Tốn – Ơn tập học kỳ II CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TỐN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH I KIẾN THỨC CẦN NHỚ ax + by = c , a ≠ ( D ) Cho hệ phương trình:  a ' x + b ' y = c ', a ' ≠ ( D ') a b ⇔ Hệ phương trình có nghiệm ≠ a' b' a b c ⇔ Hệ phương trình vơ nghiệm = ≠ • (D) // (D’) ⇔ a' b' c' a b c ⇔ Hệ phương trình có vơ số nghiệm = = • (D) ≡ (D’) ⇔ a' b' c' II BÀI TẬP VẬN DỤNG x + y = m Bài tập 1: Cho hệ phương trình  (1) 2 x − my = Giải hệ phương trình (1) m = –1 Xác định giá trị m để: a) x = y = nghiệm hệ (1) b) Hệ (1) vơ nghiệm Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = HD: Khi m = – 1, hệ (1) có nghiệm x = 1; y = 2a) Hệ (1) có nghiệm x = y = m = 1 m a b c ≠ ⇔ = = ≠ 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: −m a' b' c' 1 = 2 −m m = −  ⇒  ⇒ ⇒ m = – 2: Hệ (1) vô nghiệm m ≠ 1 ≠ m  2 2m m2 Hệ (1) có nghiệm: x = ;y= m+2 m+2 • (D) cắt (D’) ⇔ 2m m2 + =1 m+2 m+2 ⇔ m2 + m – = ⇔  m = 1(thỏa ĐK cónghiệm )  m = − 2(không thỏa ĐK cónghiệm )  Vậy m = 1, hệ( có nghiệm (x,y) thỏa: x + y = x + y = k + Bài tập 2: Cho hệ phương trình  (1) 2 x + y = − k Giải hệ (1) k = Tìm giá trị k để hệ (1) có nghiệm x = – y = Tìm nghiệm hệ (1) theo k HD: Khi k = 1, hệ (1) có nghiệm x = 2; y = Hệ (1) có nghiệm (x, y) thỏa: x + y = ⇔ Tốn – Ơn tập học kỳ II Hệ (1) có nghiệm x = –8 y = k = – 5k − − 3k Hệ (1) có nghiệm: x = ;y= 2 x + y = Bài tập 3: Cho hệ phương trình  (1) 2 x − my = 1 Giải hệ phương trình (1) m = –7 Xác định giá trị m để: a) x = – y = nghiệm hệ (1) b) Hệ (1) vơ nghiệm Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m HD: Khi m = – 7, hệ (1) có nghiệm x = 4; y = – 2a) Hệ (1) có nghiệm x = –1 y = m = − 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = – 3m +1 Hệ (1) có nghiệm: x = ;y= m+2 m+2 mx − y = −1 Bài tập 4: Cho hệ phương trình  (1) 2 x + y = 1 Giải hệ phương trình (1) m = 2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x = − y = 3 Tìm nghiệm hệ phương trình (1) theo m HD: Khi m = 3, hệ (1) có nghiệm x = − ; y = 13 13 2 2a) Hệ (1) có nghiệm x = − y = m = − 3 2b) Hệ (1) vô nghiệm khi: m = –2 −1 m+2 Hệ (1) có nghiệm: x = ;y= 3m + 3m + x + y = Bài tập : Cho hệ phương trình  (1) 2 x + y = m Giải hệ phương trình (1) m = –1 x > Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa  y < HD: Khi m = –1, hệ(1) có nghiệm: x = 13 y = – Tìm: • Nghiệm hệ (1) theo m: x = 12 – m ; y = m – x > 12 − m > m < 12 ⇒  ⇔  ⇔ m < • Theo đề bài:  y < m − < m < 2 x + y = 3m + Bài tập 6: Cho hệ phương trình  3 x + y = 2m − Toán – Ôn tập học kỳ II Giải hệ phương trình m = – x < Với giá trị m hệ pt có nghiệm (x; y) thỏa  y < HD: Khi m = – , hệ pt có