nh v« nghiÖm. Bµi tËp 3.. Cho ph¬ng tr×nh x+7x-5=0.Kh«ng gi¶i ph¬ng tr×nh h·y tÝnh . a.Tæng vµ tÝch cña hai nghiÖm b.Tổng các nghịch đảo của hai nghiệm c.Tæng c¸c b×nh ph¬ng cña hai nghiÖm d.B×nh ph¬ng cña hiÖu hai nghiÖm e.Tæng c¸c lËp ph¬ng cña hai nghiÖm Gi¶i :.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Ta thấy rằng phơng trình đã cho luôn có nghiệm vì các hệ số avà c khác dấu. a.Tæng cña hai nghiÖm lµ S=x 1 +x 2 =-7 vµ tÝch cña hai nghiÖm lµ P= x 1 .x 2 =-5. 1 1 x 2  x1  7 7     x x x .x 5 5 1 2 1 2 b. Tổng các nghịch đảo của hai nghiệm là c.Tæng c¸c b×nh ph¬ng cña hai nghiÖm x12  x 2 2 (x1  x 2 ) 2  2x1x 2 ( 7) 2  2( 5) 49  10 59 2 2 2 d.B×nh ph¬ng cña hiÖu hai nghiÖm lµ (x1  x 2 ) x 1  x 2  2x 1.x 2  59+10=69. e.Tæng c¸c lËp ph¬ng cña hai nghiÖm lµ x13  x 23 (x1  x 2 )3  3x1.x 2 (x1  x 2 ) ( 7)3  3( 5)(  7)  343  105  448.. Bµi tËp 4. 2. Cho ph¬ng tr×nh 2x +(2p-1)x+p-1=0 a.Tìm p để phơng trình có hai nghiệm phân biệt . b.Tìm p để cả hai nghiệm đều dơng. c.T×m mét hÖ thøc kh«ng phô thuéc vµo p. Gi¶i : 2 2 a.Ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt khi  =(2p-1) - 4.2(p-1)=(2p-3) > 0  3  p 2 b.Phơng trình có hai nghiệm đều dơng ta giải hệ phơng trình.  x x ab 0  1 22p 0  p 12  x .x c 0   p 10   p1  a 2  1 1. 2. 2. Hệ phơng trình vô nghiệm ,không có giá trị nào của p để cả hai nghiệm đều dơng. 1  2p p 1 1  2p x1  x 2  2 vµ P= x1.x 2 = 2 nªn ta cã :S+2P= 2 + c. Do S= 2p  2 1  2 2 1 x1  x 2  2x1.x 2  2 VËy hÖ thøc gi÷a hai nghiÖm kh«ng phô thuéc vµo p lµ. Bµi tËp 5.. 2. Cho ph¬ng tr×nh x - mx + m-1=0 víi m lµ tham sè . a.Chøng minh ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi m. 2 2 b.Gäi x 1 ,x 2 lµ c¸c nghiÖm .T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A= x1  x 2 . Gi¶i . 2 2 2 a.Ta cã  m  4(m  1) m  4m  4 (m  2) 0m ,vËy ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi m . 2 2 2 2 2 2 2 b. A= x1  x 2 = x1  x 2 +2x 1 x 2 -2x 1 x 2 =(x 1 +x 2 ) - 2x 1 x 2 = m -2(m-1)= m 2m+2= 2 2 2 m -2m+1+1=(m-1) +1 1  m  A nhá nhÊt b»ng 1 khi (m-1) =0  m=1.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Bµi tËp 6. 2. Cho ph¬ng tr×nh x - 2x + m =0 víi m lµ tham sè . a.Tìm m sao cho phơng trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ,x 2 đều là số dơng. b. T×m m sao cho ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt x 1 ,x 2 tháa m·n : x1 x 2 10   x 2 x1 3 Gi¶i: a.Điều kiện để phơng trình có hai nghiệm phân biệt đều dơng là :. .  ' 0 S0,P 0. . . 1 m 0 2 0,m 0. . m 1 m 0.  0  m 1. ' b.Điều kiện để phơng trình có hai nghiệm phân biệt  =1-m > 0  m<1(1). Khi đó S=x 1 +x 2 =2 và P= x 1 .x 2 = m nên : x12  x 2 2  10 (x1  x 2 ) 2  2x1x 2  10 x1 x 2 10      x 2 x1 3  x1.x 2 3 x1 x 2 3 2 S  2P  10 4  2m  10    P 3 m 3 §iÒu kiÖn m 0 (2) Ta cã 3(4-2m)=-10m  4m=-12  m=-3 tháa m·n (1),(2).. Bµi tËp 7.. 2. 2. Cho ph¬ng tr×nh x + 2(m+1)x + m =0 ,víi m lµ tham sè . a.Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m=2 . b.Tìm các giá trị của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt . c.Tìm các giá trị của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt và trong đó có mét nghiÖm b»ng (-2). Gi¶i: 2 a.Khi m=2 thay vµo ph¬ng tr×nh ,ta cã x + 6x + 4=0  ' =3 2 -4=5,  = 5 Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt x 1 = -3+ 5 , x 2 =-3- 5 . ' 2 2 b.Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi  =(m+1) - m =2m+1>0  m > 1 2 c.Phơng trình có hai nghiệm phân biệt và trong đó có một nghiệm bằng (-2). 1 ' - Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi  >0  m > 2 - Theo hÖ thøc Vi- Ðt ta cã.  x x ab  x .x c   a 1 1. 2. 2. . x1  x 2  2(m 1) x1 .x 2 m 2. (1).

<span class='text_page_counter'>(16)</span> - Theo gi¸ thiÕt , ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm b»ng (-2) , gi¶ sö x 1 =-2 .Tõ hÖ ph¬ng tr×nh (1) ta cã.  x  2( m 1)2 (2)  m x 2 2. 2. 2. 2. -Tõ hÖ ph¬ng tr×nh (2), rót gän hai vÕ ta cã m +4m=0  m(m+4)=0  m 0 m  4. . 1 Víi m=-4 (lo¹i),m=0 (tháa m·n) ®iÒu kiÖn m > 2 . Vậy m=0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt và trong đó có một nghiệm bằng (-2).. Bµi tËp 8. 2. 2. Cho ph¬ng tr×nh (m+1)x + 5x + m -1=0 ,víi m lµ tham sè . a.Tìm các giá trị của m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu. b.Tìm các giá trị của m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu và trong hai nghiệm đó có một nghiệm bằng 4. Gi¶i: a.Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tr¸i dÊu khi.  a 0  m 10  x .x c 0   m  1   a   m 1 0 2. 1. m  1 m  10. 2. . m  1 m 1. b.Phơng trình có hai nghiệm trái dấu và trong hai nghiệm đó có một nghiệm b»ng 4. -¸p dông hÖ thøc Vi-Ðt ta cã.  x x ab  x .x c  a 1. 1. 2. 2.  x x  m51 (I)  m 1 x .x  m 1   1. 2. 2. 1. 2. 2 Thay gi¸ trÞ x 1 =4 vµo (I) ta cã m +16m+35=0  m 1 =-8+ 29 ;m 2 =-8- 29 Các giá trị m 1 , m 2 đều thỏa mãn điều kiện m<1 và m -1 VËy m=-8+ 29 ;m=-8- 29 ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tr¸i dÊu vµ trong hai nghiệm đó có một nghiệm bằng 4.. Bµi tËp 9. 2. Cho ph¬ng tr×nh (m+1)x - 2(m-10x + m-3 =0 ,víi m lµ tham sè . a.Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ cña m kh¸c (-1). b.Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm cùng dấu c. Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm cùng dấu và trong hai nghiệm đó có nghiệm này gấp đôi nghiệm kia ..