nghiệm: x = y = – Tìm: • Nghiệm hệ (1) theo m: x = 4m + ; y = – – 5m x < m < − ⇒  ⇔ –3< m < –1 • Theo đề bài:  y < m > −  − 2mx + y =  mx + y = Bài tập 7: Cho hệ phương trình :  (1) Giải hệ (1) m = Xác định giá trị m để hệ (1): a) Có nghiệm tìm nghiệm theo m b) Có nghiệm (x, y) thỏa: x – y = HD: Khi m = 1, hệ (1) có nghiệm: x = – ; y =  x = − m 2a) Khi m ≠ 0, hệ (1) có nghiệm:  y =  2b) m = −  mx − y = m  −2 x + y = m + Bài tập : Cho hệ phương trình :  ( m tham số) (I) a) Khi m = – 2, giải hệ phương trình phương pháp cộng b) Tính giá trị tham số m để hệ phương trình (I) có nghiệm tính nghiệm theo m HD: a) Khi m = – 2, hệ (I) có nghiệm: x = ;y= 3 b) • Hệ (I) có nghiệm m ≠ • Khi hệ(I) có nghiệm nhất: x = 3m + m + 3m y= ; m−4 m−4 CHỦ ĐỀ : VẼ ĐỒ THỊ & TÌM TỌA ĐỘ GIAO ĐIỂM CỦA (P): y = ax2 VÀ (D): y = ax + b (a ≠ 0) I KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1.Hàm số y = ax (a ≠ 0): • Hàm số y = ax2(a ≠ 0) có tính chất sau: • Nếu a > hàm số đồng biến x > nghịch biến x < • Nếu a < hàm số đồng biến x < nghịch biến x > Tốn – Ơn tập học kỳ II • Đồ thị hàm số y = ax2(a ≠ 0): • Là Parabol (P) với đỉnh gốc tọa độ nhận trục Oy làm trục đối xứng • Nếu a > đồ thị nằm phía trục hoành điểm thấp đồ thị • Nếu a < đồ thị nằm phía trục hoành điểm cao đồ thị • Vẽ đồ thị hàm số y = ax2 (a ≠ 0): • Lập bảng giá trị tương ứng (P) • Dựa bảng giá trị → vẽ (P) Tìm giao điểm hai đồ thị :(P): y = ax2(a ≠ 0) (D): y = ax + b: • Lập phương trình hoành đợ giao điểm của (P) và (D): cho vế phải của hàm số bằng → đưa về pt bậc hai dạng ax2 + bx + c = • Giải pt hoành độ giao điểm: + Nếu ∆ > ⇒ pt có nghiệm phân biệt ⇒ (D) cắt (P) tại điểm phân biệt + Nếu ∆ = ⇒ pt có nghiệm kép ⇒ (D) và (P) tiếp xúc + Nếu ∆ < ⇒ pt vô nghiệm ⇒ (D) và (P) không giao Xác định số giao điểm hai đồ thị :(P): y = ax2(a ≠ 0) (Dm) theo tham sớ m: • Lập phương trình hoành đợ giao điểm của (P) và (D m): cho vế phải của hàm số bằng → đưa về pt bậc hai dạng ax2 + bx + c = • Lập ∆ (hoặc ∆ ' ) của pt hoành đợ giao điểm • Biện ḷn: + (Dm) cắt (P) tại điểm phân biệt ∆ > → giải bất pt → tìm m + (Dm) tiếp xúc (P) tại điểm ∆ = → giải pt → tìm m + (Dm) và (P) không giao ∆ < → giải bất pt → tìm m II BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 1: Cho hai hàm số y = x2 có đồ thị (P) và y = -x + m có đồ thị (Dm) Với m = 4, vẽ (P) và (D 4) cùng một hệ trục tọa độ vuông góc Oxy Xác định tọa độ các giao điểm của chúng Xác định giá trị của m để: a) (Dm) cắt (P) điểm có hồnh độ b) (Dm) cắt (P) điểm phân biệt c) (Dm) tiếp xúc (P) Xác định tọa độ tiếp điểm HD: Tọa độ giao điểm: (2 ; 2) (– ; 8) 2a) m = 2 2b) ∆ ' = + 2m > ⇒ m > − 2c) m = − 1 → tọa độ tiếp điểm (-1 ; ) 2 Bài tập 2: Cho hai hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P) và y = – 3x + m có đồ thị (Dm) Khi m = 1, vẽ (P) và (D 1) cùng một hệ trục tọa độ vuông góc Oxy Xác định tọa độ các giao điểm của chúng Xác định giá trị của m để: a) (Dm) qua điểm (P) điểm có hồnh độ − b) (Dm) cắt (P) điểm phân biệt c) (Dm) tiếp xúc (P) Xác định tọa độ tiếp điểm Tốn – Ơn tập học kỳ II HD: Tọa độ giao điểm: ( ; − ;) (1 ; – 2) 2a) m = – 9 2c) m = → tọa độ tiếp điểm ( ; − ) 8 2b) m < Bài tập 3: Cho hàm số y = – 2x2 có đồ thị (P) Vẽ (P) hệ trục tọa độ vng góc Gọi A( − ; −7 ) B(2; 1) a) Viết phương trình đường thẳng AB b) Xác định tọa độ giao điểm đường thẳng AB (P) Tìm điểm (P) có tổng hồnh độ tung độ – HD: 2a) Đường thẳng AB có phương trình y = = 3x – 5 2b) Tọa độ giao điểm: (1;– 2) ( − ; − 25 ) Gọi M(xM; yM) điểm (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = – 2 Mặt khác: M(xM; yM) ∈ (P) ⇒ yM = – xM nên: xM + yM = – ⇔ xM + (– xM ) = –  x1 = ⇒ y1 = − ⇔ – x + xM + = ⇒   x2 = − ⇒ y2 = −   2 Vậy có điểm thỏa đề bài: M1(2; – ) M2( − ; − ) 2 Bài tập 4: Cho hàm số y = − x2 có đồ thị (P) và y = – 2x + có đồ thị (D) 2 M Vẽ (P) (D) hệ trục tọa độ vng góc Xác định tọa độ giao điểm (P) (D) Tìm tọa độ điểm (P) thỏa tính chất tổng hồnh độ tung độ điểm – HD: Tọa độ giao điểm: ( ; − ) (1 ; − ) Gọi M(xM; yM) điểm (P) thỏa đề bài, ta có: xM + yM = – Mặt khác: M(xM; yM) ∈ (P) ⇒ yM = − 3 xM nên: xM + yM = – ⇔ xM +( − xM ) = – 2  x1 = − ⇒ y1 = − ⇔ − xM + xM + = ⇒  3    x2 = ⇒ y2 = − Vậy có điểm thỏa đề bài: M1( − ; − ) M2(2; – 6) Bài tập 5: Cho hàm số y = 2 x có đồ thị (P) và y = x + có đồ thị (D) 3 Vẽ (P) (D) hệ trục tọa độ vng góc Xác định tọa độ giao điểm (P) (D) Tốn – Ơn tập học kỳ II  x A = xB Xác định tọa độ A B 11 y A = yB Gọi A điểm ∈ (P) B điểm ∈ (D) cho  HD: Tọa độ giao điểm: ( −1 ; 25 ) ( ; ) Đặt xA = xB = t 2 2 xA = t 3 5 B(xB; yB) ∈ (D) ⇒ yB = xB + = t + 3 • A(xA; yA) ∈ (P) ⇒ yA = • • • • t1 = 2 22 40 Theo đề bài: 11 y A = yB ⇔ 11 t = 8.( t + ) ⇔ t − 8t − = ⇒  t2 = − 10 3 3   11 8   x A = ⇒ y A = ⇒ A( 2; )  Với t = ⇒   x = ⇒ y = 11 ⇒ B( 2; 11) B  B 3  10 200 10 200   x A = − 11 ⇒ y A = 363 ⇒ A( − 11 ; 363 ) 10  ⇒ Với t = − 11  x = − 10 ⇒ y = 25 ⇒ B( − 10 ; 25 ) B  B 11 33 11 33  Bài tập 6: Trong mặt phẳng tọa độ vng góc Oxy, cho hai điểm A(1; –2) B(–2; 3) Viết phương trình đường thẳng (d) qua A, B Gọi (P) đồ thị hàm số y = –2x2 a) Vẽ (P) mặt phẳng tọa độ cho b) Xác định tọa độ giao điểm (P) (d) 3 1 Tọa độ giao điểm: (1; –2) ( − ; − ) 18 HD: Phương trình đường thẳng AB: y = − x − Bài tập 7: Vẽ đồ thị (P) hàm số y = –2x2 mặt phẳng tọa độ vng góc Oxy Gọi (D) đường thẳng qua điểm A(–2; –1) có hệ số góc k a) Viết phương trình đường thẳng (D) b) Tìm k để (D) qua B nằm (P) biết hoành độ B HD: 2a) • Phương trình đường thẳng (D) có dạng tổng quát: y = ax + b • (D) có hệ số góc k ⇒ (D): y = kx + b • (D) qua A(–2; –1) ⇒ –1 = k.