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Gi¶i : a.Ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi. . a 0. . '.  0. .  ( m  1)  ( m 1)(m  3) 0 m 10. 2. m  1 4 0. VËy ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ cña m  -1. b.-Theo câu a ,ta đã có  >0 với mọi giá trị m -1 -Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm cïng dÊu khi c m 3 x1.x 2   0 0 a  m 1.  .  . m  30 m 10 m  30 m 10. m 3 m  1 m3 m 1. m 3 m  1.    VËy ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm cïng dÊu khi m>3 hoÆc m<-1. c x1.x 2   0 a c.Theo c©u a ,b ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm cïng dÊu khi  >0 vµ ta cã m>3 hoÆc m<-1. MÆt kh¸c theo hÖ thøc Vi-Ðt ta cã :.  x x ab  x .x c  a 1. 1. 2. 2.  1)  x x 2(m  x x m  3m 1 (I) m 1   1. 2. 1 2. Víi gi¶ thiÕt cho x 1 =2x 2 ,thay vµo (I) ta cã.  1)  3x 2(m m 1  2x m  3  m 1 1. 2.  2(m  1)  m 3  3(m  1)   2(m  1)    2 Rút ra ta đợc : m - 2m- 35 = 0  m 1 =-5 ;m 2 =7 .Với giá trị m 1 ;m 2 đều thỏa m·n ®iÒu kiÖn m >3 vµ m <-1. Vậy phơng trình có hai nghiệm cùng dấu và nghiệm này gấp đôi nghiệm kia khi m=-5 hoÆc m=7. 2 1. Bµi tËp 10. 2. Cho ph¬ng tr×nh m(x -4x+3)+2(x-1)=0 1 a.Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m=- 2 . b. Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi gi¸ trÞ cña m . c.Tìm m để phơng trình đã cho có hai nghiệm nguyên. Gi¶i: 1 2 a.Víi m=- 2 .Ta cã x -8x+7=0.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> c Cã a+b+c = 1+(-8)+7 = 0  x 1 =1;x 2 = a =7. 2 b.Phơng trình đã cho trở thành : mx -2(m-1)x+3m-2=0 (1) + Víi m=0 ,(1)  2x-2=0  x=1. ' 2 2 2 2 + Víi m 0 :  4m  4m  1  3m  2m m  2m  1 (m  1) 0 m . VËy ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi gi¸ trÞ cña m. 2 c.Ta cã m(x -4x+3)+2(x-1)= (x-1)  m(x  3)  2 0 XÐt ph¬ng tr×nh m(x-3)+2 = 0 3m  2 2 §Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm th× m 0 khi mx-3m+2=0  x= m =3- m . §Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm nguyªn th× 2m hay m= 1;m= 2. Bµi tËp 11. 2. Cho ph¬ng tr×nh x - (m+2)x+2m = 0 (1) a.Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m=-1 2. b.Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x 1 ,x 2 thỏa mãn (x 1 +x 2 ) - x 1 .x 2 5. Gi¶i: 2 a.Víi m=-1 .Ta cã x - x-2 = 0 Cã a-b+c= 1-(-1)+(-2)=0  x 1 =-1,x 2 =2 2 2 2 2 b. Ta cã:  =(m+2) -4.2m=m + 4m + 4- 8m = m - 4m + 4 = ( m- 2) 0 m . VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm m . 2 2 2 2 Ta cã (x 1 +x 2 ) - x 1 .x 2 =m +2m+4 5  m +2m+ 1+3 5  m +2m+ 1  5-3  (m+1) 2  2  - 2 m+1  2  -1- 2 m  2 -1 Bµi tËp 12. 2 Cho ph¬ng tr×nh x - px + p-1 = 0 a.Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi gi¸ trÞ cña p . 2. 2. b.TÝnh theo p gi¸ trÞ biÓu thøc M=x 1 +x 2 - 6x 1 .x 2 . c.T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña M. Gi¶i: 2 2 a.Ta cã  p  4p  4 (p  2) 0p .Chøng tá r»ng ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi gi¸ trÞ cña p . 2. 2. 2. 2. b.Ta cã M=x 1 +x 2 - 6x 1 .x 2 =(x 1 +x 2 ) -2x 1 .x 2 - 6x 1 .x 2 =(x 1 +x 2 ) -8x 1 .x 2 2 2 2 2 = p - 8(p-1) = p - 8p + 8 = p - 8p + 16 - 8 = (p-4) - 8. 2 2 c.M=(p-4) - 8 -8,vậy M đạt giá trị nhỏ nhất M=-8 khi (p-4) =0  p-4=0  p=4.. Bµi tËp 13.. 2. Chøng minh r»ng nÕu c¸c hÖ sè cña hai ph¬ng tr×nh bËc hai x +p 1 x+q 1 =0 vµ 2. x +p 2 x+ q 2 =0 ,liªn hÖ víi nhau bëi hÖ thøc p 1 p 2 =2(q 1 +q 2 ) th× Ýt nhÊt mét trong hai ph¬ng tr×nh trªn cã nghÞªm. Gi¶i 2. 2. Gäi ph¬ng tr×nh x +p 1 x+q 1 =0 (1) vµ x +p 2 x+ q 2 =0 (2) 2 2 Ta cã 1 =p 1 -4 q 1 ;  2 = p 2 -4 q 2 ;.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 1 +  2 = p 1 2 -4 q 1 + p 2 2 -4 q 2 = p 1 2 + p 2 2 - 4(q 1 + q 2 ). V× 2(q 1 +q 2 )= p 1 p 2  4(q 1 + q 2 ) = 2p 1 p 2 . 2 2 2 2 2 p1  p2  0  p p   2 2 1 2 1 1 2 1 1 2 Do đó + = p + - 4(q + q )= p + -2p p = §iÒu nµy chøng tá Ýt nhÊt mét trong hai biÖt thøc 1 hoÆc  2 ph¶i >0 .VËy Ýt nhÊt mét trong hai ph¬ng tr×nh cã nghiÖm.. Bµi tËp 14.. 2. Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh ax + bx + c = 0 cã nghiÖm nÕu mét trong hai ®iÒu kiÖn sau a) a( a + 2b + 4c ) < 0 b) 5a + 3b + 2c = 0 Gi¶i: 2 Ta cã  b  4ac . 2 2 2 2 2 a) a( a + 2b + 4c ) = a +2ab+4ac < 0  a +b +2ab < b -4ac  b -4ac > 2 ( a+b) 0   0,ph¬ng tr×nh cã nghiÖm . 2 2 2 2 b) 5a + 3b + 2c = 0  10a +6ab+4ac=0  (3a+b) + a = b -4ac 0    0,ph¬ng tr×nh cã nghiÖm .. Bµi tËp 15. 2. 2. Chøng minh r»ng nÕu hai ph¬ng tr×nh bËc hai x +p 1 x+q 1 =0 vµ x +p 2 x+ q 2 2. =0 cã nghiÖm chung th× : (q 1 - q 2 ) +(p 1 -p 2 )(q 2 p 1 -q 1 p 2 )=0. Giai: Hai ph¬ng tr×nh cã nghiÖm chung. . x 2  p1x q1 0 x 2  p 2 x q 2 0. 2. §Æt y=x ,ta cã. cã nghiÖm. . y  p1x q1 0 y  p 2 x q 2 0. p 2  p1 q1p 2  p1q 2 2 -NÕu p 1 p 2 ,gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ta cã x= p1  p 2 vµ y= p 2  p1 .Do y=x suy ra q1p 2  p1q 2 p 2  p1 p 2  p1 =( p1  p 2 ) 2 ,khai triển biến đổi ta có :(q 1 -q 2 ) 2 +( q 1 -q 2 )( q 2 p 1 -q 1 p 2 )=0.. . p1x  y  q1 p1x  y  q 2. -NÕu p 1 =p 2 ta cã hÖ Hệ này có nghiệm ,suy ra q 1 =q 2 .Do đó đẳng thức cần chứng minh có dạng 0 = 0, hiến nhiên đúng..

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Chuyên đề: Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh. A) tãm t¾t lý thuyÕt. Bíc 1: LËp ph¬ng tr×nh hoÆc hÖ oh¬ng tr×nh: a) Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn. b) Biểu diễn các đại lợng cha biết thông qua ẩn và các địa lợng đã biết. c) Lập phơng trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lợng. Bíc 2: Gi¶i ph¬ng tr×nh. Bớc 3: Đối chiếu nghiệm của pt, hệ phơng trình (nếu có) với điều kiện của ẩn số để trả lêi. Chó ý: Tuú tõng bµi tËp cô thÓ mµ ta cã thÓ lËp ph¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn, hÖ ph¬ng tr×nh hay ph¬ng tr×nh bËc hai. Khi đặt diều kiện cho ẩn ta phải dựa vào nội dung bài toán và những kiến thức thùc tÕ.... B) C¸c d¹ng to¸n. D¹ng 1: To¸n vÒ quan hÖ c¸c sè. N÷ng kiÕn thøc cÇn nhí: + BiÓu diÔn sè cã hai ch÷ sè : ab 10a  b ( víi 0<a 9; 0 b 9;a, b  N) + BiÓu diÔn sè cã ba ch÷ sè : abc 100a  10b  c ( víi 0<a 9; 0 b,c 9;a, b, c  N) + Tổng hai sè x; y lµ: x + y + Tæng b×nh ph¬ng hai sè x, y lµ: x2 + y2 + B×nh ph¬ng cña tæng hai sè x, y lµ: (x + y)2. 1 1  x y. + Tổng nghịch đảo hai số x, y là:. Ví dụ 1: Mộu số của một phân số lớn hơn tử số của nó là 3 đơn vị. Nếu tăng cả 1 tử và mẫu của nó thêm 1 đơn vị thì đợc một phân số mới bằng 2 phân số đã. cho. Tìm phân số đó? Gi¶i: Gọi tử số của phân số đó là x (đk: x 3 ) Mẫu số của phân số đó là x + 3. Nếu tăng cả tử và mẫu thêm 1 đơn vị thì Tö sè lµ x + 1 MÉu sè lµ x + 3 + 1 = x + 4 1 §îc ph©n sè míi b»ng 2 ta cã ph¬ng tr×nh. x 1 1  x4 2 ..

<span class='text_page_counter'>(21)</span>  2(x  1) x  4  x 2( Tho¶ m·n ®iÒu kiÖn cña bµi to¸n) 2 Vậy phân số ban đầu đã cho là 5. Ví dụ 2: Tổng các chữ số của 1 số có hai chữ số là 9. Nếu thêm vào số đó 63 đơn vị thì số thu đợc cũng viết bằng hai chữ số đó nhng theo thứ tự ngợc lại. Hãy tìm số đó? Gi¶i Gäi ch÷ sè hµng chôc lµ x ( (0 < x 9, x  N) Chữ số hàng đơn vị là y (0<y 9, y  N). V× tổng 2 chữ sè lµ 9 ta cã x + y = 9 (1) Số đó là xy 10x  y Sè viÕt ngîc l¹i lµ yx 10y  x Vì thêm vào số đó 63 đơn vị thì đợc số viết theo thứ tự ngợc lại ta có xy  63 yx  10x  y  63 10y  x  9x  9y  63(2) x  y 9   Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh 9x  9y  63 x 1  (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) y 8. x  y 9   x  y 7. 2x 2  x  y 9. Vậy số ph¶i t×m lµ 18. VÝ dô 3: T×m hai sè tù nhiªn liªn tiÕp cã tæng c¸c b×nh ph¬ng cña nã lµ 85. Gi¶i Gäi sè bÐ lµ x ( x  N ). Sè tù nhiªn kÒ sau lµ x + 1. V× tæng c¸c b×nh ph¬ng cña nã lµ 85 nªn ta cã ph¬ng tr×nh: x2 + (x + 1)2 = 85  x 2  x 2  2x  1 85  2x 2  2x  84 0  x 2  x  42 0  b 2  4ac 12  4.1.( 42) 169  0 .   169 13. Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm  1  13 6(tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) 2  1  13 x2   7(lo¹i) 2 x1 . Vậy hai sè ph¶i t×m lµ 6 vµ 7. Bµi tËp: Bài 1: Đem một số nhân với 3 rồi trừ đi 7 thì đợc 50. Hỏi số đó là bao nhiêu? 2 1 Bài 2: Tổng hai số bằng 51. Tìm hai số đó biết rằng 5 số thứ nhất thì bằng 6. sè thø hai. Bµi 3: T×m mét sè tù nhiªn cã hai ch÷ sè, biÕt tæng c¸c ch÷ sè cña nã lµ 7. Nếu đổi chỗ hai chữ số hàng đơn vị và hàng chụccho nhau thì số đó giảm đi 45 đơn vị. Bài 4: Tìm hai số hơn kém nhau 5 đơn vị và tích của chúng bằng 150. Bài 5: Tìm số tự nhiên có 2 chữ số, biết rằng số đó bằng lập phơng của số tạo bởi chữ số hàng vạn và chữ số hàng nghìn của số đã cho theo thứ tự đó. §¸p sè:. Bài 1: Số đó là 19;.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Bài 2: Hai số đó là 15 và 36 Bài 3: Số đó là 61 Bài 4: Hai số đó là 10 và 15 hoặc -10 và -15; Bài 5: Số đó là 32. Dạng 2: Toán chuyển động Nh÷ng kiÕn thøc cÇn nhí: Nếu gọi quảng đờng là S; Vận tốc là v; thời gian là t thì: s s v  ;t  t v . S = v.t;. Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ v1 vËn tèc dßng níc lµ v2 t× vËn tèc ca n« khi xu«i dßng níc lµ v = v1 + v2. V©n tèc ca n« khi ngîc dßng lµ v = v1 - v2 Ví dụ1: Xe máy thứ nhất đi trên quảng đờng từ Hà Nội về Thái Bình hết 3 giờ 20 phút. Xe m¸y thø hai ®i hÕt 3 giê 40 phót. Mçi giê xe m¸y thø nhÊt ®i nhanh h¬n xe m¸y thø hai 3 km. Tính vận tốc của mỗi xe máy và quảng đờng từ Hà Nội đến Thái Bình? Gi¶i: Gäi vËn tèc x thø nhÊt lµ x (km/h), ®k: x>3; VËn tèc cña xe tø hai lµ x - 3 (km/h). 10 Trong 3 giờ 20 phút (= 3 giờ) xe máy thứ nhất đi đợc 11 Trong 3 giờ 40 phút (= 3 giờ) xe máy thứ nhất đi đợc. 10 x(km) 3 11 (x  3)(km) 3. Đó là quảng đờng tứ Hà nội đến Thái Bình nên ta có phơng trình 10 11 x  (x  3)  x 33 3 3 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn bµi to¸n).. VËy vËn tèc cña xe m¸y thø nhÊt lµ 33 km/h. VËn tèc cña xe m¸y thø hai lµ 30 km/h. Quảng đờng từ Hà Nội đến Thái Bình là 110 km. Ví dụ 2: Đoạn đờng AB dài 180 km . Cùng một lúc xe máy đi từ A và ô tô đi tõ B xe m¸y gÆp « t« t¹i C c¸ch A 80 km. NÕu xe m¸y khëi hµnh sau 54 phót th× chóng gÆp nhau t¹i D c¸ch A lµ 60 km. TÝnh vËn tèc cña « t« vµ xe m¸y ? Gi¶i Gäi vËn tèc cña « t« lµ x (km/h), ®k: x > 0. Gäi vËn tèc cña xe m¸ylµ y(km/h), ®k: y > 0. 80 Thời gian xe máy đi để gặp ô tô là y (giờ) 100 Quảng đờng ô tô đi là 100 km nên thời gian ô tô đi là y (giờ) 100 80  y (1) ta cã ph¬ng tr×nh x 60 Quảng đờng xe máy đi là 60 km nên thời gian xe máy đi là y (giờ) 120 Quảng đờng ô tô đi lag 120 km nên thời gian ô tô đi là y (giờ) 9 V× « t« ®i tríc xe m¸y 54 phót = 10 nªn ta cã ph¬ng tr×nh.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 120 60 9   (2) x y 10 .  100 80 100 80  x y  x  y 0      120  60  9  40  20  3  x y 10 y 10 Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh  x  100 80  60 12  x  y 0  x 10 x 50     (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) 100 80 160 80 12 y  40     0    x y y 10  x. VËy vËn tèc cña « t« lµ 50 km/h. VËn tèc cña xe m¸y lµ 40 km/h. Ví dụ 3: Một ô tô đi trên quảng đờng dai 520 km. Khi đi đợc 240 km thì ô tô tăng vận tốc thêm 10 km/h nữa và đi hết quảng đờng còn lại. T ính vận tốc ban đầu của ô tô biết thời gian đi hết quảng đờng là 8 giờ. Gi¶i: Gäi vËn tèc ban ®Çu cña « t« lµ x (km/h), ®k: x>0. VËn tèc lóc sau cña « t« lµ x+10 (km/h). 240 Thời gian ô tô đi hết quảng đờng đầu là x (giờ) 280 Thời gian ô tô đi hết quảng đờng đầu là x  10 (giờ). Vì thời gian ô tô đi hết quảng đờng là 8 giờ nên ta có phơng trình 240 280  8  x 2  55x  300 0 x x  10 2  b  4ac ( 55)2  4.( 300) 4225  0    4225 65 55  65 55  65 x1  60(TMDK);x 2   5(loai) 2 2 Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm. VËy vËn tèc ban ®Çu cña « t« lµ 60 km/h.. Bµi tËp: 1. Mét « t« khëi hµnh tõ A víi vËn tèc 50 km/h. Qua 1 giê 15 phót « t« thø hai còng khëi hµnh tõ A ®i cïng híng víi « t« thø nhÊt víi vËn tèc 40 km/h. Hái sau mÊy giê th× « t« gÆp nhau, ®iÓm gÆp nhau c¸ch A bao nhiªu km? 2. Mét ca n« xu«i dßng 50 km råi ngîc dßng 30 km. BiÕt thêi gian ®i xu«i dßng l©u h¬n thêi gian ngîc dßng lµ 30 phót vµ vËn tèc ®i xu«i dßng lín h¬n vËn tèc ®i ngîc dßng lµ 5 km/h. TÝnh vËn tèc lóc ®i xu«i dßng? 3. Hai ô tô cùng khởi hành cùng một lúc từ A đến B cách nhau 150 km. BiÕt vËn tèc « t« thø nhÊt lín h¬n vËn tèc « t« thø hai lµ 10 km/h vµ « t« thø nhất đến B trớc ô tô thứ hai là 30 phút. Tính vânl tốc của mỗi ô tô. 4. Mét chiÕc thuyÒn ®i trªn dßng s«ng dµi 50 km. Tæng thêi gian xu«i dßng vµ ngîc dßng lµ 4 giê 10 phót. TÝnh vËn tèc thùc cña thuyÒn biÕt r»ng mét chiÕc bÌ th¶ næi ph¶i mÊt 10 giê míi xu«i hÕt dßng s«ng..