( –2) + b ⇒ b = 2k – • Phương trình đường thẳng (D): y = kx + k – 2b) • Điểm B(xB; yB) ∈ (P) ⇒ B(1; – 2) • (D) qua B(1; –2) nên: –2 = k.1 +2k – ⇒ k = − Bài tập 8: Cho hai hàm số y = x2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (D) Vẽ (P) và(D) hệ trục tọa độ vng góc Oxy Xác định tọa độ giao điểm chúng Tốn – Ơn tập học kỳ II Gọi A điểm thuộc (D) có hồnh độ B điểm thuộc (P) có hồnh độ – Xác định tọa độ A, B Tìm tọa độ điểm I nằm trục tung cho: IA + IB nhỏ HD: Tọa độ giao điểm: (2; 4) (–1; 1) Tọa độ A(5; 7) B(– ; 4) • I(xI, yI) ∈ Oy ⇒ I(0: yI) • IA + IB nhỏ ba điểm I, A, B thẳng hàng 34 • Phương trình đường thẳng AB: y = x + 7 34 34 34 ⇒ I(0; • I(xI, yI) ∈ đường thẳng AB nên: yI = + = ) 7 7 Bài tập 9: Cho hàm số y = – x2 có đồ thị (P) y = x – có đồ thị (D) a) Vẽ (P) và(D) hệ trục tọa độ vng góc Xác định tọa độ giao điểm (P) (D) phương pháp đại số b) Gọi A điểm thuộc (D) có tung độ B điểm thuộc (P) có hoành độ – Xác định tọa độ A B c) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hoành cho MA + MB nhỏ HD: a) Tọa độ giao điểm: (2; – 4) (–1; 1) b) Tọa độ A(3; 1) B(– ; – 1) c) • yA = > 0, yB = – < ⇒ A, B nằm khác phía trục Ox MA + MB nhỏ M, A, B thẳng hàng ⇒ M giao điểm AB với truc Ox • Đường thẳng AB có dạng: y = ax + b Đường thẳng AB qua hai điểm A, B  a = 1 = 3a + b  1 ⇒  ⇔ → Đường thẳng AB: y = x – 2  −1 = − a + b b = −   1  y = y = x − 2 ⇔ • Tọa độ M nghiệm hệ pt:  x = y =  • Vậy: M(1; 0) Bài tập 10: Cho (P): y = x2 (D): y = – x + Vẽ (P) (D) hệ trục tọa độ vng góc Oxy Gọi A B giao điểm (P) (D), xác định tọa độ A, B Tính diện tích tam giác AOB (đơn vị đo trục số cm) CMR: Tam giác AOB tam giác vuông HD: Tọa độ giao điểm: (1; 1)và (– 2; 4) Gọi H, K hình chiếu A, B trục Ox, ta có: 1 • ∆ OHA vuông H ⇒ SOHA = OH.OA = 1 = (cm2) 2 1 • ∆ OKB vuông K ⇒ SOKB = OK.KB = = (cm2) 2 • Gọi I giao điểm (D) với trục Ox ⇒ yI = ⇒ xI = ⇒ I(2; 0) Tốn – Ơn tập học kỳ II 1 BK.KI = 4 = (cm2) 2 • SOAB = SIKB – (SOHA + SOKB ) = – ( + 4) = 3,5 (cm2) • ∆ IKB vng K ⇒ SIKB = • Phương trình đường thẳng OA: y = a’x (D’) • (D’) qua A(1; 1) ⇒ a = ⇒ (D’): y = x • (D) có a = – (D’) có a’ = → a a’ = – ⇒ (D) ⊥ (D’) ⇒ OA ⊥ AB ⇒ ∆ OAB vuông A CHỦ ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI I KIẾN THỨC CẦN NHỚ Giải phương trình bậc hai dạng ax2 + bx + c = (a ≠ 0) (1) a) Nhẩm nghiệm:  x1 = • a + b +c = ⇒ pt (1) có nghiệm:   x2 = c a   x1 = − • a – b +c = ⇒ pt (1) có nghiệm:   x2 = − c a  