<span class='text_page_counter'>(24)</span> 5. Một ngời đi xe đạp từ A đến B cách nhau 108 km. Cùng lúc đó một ô tô khởi hành từ B đến A với vận tốc hơn vận tốc xe đạp là 18 km/h. Sau khi hai xe gặp nhau xe đạp phải đi mất 4 giờ nữa mới tới B. Tính vận tốc của mỗi xe? 6. Một ca nô xuôi dòng từ A đến B cách nhau 100 km. Cùng lúc đó một bè nứa trôi tự do từ A đến B. Ca nô đến B thì quay lại A ngay, thời gian cả xuôi dòng và ngợc dòng hết 15 giờ. Trên đờng ca nô ngợc về A thì gặp bè nứa tại mét ®iÓm c¸ch A lµ 50 km. T×m vËn tèc riªng cña ca n« vµ vËn tèc cña dßng níc? §¸p ¸n: 3 4 (giê) 1. 8. 2. 20 km/h 3. Vận tèc cña « t« thø nhÊt 60 km/h. VËn tèc cña « t« thø hai lµ 50 km/h. 4. 25 km/h 5. 6. VËn tèc cña ca n« lµ 15 km/h. VËn tèc cña dßng níc lµ 5 km/h. D¹ng 3: To¸n lµm chung c«ng viÖc Nh÷ng kiÕn thøc cÇn nhí: 1 - Nếu một đội làm xong công việc trong x giờ thì một ngày đội đó làm đợc x. c«ng viÖc. - Xem toµn bé c«ng viÖc lµ 1 VÝ dô 1: Hai ngêi thî cïng lµm mét c«ng viÖc trong 16 giê th× xong. NÕu ngêi thứ nhất làm 3 giờ, ngời thứ hai làm 6 giờ thì chỉ hoàn thành đợc 25% công viÖc. Hái nÕu lµm riªng th× mçi ngêi hoµn thµnh c«ng viÖc trong bao l©u? Gi¶i: 1 Ta cã 25%= 4 .. Gäi thêi gian mét m×nh ngêi thø nhÊt hoµn thµnh c«ng viÖc lµ x(x > 0; giê) Gäi thêi gian mét m×nh ngêi thø hai hoµn thµnh c«ng viÖc lµ y(y > 0; giê) 1 Trong một giờ ngời thứ nhất làm đợc x công việc 1 Trong một giờ ngời thứ hai làm đợc y công việc. 1 Hai ngời cùng làm thì xong trong 16 giờ. Vậy trong 1 giờ cả hai ngời cùng làm đợc 16. c«ng viÖc.. 1 1 1   (1) Ta cã ph¬ng tr×nh: x y 16 1 Ngêi thø nhÊt lµm trong 3 giê, ngêi thø hai lµm trong 6 giê th× 25%= 4 c«ng 3 6 1   x y 4 (2) viÖc. Ta cã ph¬ng tr×nh 1 1 1 3 3 3 1 1 1  x  y 16  x  y 16  x  y 16        3  6 1  3  6 1 3  1  x y 4  y 16 Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh  x y 4.

<span class='text_page_counter'>(25)</span>  x 24  (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)  y 48 .. Vậy nÕu lµm riªng th× ngêi thø nhÊt hoµn thµnh c«ng viÖc trong 24 giê. Ngêi thø hai hoµn thµnh c«ng viÖc trong 48 giê. VÝ dô 2: Hai thợ cùng đào một con mơng thì sau 2giờ 55 phút thì xong việc. Nếu họ làm riêng thì đội 1 hoàn thành công việc nhanh hơn đội 2 là 2 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội phải làm trong bao nhiêu giờ thì xong công việc? Gi¶i : Gọi thời gian đội 1 làm một mình xong công việc là x (x > 0; giờ) Gọi thời gian đội 2 làm một mình xong công việc là x + 2 (giờ) 1 c«ng viÖc Mỗi giờ đội 1 làm đợc x 1 c«ng viÖc Mỗi giờ đội 2 làm đợc x  2 11 35  Vì cả hai đội thì sau 2 giờ 55 phút = 12 12 (giờ) xong. 12 Trong 1 giờ cả hai đội làm đợc 35 công việc 1 1 12    35x  70  35 12x 2  24x Theo bµi ra ta cã ph¬ng tr×nh x x  2 35 2.  12x 2  46x  70 0  6x 2  23x  35 0. Ta cã  ( 23)2  4.6.( 35) 529  840 1369  0    1369 37 23  37 23  37 VËy ph ¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1  5(thoa m·n); x 2   2(lo¹i) 12 12. Vậy đội thứ nhất hoàn thành công việc trong 5 giờ. Đội hai hoàn thành công việc trong 7 giê. Chó ý: + Nếu có hai đối tợng cùng làm một công việc nếu biết thời gian của đại lợng này hơn, kém đại lợng kia ta nên chọn một ẩn và đa về phơng trình bậc hai. + Nếu thời gian của hai đại lợng này không phụ thuộc vào nhau ta nên chọn hai ẩn làm thời gian của hai đội rồi đa về dạng hệ phơng trình để giải. VÝ dô 3: Hai ngêi thî cïng s¬n cöa cho mét ng«i nhµ th× 2 ngµy xong viÖc. NÕu ngêi thø nhÊt lµm trong 4 ngµy råi nghØ ngêi thø hai lµm tiÕp trong 1 ngµy n÷a th× xong viÖc. Hái mçi ngêi lµm mét m×nh th× bao l©u xong c«ng viÖc? Gi¶i: Gọi thời gian để một mình ngời thứ nhất hoàn thành công việc là x (x>2; ngày) Gọi thời gian để một mình ngời thứ hai hoàn thành công việc là y (x>2; ngày). 1 Trong một ngày ngời thứ nhất làm đợc x công việc 1 Trong một ngày ngời thứ hai làm đợc y công việc.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 1 Cả hai ngời làm xong trong 2 ngày nên trong 1 ngày cả hai ngời làm đợc 2 1 1 1 công việc. Từ đó ta có pt x + y = 2 (1). Ngêi thø nhÊt lµm trong 4 ngµy råi ngêi thø hai lµm trong 1 ngµy th× xong c«ng viÖc ta cã pt: 4 1  1 x y (2) 1 1 1 1 1 1  x  y 2  x  y  2 x 6    (tho¶ m·n ®k)  y 3  4  1 1  3 1  x 2 Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ pt  x y. VËy ngêi thø nhÊt lµm mét m×nh xong c«ng viÖc trong 6 ngµy. Ngêi thø hai lµm mét m×nh xong c«ng viÖc trong 3 ngµy. Bµi t©p: 1. Hai ngêi thî cïng lµm mét c«ng viÖc th× xong trong 18 giê. NÕu ngêi thứ nhất làm trong 4 giờ, ngời thứ hai làm trong 7 giờ thì đợc 1/3 công việc. Hái mçi ngêi lµm mét m×nh th× mÊt bao l©u sÏ xong c«ng viÖc? 2. §Ó hoµn thµnh mét c«ng viÖc hai tæ ph¶i lµm trong 6 giê. Sau 2 giê làm chung thì tổ hai đợc điều đi làm việc khác. Tổ một đã hoàn thành công viÖc cßn l¹i trong 10 giê. Hái nÕu mçi tæ lµm riªng thh× bao l©u xong c«ng việc đó? 3. Hai đội công nhân cùng đào một con mơng. Nếu họ cùng làm thì trong 2 ngày sẽ xong công việc. Nếu làm riêng thì đội haihoàn thành công việc nhanh hơn đội một là 3 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội phải làm trong bao nhiêu ngày để xong công việc? 4. Hai chiÕc b×nh rçng gièng nhau cã cïng dung tÝch lµ 375 lÝt. Ë mçi binmhf cã mét vßi níc ch¶y vµo vµ dung lîng níc ch¶y trong mét giê lµ nh nhau. Ngêi ta më cho hai vßi cïng ch¶y vµo b×nh nhng sau 2 giê th× kho¸ vßi thø hai l¹i vµ sau 45 phót míi tiÕp tôc më l¹i. §Ó hai b×nh cïng ®Çy mét lóc ngêi ta ph¶i t¨ng dung lîng vßi thø hai thªm 25 lÝt/giê. Tính xem mỗi giờ vòi thứ nhất chảy đợc bao nhiêu lít nớc. KÕt qu¶: 1) Ngêi thø nhÊt lµm mét m×nh trong 54 giê. Ngêi thø hai lµm mét m×nh trong 27 giê. 2) Tæ thø nhÊt lµm mét m×nh trong 10 giê. Tæ thø hai lµm mét m×nh trong 15 giê. 3) §éi thø nhÊt lµm mét m×nh trong 6 ngµy. §éi thø hai lµm mét m×nh trong 3 ngµy. 4) Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy đợc 75 lít. D¹ng 4: To¸n cã néi dung h×nh häc: KiÕn thøc cÇn nhí: - DiÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt S = x.y ( xlµ chiÒu réng; y lµ chiÒu dµi) 1 S  x.y 2 - DiÖn tÝch tam gi¸c ( x là chiều cao, y là cạnh đáy tương ứng). - Độ dài cạnh huyền : c2 = a2 + b2 (c là cạnh huyền; a,b là các cạnh góc vuông) n(n  3) 2 - Số đường chéo của một đa giác (n là số đỉnh).