b) Giải với ∆ ' : b Nếu b = 2b’ ⇒ b’ = ⇒ ∆ ' = (b’)2 – ac −b ' + ∆ ' −b ' − ∆ ' • Nếu ∆ ' > ⇒ phương trình có nghiệm phân biệt: x1 = ; x2 = a a −b ' • Nếu ∆ ' = ⇒ phương trình có nghiệm kép: x1 = x2 = a • Nếu ∆ ' < ⇒ phương trình vơ nghiệm c) Giải với ∆ : Tính ∆ : ∆ = b2 – 4ac −b + ∆ −b − ∆ • Nếu ∆ > ⇒ phương trình có nghiệm phân biệt: x1 = ; x2 = 2a 2a −b • Nếu ∆ = ⇒ phương trình có nghiệm kép: x1 = x2 = 2a • Nếu ∆ < ⇒ phương trình vơ nghiệm Hệ thức Vi ét ứng dụng: a) Định lý: Nếu x1, x2 nghiệm phương trình ax + bx + c = (a ≠ 0) ta có: b   S = x1 + x2 = − a   P = x x = c  a  u + v = S u.v = P b) Định lý đảo: Nếu  Toán – Ôn tập học kỳ II ⇒ u, v nghiệm phương trình x2 – Sx + P = (ĐK: S2 – 4P ≥ 0) * Một số hệ thức áp dụng hệ thức Vi-ét: 2 • Tổng bình phương nghiệm: x1 + x2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 = S2 – 2P 1 x +x S • Tổng nghịch đảo nghiệm: x + x = x x = P 2 1 x + x2 S2 − 2P + = = x12 x2 ( x1 x2 )2 P2 • Tổng nghịch đảo bình phương nghiệm: • Bình phương hiệu nghiệm: ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − x1 x2 = S2 – 4P 3 • Tổng lập phương nghiệm: x1 + x2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 ( x1 + x2 ) = S3 – 3PS Ví dụ: Cho phương trình x2 – 12x + 35 = Hãy tính giá trị biểu thức sau: 2 a) x12 + x2 b) 1 + x1 x2 c) ( x1 − x2 )2 d) x13 + x2 Giải: Phương trình có ∆ ' = > ⇒ pt có nghiệm, áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): b   S = x1 + x2 = − a = 12    P = x x = c = 35  a  2 a) x1 + x2 = ( x1 + x2 )2 − x1 x2 = S2 – 2P = 122 – 2.35 = 74 1 x1 + x2 S 12 = = b) + = x1 x2 x1 x2 P 35 c) ( x1 − x2 )2 = ( x1 + x2 )2 − x1 x2 = S2 -4P = 122 – 4.35 = d) x13 + x2 = ( x1 + x2 )3 − x1 x2 ( x1 + x2 ) = S3 – 3PS = 123 – 3.35.12 = 468 3.Tìm hệ thức hai nghiệm độc lập tham số:(Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x 1, x2 không phụ thuộc vào tham số) * Phương pháp giải: • Tìm điều kiện để phương trình cho có nghiệm ( ∆ ' ≥ ; ∆ ≥ a.c < 0) • b   S = x1 + x2 = − a  Lập hệ thức Vi-ét cho phương trình  P = x x = c  a  • Khử tham số (bằng phương pháp cộng đại số) tìm hệ thức liên hệ S P → Đó hệ thức độc lập với tham số Ví dụ: Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – = (1) (m tham số) CMR: Phương trình (1) ln có nghiệm với m Gọi x1, x2 nghiệm pt (1) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào m Giải: Phương trình (1) có ∆ = b2 – 4ac = + (2m – 1)2 – 4.2.(m – 1) = 4m2 – 12m + = (2m – 3)2 ≥ 0, ∀ m Vậy phương trình (1) ln có nghiệm với m Tốn – Ôn tập học kỳ II b − 2m +   S = x1 + x2 = − a = 2S = − 2m +  ⇔ • Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (1):  2 P = m − P = x x = c = m −1  a  2S = − 2m + ⇔ ⇒ 2S + 4P = -1 Hay: 2(x1 + x2) + 4x1x2 = -1 : Đây hệ thức cần tìm P = 2m −  Tìm hai số biết tổng tích chúng – Lập phương trình bâc hai biết hai nghiệm nó: * Phương pháp giải: u + v = S ⇒ u, v hai nghiệm phương trình: x2 – Sx + P = (*) u.v = P  • Nếu số u v c ó:  • Giải pt (*): u = x1  u = x2   v = x2  v = x1 b' b' + Nếu ∆ ' = (hoặc ∆ = 0) ⇒ pt (*) có nghiệm kép x1 = x2 = − Vậy u = v = − a a + Nếu ∆ ' < (hoặc ∆ < 0) ⇒ pt (*) vô nghiệm Vậy khơng có số u, v thỏa đề + Nếu ∆ ' > (hoặc ∆ > 0) ⇒ pt (*) có nghiệm phân biệt x1, x2 Vậy  Ví dụ 1: Tìm số u,v biết u + v = 11 u.v = 28 Giải: Theo đề ⇒ u, v hai nghiệm phương trình: x2 – Sx + P = ⇔ x2 – 11x + 28 = 0(*)  x1 = Phương trình (*) có ∆ = > ⇒ ∆ = ⇒  u = u = hay  v = v = Ví dụ 2: Cho hai số a = +1 b = –  x2 = Vậy:  Viết phương trình bậc hai có hai nghiệm a b Giải: • a + b = ( +1) + (3 – ) = • a.b = ( +1) (3 – ) = Suy ra: a, b nghiệm phương trình: x – Sx + P = ⇔ x2 – 4x + = 0: Đây pt cần tìm Chứng minh phương trình bậc hai ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị tham số m: * Phương pháp giải: • Lập biệt thức ∆ ' (hoặc ∆ ) • Biến đổi ∆ ' đưa dạng : ∆ ' = (A ± B)2 + c > 0, ∀ m (với c số dương) • Kết luận: Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với tham số m Chứng minh phương trình bậc hai ln có nghiệm với giá trị tham số m: * Phương pháp giải: • Lập biệt thức ∆ ' (hoặc ∆ ) • Biến đổi ∆ ' đưa dạng : ∆ ' = (A ± B)2 ≥ 0, ∀ m • Kết luận: Vậy phương trình cho ln nghiệm với tham số m Biện luận phương trình bậc hai theo tham số m: * Phương pháp giải: • Lập biệt thức ∆ ' (hoặc ∆ ) 10 Định nghĩa – Định lý Ký hiệu toán học Hệ Tốn – Ơn tập học kỳ II Góc tâm: Trong (O,R) có: · AOB tâm chắn ¼ AmB đường trịn, số đo góc ⇒ · AOB = sđ ¼ AmB tâm số đo cung bị chắn Hình vẽ · » (O,R) có: BAC nội tiếp chắn BC Góc nội tiếp: » * Định lý: Trong ⇒ · BAC = sđ BC đường trịn, số đo góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn * Hệ quả: Trong đường trịn: a) (O,R) có: a) Các góc nội tiếp chắn cung » » ⇒ BC = EF · » BAC n.tiếp chắn BC  · »  EDF n.tiếp chaén EF   · · BAC = EDF   b) (O,R) có: b) Các p chắn BCtiếp góc nội  · » BAC n.tiế  · · chắn cung chắn= BDC có:  ⇒ BAC (O,R) · »  BDC cung  n.tieáp chắn BCnhau · » BAC n.tiếp chắn BC   · » EDF n.tiếp chắn EF  · ·  ⇒ BAC = EDF » »  BC = EF  c) (O,R) có:  · » BAC n.tiếp chắn BC  · 1· c) Góc nội tiếp (nhỏ BOC  ⇒ BAC = · 900)  » BOC tâm chắn BC  có số đo d) (O,R) có: nửa số đo góc · BAC nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm chắn cung · đường kính BC ⇒ BAC = 900 d) Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng (O,R) có: · BAx tạo tia tiếp tuyến dây · » BAx tạo tt & dc chắn AB ·  · · 3.