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Ví dụ 1: Tính các kích thước của hình chữ nhật có diện tích 40 cm2 , biết rằng nếu tăng mỗi kích thước thêm 3 cm thì diện tích tăng thêm 48 cm2. Giải: Gọi các kích thước của hình chữ nhật lần lượt là x và y (cm; x, y > 0). Diện tích hình chữ nhật lúc đầu là x.y (cm2) . Theo bài ra ta có pt x.y = 40 (1) Khi tăng mỗi chiều thêm 3 cm thì diện tích hình chữ nhật là. Theo bài ra ta có pt (x + 3)(y + 3) – xy = 48  3x + 3y + 9 = 48 x + y = 13(2) Từ (1) và (2) suy ra x và y là nghiệm của pt X2 – 13 X + 40 = 0 2 Ta có  ( 13)  4.40 9  0   3. 13  3 13  3 X1  8;X 2  5 2 2 Phương trình có hai nghiệm. Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 5 (cm) và 8 (cm) Ví dụ 2: Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 5 m. Hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 1m. Tính các cạnh góc vuông của tam giác? Giải: Gọi cạnh góc vuông thứ nhất là x (m) (5 > x > 0) Cạnh góc vuông thứ hai là x + 1 (m) Vì cạnh huyền bằng 5m nên theo định lý pi – ta – go ta có phương trình 2 2 x2 + (x + 1)2 = 52  2x  2x  24  x  x  12 0  12  4.( 12) 49   7 Ph ¬ng tr×nh co hai nghiÖm phan biÖt  17  1 7 x1  3 (tho¶ m·n);x 2   4(lo¹i) 2 2. Vậy kích thước các cạnh góc vuông của tam giác vuông là 3 m và 4 m. Bài tâp : Bài 1: Một hình chữ nhật có đường chéo bằng 13 m, chiều dài hơn chiều rộng 7 m. Tính diện tích hình chữ nhật đó? Bài 2: Một thửa ruộng hình chữ nhật có chu vi là 250 m. Tính diện tích của thửa ruộng biết rằng chiều dài giảm 3 lần và chiều rộng tăng 2 lần thì chu vi thửa ruộng không thay đổi Bài 3: Một đa giác lồi có tất cả 35 đường chéo. Hỏi đa giác đó có bao nhiêu đỉnh? Bài 4: Một cái sân hình tam giác có diện tích 180 m2 . Tính cạnh đáy của sân biết rằng nếu tăng cạnh đáy 4 m và giảm chiều cao tương ứng 1 m thì diện tích không đổi? Bài 5: Một miếng đất hình thang cân có chiều cao là 35 m hai đáy lần lượt bằng 30 m và 50 m người ta làm hai đoạn đường có cùng chiều rộng. Các tim đừng lần lượt là đường trung bình của hình thang và đoạn thẳng nối hai trung điểm của hai đáy. Tính chiều rộng đoạn đường đó biết rằng diện tích 1 phần làm đường bằng 4 diện tích hình thang.. Đáp số: Bài 1: Diện tích hình chữ nhật là 60 m2.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Bài 2: Diện tích hình chữ nhật là 3750 m2 Bài 3: Đa giác có 10 đỉnh Bài 4: Cạnh đày của tam giác là 36 m. Bài 5: Chiều rộng của đoạn đường là 5 m. Dạng 5: To¸n d©n sè, l·i suÊt, t¨ng trëng Nh÷ng kiÕn thøc cÇn nhí : x + x% = 100. + Dân số tỉnh A năm ngoái là a, tỷ lệ gia tăng dân số là x% thì dân số năm nay của tỉnh A là a  a.. x 100. Sè d©n n¨m sau lµ (a+a.. x x x )  (a+a. ). 100 100 100. Ví dụ 1: Bài 42 – SGK tr 58 Gọi lãi suất cho vay là x (%),đk: x > 0 2000000.. x 20000 100 (đồng). Tiền lãi suất sau 1 năm là Sau 1 năm cả vốn lẫn lãi là 200000 + 20000 x (đồng) (2000000  20000 x ).. x 20000 x  200 x 2 (đồng) 100. Riêng tiền lãi năm thứ hai là Số tiến sau hai năm Bác Thời phải trả là 2000000 +20000x + 20000x + 200x2 (đồng) 200x2 + 40000x +2000000 (đồng) Theo bài ra ta có phương trình 200x2 + 40 000x + 2000000 = 2420000  x2 + 200x – 2100 = 0 . Giải phương trình ta được x1 = 10 (thoả mãn); x2 = -210 (không thoả mãn) Vậy lãi suất cho vay là 10 % trong một năm. Ví dụ 2: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kỹ thuật mới nên tổ I đã sản xuất vượt mức kế hoạch là 18% và tổ II vượt mức 21%. Vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ là bao nhiêu. Giải Gọi x là số sản phẩm tổ I hoàn thành theo kế hoạch (sản phẩm), đk 0 < x < 600. Số sản phẩm tổ II hoàn thành theo kế hoạch là 600 – x (sản phẩm). 18 Số sản phẩm vượt mức của tổ I là 100 (sản phẩm). 21 (600  x ). 100 (sản phẩm). Số sản phẩm vượt mức của tổ II là x.. Vì số sản phẩm vượt mức kế hoạch của hai tổ là 120 sản phẩm ta có pt 18x 21(600  x )  120 100 100  x = 20 (thoả mãn yêu cầu của bài toán). Vậy số sản phẩm theo kế hoạch của tổ I là 200 (sản phẩm).

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Vậy số sản phẩm theo kế hoạch của tổ II là 400 (sản phẩm) Bài tập: Bài 1: Dân số của thành phố Hà Nội sau 2 năm tăng từ 200000 lên 2048288 người. Tính xem hàng năm trung bình dân số tăng bao nhiêu phần trăm. Bài 2: Bác An vay 10 000 000 đồng của ngân hàng để làm kinh tế. Trong một năm đầu bác chưa trả được nên số tiền lãi trong năm đầu được chuyển thành vốn để tính lãi năm sau. Sau 2 năm bác An phải trả là 11 881 000 đồng. Hỏi lãi suất cho vay là bao nhiêu phần trăm trong một năm? Bài 3: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 1000 sản phẩm trong một thời gian dự định. Do áp dụng kỹ thuật mới nên tổ I vượt mức kế hoạch 15% và tổ hai vượt mức 17%. Vì vậy trong thời gian quy định cả hai tổ đã sản xuất được tất cả được 1162 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm của mỗi tổ là bao nhiêu? Kết quả: Bài 1: Trung bình dân số tăng 1,2% Bài 2: Lãi suất cho vay là 9% trong 1 năm Bài 3: Tổ I được giao 400 sản phẩm. Tổ II được giao 600 sản phẩm Dạng 6: Các dạng toán khác Những kiến thức cần nhớ : m (V lµ thÓ tich dung dich; m lµ khèi l îng; D lµ khèi l îng riªng) D Khèi l îng chÊt tan - Khối lượng nồng độ dung dịch = Khèi l îng dung m«i (m tæng) V. Ví dụ : (Bài 5 trang 59 SGK) Gọi trọng lượng nước trong dung dịch trước khi đổ thêm nước là x (g) . đk x > 0. 40 % Nồng độ muối của dung dịch khi đó là x  40. Nếu đổ thêm 200g nước vào dung dịch thì trọng lượng của dung dịch là: 40 % x  240. Vì nồng độ giảm 10% nên ta có phương trình 40 40 10    x 2  280x  70400 0 x  40 x  240 100. Giải pt ta được x1 = -440 ( loại); x2 = 160 (thoả mãn đk của bài toán) Vậy trước khi đổ thêm nước trong dung dịch có 160 g nước. Ví dụ 2: Người ta trộn 8g chất lỏng này với 6g chất lỏng khác có khối lượng riêng nhỏ hơn nó là 0,2g/cm3 để được hỗn hợp có khối lượng riêng 0,7g/cm3 . Tìm khối lượng riêng của mỗi chất lỏng. Giải Gọi khối lượng riêng của chất lỏng thứ nhất là x (g/cm3). Đk x > 0,2 Khối lượng riêng của chất lỏng thứ nhất là x – 0,2 (g/cm3)..