⇒ BEC = (sñtia tiếptuyến = ACBS = 4» V π=== π R 2 R » Góc tạo »BC + sđ ⇒ BAx cung chắn AB ⇒ BAx2 + AB · » − AD ) » π R 2l π h πd · ACB nội tiếp chắn AB   dây cung: 21 Tốn – Ơn tập học kỳ II BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Cho ∆ ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Các phân giác góc · ABC , · ACB cắt đường tròn E, F CMR: OF ⊥ AB OE ⊥ AC Gọi M giao điểm của OF AB; N giao điểm OE AC CMR: Tứ giác AMON nội tiếp tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác Gọi I giao điểm BE CF; D điểm đối xứng I qua BC CMR: ID ⊥ MN · CMR: Nếu D nằm (O) BAC = 600 HD: CMR: OF ⊥ AB OE ⊥ AC: + (O,R) có: · »  ACF n.tiếp chắn AF   · » » » BCF n.tiếp chắn BF  ⇒ AF = BF ⇒ OF ⊥ AB  · · ACF = BCF (CF làphân giác)  + (O,R) có: ·  ABE n.tiếp chaén » AE   · » » » CAE n.tiếp chắn CE  ⇒ AE = CE ⇒ OE ⊥ AC  · · ABE = CAE (BE làphân giaùc)  CMR: Tứ giác AMON nội tiếp: · OF ⊥ AB taïi M ⇒ OMA = 900   · ·  ⇒ OMA + ONA = 180 ⇒ Tứ AMON nội tiếp · OE ⊥ AC taïi N ⇒ ONA = 90   * Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AMON: 2 ⇒ S = π  OA  = π OA = π R Tứ giác AMON nội tiếp đường trịn đường kính OA  ÷ 4   CMR: ID ⊥ MN: + I D đối xứng qua BC ⇒ ID ⊥ BC (1) + (O,R) có:  OF ⊥ AB taïi M ⇒ MA = MB = AB    ⇒ MN đường trung bình ∆ ABC ⇒ MN // BC (2) OE ⊥ AC taïi N ⇒ NA = NC = AC    ⇒ ⇒ ID ⊥ MN Từ (1) (2) · CMR: Nếu D nằm (O) BAC = 600: + I D đối xứng qua BC ⇔ BC đường trung trực ID, suy ra: · · • ∆ IBD cân B ⇒ CBD = CBE ( BC đường trung trực đồng thời đường cao) · · • ∆ ICD cân C ⇒ BCD = BCF ( BC đường trung trực đồng thời đường cao) + Khi D nằm (O,R) thì: · »  • CBD n.tiếp chắn CD  · »  » » CBE n.tiếp chắn CE  ⇒ CD = CE    · · » = » (cmt ) CBD = CBE (cmt )  CE AE    22 Tốn – Ơn tập học kỳ II » ⇒ » = EC = CD AE » Mà: 1¼ » ¼ » AE » Mặc khác: » + EC + CD = ACD ⇒ CD = ACD (1) · » • BCD n.tiếp chắn BD    · »  ⇒ BD = BF » »  BCF n.tiếp chắn BF  » ⇒ » = FB = BD AF » » = » (cmt )  Mà: BF AF · ·   BCD = BCF (cmt ) ã 1ẳ ằ ẳ » AF » Mặc khác: » + FB + BD = ABD ⇒ BD = ABD (2) » · » » » • BAC n tiếp chắn BC ⇒ ·BAC = sñ BC = (sñ BD + sđ CD ) (3) 2 11 ¼ ¼  1 0 ¼ ¼ + Từ (1), (2) (3) ⇒ ·BAC =  sñ ABD + sđ ABD ÷= sđ ABD + sđ ABD = 360 = 60 23  Bài 2: Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi M điểm cạnh BC N điểm cạnh CD cho BM = CN Các đoạn thằng AM BN cắt H CMR: Các tứ giác AHND MHNC tứ giác nội tiếp • ( Khi BM = ) a Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn MN theo a HD: CMR: Tứ giác AHND MHNC nội tiếp: · · + ∆ ABM = ∆ BCN (c.g.c) ⇒ BAM = CBN · · · · + CBN + ABH = ABC = 90 ⇒ AHB = 900 (ĐL tổng góc ∆ AHB) · ⇒ AM ⊥ BN H ⇒ · AHN = MHN = 90 + Tứ giác AHND có: ⇒ · AHN + · ADN = 