<span class='text_page_counter'>(30)</span> 8 (cm3 ) Thể tích của chất lỏng thứ nhất là x 6 (cm3 ) Thể tích của chất lỏng thứ hai là x  0, 2 8 6  (cm 3 ) Thể tích của hỗn hợp là x x  0, 2 8 6 14    14x 2  12, 6x  1,12 0 Theo bài ra ta có pt x x  0, 2 0, 7 . Giải pt ta được kết. quả x1 = 0,1 (loại) ; x2 = 0,8 (t/m đk) Vậy khối lượng riêng của chất lỏng thứ nhất là 0,8 (g/cm3) Khối lượng riêng của chất lỏng thứ hai là 0,6 (g/cm3). Bài tập: Bài 1: Một phòng họp có 240 ghế được xếp thành các dãy có số ghế bằng nhau. Nếu mỗi dãy bớt đi một ghế thì phải xếp thêm 20 dãy mới hết số ghế. Hỏi phòng họp lúc đầu được xếp thành bao nhiêu dãy ghế. Bài 2: Hai giá sách có 400 cuốn. Nếu chuyển từ giá thứ nhất sang giá thứ hai 3 30 cuốn thì số sách ở giá thứ nhất bằng 5 số sách ở ngăn thứ hai. Tính số sách. ban đầu của mỗi ngăn? Bài 3: Người ta trồng 35 cây dừa trên một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài 30 m chiều rộng là 20 m thành những hàng song song cách đều nhau theo cả hai chiều. Hàng cây ngoài cùng trồng ngay trên biên của thửa đất. Hãy tính khoảng cách giữa hai hàng liên tiếp? Bài 4: Hai người nông dân mang 100 quả trứng ra chợ bán. Số trứng của hai người không bằng nhau nhưng số tiền thu được của hai người lại bằng nhau. Một người nói với người kia: “ Nếu số trứng của tôi bằng số trứng của anh thì tôi bán được 15 đồng ”. Người kia nói “ Nếu số trứng của tôi bằng số trứmg 6. 2 3 đồng thôi”. Hỏi mỗi người có bao nhiêu quả. của anh tôi chỉ bán được trứng? Bài 5: Một hợp kim gồm đồng và kẽm trong đó có 5 gam kẽm. Nếu thêm 15 gam kẽm vào hợp kim này thì được một hợp kim mới mà trong đó lượng đồng đã giảm so với lúc đầu là 30%. Tìm khối lượng ban đầu của hợp kim? Kết quả: Bài 1: Có 60 dãy ghế Bài 2: Giá thứ nhất có 180 quyển. Giá thứ hai có 220 quyển. Bài 3: Khoảng cách giữa hai hàng là 5m Bài 4: Người thứ nhất có 40 quả. Người thứ hai có 60 quả. Bài 5: 25 gam hoặc 10 gam..

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Chuyên đề: Hình học. Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). Các đờng cao AD, BE, CF c¾t nhau t¹i H và cắt đờng tròn (O) lần lợt tại M,N,P. Chøng minh r»ng: 1. Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp . 2. Bèn ®iÓm B,C,E,F cïng n»m trªn mét đờng tròn. 3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. 4. H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam gi¸c DEF. Lêi gi¶i: 1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:  CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao)  0 CDH. = 90 ( 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. tiÕp.  2. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEC = 900. . CF là đờng cao => CF  AB => BFC = 900. Nh vậy E và F cùng nhìn BC dới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn.  3. XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã: AEH = ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung S. =>  AEH. ADC =>. AE AH = AD AC. => AE.AC = AH.AD..    * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung S. =>  BEC. ADC =>. BE BC = => AD.BC = BE.AC. AD AC ABC.   4. Ta cã C1  A1 ( v× cïng phô víi. ).   A C 2 1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) . . => C1 C2 => CB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc HCM; l¹i cã CB  HM =>  CHM c©n t¹i C => CB cũng là đơng trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn . . => C1 E1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp    C1 E2 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD) . .  E1 E2 => EB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc FED. Chøng minh t¬ng tù ta còng cã FC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DFE mµ BE vµ CF c¾t nhau tại H do đó H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF. Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đờng tròn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE..

<span class='text_page_counter'>(32)</span> 1. Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp . 2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn. A 1. O. 1 2. 1 2. H. 3.. B. 1. E. 3. D. C. Chøng minh ED =. BC.. 4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O). 5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. 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)   0 CEH CDH. +. =>. = 180.   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. 0 Nh vậy E và D cùng nhìn AB dới một góc 90 => E và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn. 3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đờng cao nên cũng là đờng trung tuyÕn.  => D lµ trung ®iÓm cña BC. Theo trªn ta cã BEC = 900 .. VËy tam gi¸c BEC vu«ng t¹i E cã ED lµ trung tuyÕn => DE =. 1 BC. 2. 4. Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH =>   OA = OE => tam gi¸c AOE c©n t¹i O => E1  A1 (1).   1 Theo trªn DE = 2 BC => tam gi¸c DBE c©n t¹i D => E3 B1 (2)         Mµ B1  A1 ( v× cïng phô víi gãc ACB) => E1 E3 => E1  E2 E2  E 3 . . . .  Mµ E1  E2 = BEA = 900 => E2  E 3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E. Vậy DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại E. 5. Theo gi¶ thiÕt AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. ¸p dụng định lí Pytago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 - OE2  ED2 = 52 - 32  ED = 4cm. . Bài 3 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lợt ở C và D. Các đờng thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1. Chøng minh AC + BD = CD.  2. Chøng minh COD = 900..

<span class='text_page_counter'>(33)</span> 2 3. Chøng minh AC. BD = AB .. 4. 5. 6. 7.. 4. Chøng minh OC // BM Chứng minh AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính CD. Chøng minh MN  AB. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. y x. D I. /. M /. C. N. O. A. B. Lêi gi¶i 1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau 2. Ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD 3. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: OC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc   AOM; OD lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kÒ  bï => COD = 900. . 4. Theo trªn COD = 900.nªn tam gi¸c COD vu«ng t¹i O cã OM  CD (OM lµ tiÕp tuyÕn ). áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, 2 Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = AB .. 4.  5. Theo trªn COD = 900 nªn OC  OD .(1). Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cña BM => BM  OD .(2). Tõ (1) vµ (2) => OC // BM ( V× cïng vu«ng gãc víi OD). 6. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO là bán kính. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC  AB; BD  AB => AC // BD => tø gi¸c ACDB lµ h×nh thang. L¹i cã I lµ trung ®iÓm cña CD; O lµ trung ®iÓm cña AB => IO là đờng trung bình của hình thang ACDB => IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đờng tròn đờng kính CD CN AC 6. Theo trªn AC // BD => , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy ra = BN. BD. CN CM = BN DM. => MN // BD mµ BD  AB => MN  AB. 7. ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ gi¸c ACDB nhá nhÊt khi CD nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt khi CD lµ kho¶ng c¸ch gi÷.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung ®iÓm cña cung AB. Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng trßn bµng tiÕp gãc A , O lµ trung ®iÓm cña IK. 1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. 2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O). 3. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24Cm. Lêi gi¶i: (HD) 1. Vì I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B  Do đó BI  BK hay IBK = 900 ..  T¬ng tù ta còng cã IKC = 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. A. I 1. B. 2. H. 1. C. o. 2.. K. Ta cã.  C  C 1 2 (1) ( v× CI lµ ph©n gi¸c cña gãc ACH..   I  C 2 1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ).  I 1 ICO (3) ( v× tam gi¸c OIC c©n t¹i O)   Tõ (1), (2) , (3) => C1  ICO = 900 hay AC  OC.. Vậy AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O). 3. Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. AH2 = AC2 – HC2 => AH = √ 202 − 122 = 16 ( cm) 2 2 CH2 = AH.OH => OH = CH =12. = 9 (cm). AH 16 OC = √ OH2 +HC2 =√ 92+ 122=√ 225 = 15 (cm). Bài 5 Cho đờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm cña NP, kÎ tiÕp tuyÕn MB (B lµ tiÕp ®iÓm). KÎ AC  MB, BD  MA, gäi H lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD, I lµ giao ®iÓm cña OM vµ AB. 1. Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp. 6. T×m quü tÝch 2. Chøng minh n¨m ®iÓm O, K, A, M, B cïng cña ®iÓm H nằm trên một đờng tròn . khi M di 3. Chøng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2. chuyÓn trªn ®4. Chøng minh OAHB lµ h×nh thoi. êng th¼ng d 5. Chøng minh ba ®iÓm O, H, M th¼ng hµng. Lêi gi¶i: 1. (HS tù lµm)..

<span class='text_page_counter'>(35)</span> 2. V× K lµ trung ®iÓm NP nªn OK  NP ( quan hệ đờng kính. . . . Vµ d©y cung) => OKM = 900. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900. nh vậy K, A, B cùng nhìn OM dới một góc 900 nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng tròn. 3. Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cña AB => OM  AB t¹i I .  Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông 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 cã OB  MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA  MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. => Tø gi¸c OAHB lµ h×nh b×nh hµnh; l¹i cã OA = OB (=R) => OAHB lµ h×nh thoi. 5. Theo trªn OAHB lµ h×nh thoi. => OH  AB; còng theo trªn OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đờng thẳng vuông góc với AB). 6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng thẳng d là nửa đờng tròn tâm A bán kính AH =R Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH. Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đờng kính của đờng tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đờng tròn tại D c¾t CA ë E. 1. Chøng minh tam gi¸c BEC c©n. c©n. => 2. Gäi I lµ h×nh chiÕu cña A trªn BE, Chøng minh  B  B 1 2 r»ng AI = AH. 3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đờng trßn (A; AH). 4. Chøng minh BE = BH + DE. Lêi gi¶i: (HD) 1.  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ 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 . . 2. Hai tam gi¸c vu«ng ABI vµ ABH cã c¹nh huyÒn AB chung, B1 B2 =>  AHB = AIB => AI = AH. 3. AI = AH vµ BE  AI t¹i I => BE lµ tiÕp tuyÕn cña (A; AH) t¹i I. 4. DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài 7 Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP > R, tõ P kÎ tiÕp tuyÕn tiÕp xóc víi (O) t¹i M..

<span class='text_page_counter'>(36)</span> 1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp đợc một đờng tròn. 2. Chøng minh BM // OP. 3. §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB ë O c¾t tia BM t¹i N. Chøng minh tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh. 4. BiÕt AN c¾t OP t¹i K, PM c¾t ON t¹i I; PN vµ OM kÐo dµi c¾t nhau t¹i J. Chøng minh I, J, K th¼ng hµng. Lêi gi¶i: 1. (HS tù lµm).. Tõ (1) vµ (2) => ABM AOP = (3).  2. Ta cã ABM néi tiÕp ch¾n cung AM; AOM lµ gãc ë t©m AOM ch¾n cung AM => ABM = 2 (1) OP lµ tia  ph©n gi¸c AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ) AOM AOP 2. =>. =. (2).  Mà ABM và AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4) 3. XÐt hai tam gi¸c AOP vµ OBN ta cã :   PAO =900 (v× PA lµ tiÕp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NOAB).     => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN =>. OP = BN (5) Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau). 4. Tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => ON  PJ Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM c¾t nhau t¹i I nªn I lµ trùc t©m tam gi¸c POJ. (6)    DÔ thÊy tø gi¸c AONP lµ h×nh ch÷ nhËt v× cã PAO = AON = ONP = 900 => K là trung điểm của PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật). (6)   AONP lµ h×nh ch÷ nhËt => PAO = NOP ( so le) (7)  Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau Ta cã PO lµ tia ph©n gi¸c APM => PAO =  MPO (8).. Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đồng thời là đờng cao => IK  PO. (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K th¼ng hµng. Bài 8 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn (M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đờng tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, c¾t AM t¹i K. 1) Chøng minh r»ng: EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM . IB. 3) Chøng minh BAF lµ tam gi¸c c©n. 1. Ta cã : AMB 4) Chøng minh r»ng : Tø gi¸c AKFH lµ h×nh thoi. = 900 ( néi tiÕp 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một chắn nửa đờng đờng tròn. trßn ) Lêi gi¶i: =>  KMF = 900 (v×. lµ hai gãc kÒ bï)..

<span class='text_page_counter'>(37)</span> AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )  0 KEF. =>. = 90 (v× lµ hai gãc kÒ bï)..     => KMF + KEF = 1800 . Mµ KMF vµ KEF lµ. hai góc đối của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác néi tiÕp..  2. Ta cã IAB = 900 ( v× AI lµ tiÕp tuyÕn ) => AIB vu«ng t¹i A cã AM  IB ( theo trªn). áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => AI2 = IM . IB.     3. Theo gi¶ thiÕt AE lµ tia ph©n gi¸c IAM => IAE = MAE => AE ME (lÝ do )  => ABE = MBE (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE lµ tia ph©n gi¸c gãc ABF. (1). Theo trên ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE là đờng cao của tam giác ABF (2). Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam gi¸c c©n. t¹i B . 4. BAF là tam giác cân. tại B có BE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyÕn => E lµ trung ®iÓm cña AF. (3)  Tõ BE  AF => AF  HK (4), theo trªn AE lµ tia ph©n gi¸c IAM  hay AE lµ tia ph©n gi¸c HAK (5) Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là trung điểm của HK. (6). Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đờng chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đờng). 5. (HD). Theo trªn AKFH lµ h×nh thoi => HA // FH hay IA // FK => tø gi¸c AKFI lµ h×nh thang. Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn thì AKFI phải là hình thang cân. AKFI lµ h×nh thang c©n khi M lµ trung ®iÓm cña cung AB.  ThËt vËy: M lµ trung ®iÓm cña cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ). (7). Tam gi¸c ABI vu«ng t¹i A cã ABI = 450 => AIB = 450 .(8)  Tõ (7) vµ (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI lµ h×nh thang c©n (h×nh thang cã hai góc đáy bằng nhau). Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn.. Bài 9 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đờng tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lợt ở E, F (F ở giữa B và E). 1. Chứng minh AC. AE không đổi.  2. Chøng minh ABD = DFB . 3. Chøng minh r»ng CEFD lµ tø gi¸c néi tiÕp. Lêi gi¶i:.  1. C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC  AE. ABE = 900 ( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông tại B có BC là đờng cao. => AC. AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đờng cao ), mà AB là đờng kính nên AB = 2R không đổi do đó AC. AE không đổi..

<span class='text_page_counter'>(38)</span> 2.  ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ). X. E. C D. O. A. F. B. gi¸c b»ng 1800)(1).  => ABD + BAD = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam.  ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ).  => AFB + BAF = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800) (2)   Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phô víi BAD ).  3. Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 .   ECD + ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï)  ACD ABD ECD. =>. =. ( cïng bï víi. )..    Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB   Mµ EFD + DFB = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï).   nªn suy ra ECD + EFD = 1800, .  mÆt kh¸c ECD vµ EFD là hai góc đối của tứ giác CDFE Do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp. Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn sao cho AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, M’A. Gọi P là chân đơng vuông góc từ S đến AB. 1. Chứng minh bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn 2. Gäi S’ lµ giao ®iÓm cña MA vµ SP. Chøng minh r»ng tam gi¸c PS’M c©n. 3. Chứng minh PM là tiếp tuyến của đờng tròn . Lêi gi¶i:.  1. Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 . Nh vËy P vµ M cïng nh×n AS díi mét gãc b»ng 900 nªn cïng n»m trªn. đờng tròn 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 trßn => hai cung AM vµ AM’ cã sè ®o b»ng nhau.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> S 1. M 1 2. 4(. P. 3(. A. )1 )2. 3. 1. H. B. O. M' 1. S'.   ' ' => AMM = AM M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai. cung b»ng nhau) (1) Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’// SS’ ( cùng vuông góc víi AB)  '  '   ' ' => AMM = AS S ; AM M = ASS (v× 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 (néi tiÕp cïng ch¾n AP ) . '. => AS P = AMP => tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P. 3. Tam gi¸c SPB vu«ng t¹i P; tam gi¸c SMS’ vu«ng t¹i M '   => B1 = S 1 (cïng phô víi S 1 ). (3) '  Tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P => S 1 = M 1 (4)   Tam gi¸c OBM c©n t¹i O ( v× cã OM = OB =R) => B1 = M 3 (5).         Tõ (3), (4) vµ (5) => M 1 = M 3 => M 1 + M 2 = M 3 + M 2 mµ M 3 + M 2 = AMB = 900 . . nªn suy ra M 1 + M 2 = 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) t¹i c¸c ®iÓm D, E, F . BF c¾t (O) t¹i I , DI c¾t BC t¹i M. Chøng minh : 1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän. 2. DF // BC.. . 3. Tø gi¸c BDFC néi tiÕp.. 4.. Lêi gi¶i: 1. (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF c©n t¹i A => ADF = AFD < 900 => s®  cung DF < 1800. => AEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiÕp ch¾n cung DE).   Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900. Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän.. AD AF  2. Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => AB AC. => DF // BC. 3. DF // BC => BDFC lµ h×nh thang l¹i cã  B = C (v× tam gi¸c ABC c©n) => BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp đợc một đờng tròn .. BD BM = CB CF.

<span class='text_page_counter'>(40)</span>   4. XÐt hai tam gi¸c BDM vµ CBF Ta cã DBM = BCF ( hai góc đáy của tam gi¸c c©n).      BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI); CBF = BFD (v× so le) => BDM =  CBF. .. S. => BDM. CBF =>. BD BM = CB CF. Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. Trªn ®o¹n th¼ng AB lÊy ®iÓm M (M kh¸c O). CM c¾t (O) t¹i N. §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i M c¾t tiÕp tuyÕn tại N của đờng tròn ở P. Chứng minh : 1. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp. 2. Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh. 3. CM. CN kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm M. C. M. A. O. B. N. 4.. A'. P. D. B'. Khi M di chuyÓn trªn ®o¹n th¼ng AB th× P chạy trên đoạn thẳng cố định nào. Lêi gi¶i: . . 1. Ta cã OMP = 900 ( v× PM  AB ); ONP = 900 (v× NP lµ tiÕp tuyÕn ). Nh vậy M và N cùng nhìn OP dới một góc bằng 900 => M và N cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp.    2. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (néi tiÕp ch¾n OM )   Tam gi¸c ONC c©n t¹i O v× cã ON = OC = R => ONM = OCN   => OPM = OCM   XÐt hai tam gi¸c OMC vµ MOP ta cã MOC = OMP = 900;     OPM = OCM => CMO = POM l¹i cã MO lµ c¹nh chung => OMC = MOP =>. OC = MP. (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2). Tõ (1) vµ (2) => Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh..   3. XÐt hai tam gi¸c OMC vµ NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (néi   S tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC = DNC = 900 lại có C là góc chung => OMC NDC CM CO  => CD CN => CM. CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R nªn CO.CD = 2R2 kh«ng. đổi => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M..  4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đờng thẳng cố định vuông góc với CD tại D.. S.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> V× M chØ ch¹y trªn ®o¹n th¼ng AB nªn P chØ ch¹y trªn do¹n th¼ng 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 tròn đờng kính BH cắt AB tại E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC tại F. 1. Chøng minh AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt. 2. BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp. 3. AE. AB = AF. AC. 4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn . Lêi gi¶i:  1. Ta cã : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ). => AEH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). (1)  CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )  0 CFH. =>. = 90 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2).  EAF = 900 ( V× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A) (3). Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt ( v× cã ba gãc vu«ng). . . 2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp đợc một đờng tròn => F1 = H1 (néi tiÕp ch¾n cung AE) . Theo gi¶ thiÕt AH BC nªn AH lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nửa đờng tròn (O1) và (O2).     => B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n HE ) => B1 =.      F 1 => EBC + EFC = AFE + EFC mµ AFE + EFC = 1800 (v× lµ hai gãc kÒ bï) =>     EBC + EFC = 1800 mặt khác EBC và EFC là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó. BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp..  3. XÐt hai tam gi¸c AEF vµ ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC AE AF  ACB => AC AB => AE. AB = AF. AC.. S. ( theo Chøng minh trªn) => AEF * HD c¸ch 2: Tam gi¸c AHB vu«ng t¹i H cã HE  AB => AH2 = AE.AB. (*). Tam gi¸c AHC vu«ng t¹i H cã HF  AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE. AB = AF. AC   4. Tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt => IE = EH => IEH c©n t¹i I => E1 = H1. ..   O1EH c©n t¹i O1 (v× cã O1E vµO1H cïng lµ b¸n kÝnh) => E2 = H 2 . . . . . . . . . => E1 + E2 = H1 + H 2 mµ H1 + H 2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1 EF = 900 => O1E EF . Chøng minh t¬ng tù ta còng cã O2F  EF. VËy EF lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nöa đờng tròn . Bµi 14 Cho ®iÓm C thuéc ®o¹n th¼ng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. VÏ vÒ một phía của AB các nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có t©m theo thø tù lµ O, I, K..

<span class='text_page_counter'>(42)</span> Đờng vuông góc với AB tại C cắt nửa đờng tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao ®iÓm cña EA, EB với các nửa đờng tròn (I), (K). 1. Chøng minh EC = MN. 2. Chøng minh MN lµ tiÕp tuyÕn chung của các nửa đờng tròn (I), (K). 3. TÝnh MN. 4. Tính diện tích hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn Lêi gi¶i: . 1. Ta cã: BNC = 900( néi tiÕp ch¾n nöa đờng tròn tâm K)  => ENC = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). (1) AMC  = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì là hai góc. kÒ bï).(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 chÐo h×nh ch÷ nhËt ) 2. Theo giả thiết EC AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (I) vµ (K)    => B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n CN ). Tø gi¸c CMEN lµ h×nh ch÷ nhËt nªn     => C1 = N 3 => B1 = N3 .(4) L¹i cã KB = KN (cïng lµ b¸n kÝnh) => tam gi¸c KBN   c©n t¹i K => B1 = N1 (5)      Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N 2 = CNB = 900. t¹i N..    => N3 + N 2 = MNK = 900 hay MN  KN t¹i N => MN lµ tiÕp tuyÕn cña (K). Chøng minh t¬ng tù ta còng cã MN lµ tiÕp tuyÕn cña (I) t¹i M, Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng tròn (I), (K).. 3. Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vu«ng t¹i A cã EC  AB (gt) 2 => EC = AC. BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm. 4. Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã S(o) =  .OA2 =  252 = 625  ; S(I) =  . IA2 =  .52 = 25  ; S(k) =  .KB2 =  . 202 = 400  . 1 Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn là S = 2 ( S(o) -. S(I) - S(k)). 1 1 S = 2 ( 625  - 25  - 400  ) = 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. đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) tại D. đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) tại S. 1. Chøng minh ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp . 2. Chøng minh CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB. 3. Gọi E là giao điểm của BC với đờng tròn (O). Chứng minh rằng các đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy. 4. Chøng minh DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE. 5. Chứng minh điểm M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE..

<span class='text_page_counter'>(43)</span> Lêi gi¶i:.   2. Ta cã CAB = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); MDC = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n . 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 tiÕp.   3. ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => D1 = C3 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB).       D 1 = C3 => SM EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung. b»ng nhau) => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB. 3. Xét 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 trªn Ta cã SM EM => D1 = D2 => DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE.(1)   5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900.     Tø gi¸c AMEB cã MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mµ ®©y lµ hai.   góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đờng tròn => A2 = B2 .   Tø gi¸c ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => A1 = B2 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) . . => A1 = A2 => AM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DAE (2) Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (H×nh b)        C©u 2 : ABC = CME (cïng phô ACB ); ABC = CDS (cïng bï ADC ) => CME =  CDS       => CE CS  SM EM => SCM = ECM => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB..

<span class='text_page_counter'>(44)</span> Bµi 16 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A.vµ mét ®iÓm D n»m gi÷a A vµ B. §êng trßn đờng kính BD cắt BC tại E. Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn tại F, G. Chøng minh : 1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD. 2. Tø gi¸c ADEC vµ AFBC néi tiÕp . 3. AC // FG. 4. Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy. Lêi gi¶i:  1. XÐt hai tam gi¸c ABC vµ EDB Ta cã BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A);  DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )  ABC  0 BAC DEB. S. => = => DEB. = 90 ; l¹i cã  CAB .. lµ gãc chung.    2. Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kÒ bï); BAC = 900 ( v× ABC    vuông tại A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà đây là hai góc đối nên ADEC lµ tø gi¸c néi tiÕp . B. O E F. 1 1. D. G 1. S. A. C  * BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A);.   DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 900. nh vËy F vµ A cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 900 nên A và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC => AFBC lµ tø gi¸c néi tiÕp. 3. Theo trªn ADEC lµ tø gi¸c néi tiÕp =>       E 1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1. mµ ®©y lµ hai gãc so le trong nªn suy ra AC // FG. 4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba 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 kh«ng trïng B. C, H ) ; tõ M kÎ MP, MQ vu«ng gãc víi c¸c c¹nh AB. AC. 1. Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó. 2. Chøng minh r»ng MP + MQ = AH. 3. Chøng minh OH  PQ.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> A. O. 1. P. 2. Q B. H. M. C. Lêi gi¶i: 1. Ta cã MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC (gt) . => AQM = 900 nh vËy P vµ Q cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 900 nªn P vµ Q cïng nằm trên đờng tròn đờng kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp. * Vì AM là đờng kính của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O của đờng tròn ngo¹i tiÕp tø gi¸c APMQ lµ trung ®iÓm cña AM. 2. Tam giác ABC có AH là đờng cao 1 => SABC = 2 BC.AH.. Tam giác ABM có MP là đờng cao 1 => SABM = 2 AB.MP. Tam giác ACM có MQ là đờng cao 1 => SACM = 2 AC.MQ. Ta cã SABM + SACM = SABC. 1 1 1 => 2 AB.MP + 2 AC.MQ = 2 BC.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 ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => HOP = HOQ (t/c gãc ë.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> t©m) => OH lµ tia ph©n gi¸c gãc POQ. Mµ tam gi¸c POQ c©n t¹i O ( v× OP vµ OQ cùng là bán kính) nên suy ra OH cũng là đờng cao => OH  PQ Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H không trùng O, B) ; trên đờng thẳng vuông góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngoài đờng tròn ; MA và MB thứ tự cắt đờng tròn (O) tại C và D. Gọi I là giao ®iÓm cña AD vµ BC. 1. Chøng minh MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp . 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 gi¸c néi tiÕp . Lêi gi¶i: M 1 _. K. 1. C 4 3. 2 _. D. I. A. 1 O. H. B.  1. Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )  => MCI = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )  0 MDI. =>. = 90 (v× lµ hai gãc kÒ bï)..   => MCI + MDI = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID. nªn MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2. Theo trªn Ta cã BC  MA; AD  MB nên BC và AD là hai đờng cao của tam giác MAB mµ BC vµ AD c¾t nhau t¹i I nªn I lµ trùc t©m cña tam gi¸c 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 c©n t¹i O ( v× OA vµ OC lµ b¸n kÝnh) => A1 = C4.   KCM c©n t¹i K ( v× KC vµ KM lµ b¸n kÝnh) => M 1 = C1 .       Mµ A1 + M 1 = 900 ( do tam gi¸c AHM vu«ng t¹i H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = . 900 ( v× gãc ACM lµ gãc bÑt) hay OCK = 900 .      XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mµ OHK  và OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp..

<span class='text_page_counter'>(47)</span>