180 ⇒ AHND tứ giác nội tiếp · · + Tứ giác MHNC có: ⇒ MHN + MCN = 1800 ⇒ MHNC tứ giác nội tiếp a Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a: a a 3a ⇒ CN = ⇒ DN = + Khi BM = 4 Khi BM = + ∆ AND vuông D ⇒ AN = 5a  3a  AD + DN = a +  ÷ =   2 2 AN 25π a  5a  = π  ÷ :4 = + Diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AHND: S = π 64   Tìm giá trị nhỏ MN theo a: + Đặt x = BM = CN ⇒ CM = a – x 2 ⇒ MN2 = CM2 + CN2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 =  x − a  + a + ∆ MCN vuông C  ÷ 2  a ⇒ MN2 đạt giá trị nhỏ a x − =0 2 23 Tốn – Ơn tập học kỳ II a a2 a x = = 2 a a Vậy giá trị nhỏ MN BM = 2 Bài 3: Cho ∆ ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Đường cao BH CK cắt (O) ⇒ MN đạt giá trị nhỏ E F a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp b) CMR: OA ⊥ EF EF // HK c) Khi ∆ ABC tam giác có cạnh a Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC (O) HD: a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp: · + BH ⊥ AC ⇒ BHC = 900 nhìn đoạn BC ⇒ H ∈ đường trịn đường kính BC (1) · + CK ⊥ AB ⇒ BKC = 900 nhìn đoạn BC ⇒ K ∈ đường trịn đường kính BC (2) + Từ (1) (2) ⇒ B, H, C, K ∈ đường tròn đường kính BC ⇒ Tứ giác BKHC nội tiếp đường trịn đường kính BC b) CMR: OA ⊥ EF EF // HK: + Đường trịn đường kính BC có: · ¼ KBH n tiếp chắn HK  ·  · · ·  ⇒ KBH = KCH ⇒ ABE = ACF · ¼ KCH n tiếp chắn HK   + Đường trịn (O) có: · ABE n.tiếp chắn »  AE  · »  » » CAE n.tieáp chaén AF  ⇒ AE = CF ⇒ AE = AF (1)  · · ABE = CAF (cmt )   + Mặc khác: OE = OF = R (2) Từ (1) ( 2) ⇒ OA đường trung trực EF ⇒ OA ⊥ EF + Đường trịn đường kính BC có: · » BCK n tiếp chắn BK  ·  · · ·  ⇒ BCK = BHK ⇒ BCF = BHK (3) · » BHK n tiếp chắn BK   + Đường trịn (O) có: · » BCF n tiếp chắn BF  ·  ·  ⇒ BCF = BEF (4) · »  BEF n tiếp chắn BF  Từ (3) (4) ⇒ · ·  BHK = BEF   ⇒ EF // HK · · BHK BEF đồng vị   c) Khi ∆ ABC tam giác có cạnh a Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC (O: + Gọi R bán kính (O) h chiều cao ∆ ABC đều, ta có: 24 Tốn – Ơn tập học kỳ II a • h= • O trọng tâm ∆ ABC ⇒ R = OA = • • • 2 a a h= = 3  a  π a2 S(O) = π R = π   ÷ = (đvdt) ÷   1 a a2 SABC = a.h = a (đvdt) = 2 1 π a2 a2 a2 (4π − 3 ) Svp = ( S(O) – SABC ) = ( )= (đvdt) 3 36 Bài 4: Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi E điểm cạnh BC Qua B vẽ đường thẳng vng góc với tia DE H, đường thẳng cắt tia DC F a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D nằm đường tròn b) CMR: DE.HE = BE.CE c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a E trung điểm BC · d) CMR: HC tia phân giác DHF HD: a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D thuộc đường trịn: · + BAD = 900 nhìn đoạn BD ⇒ A∈ đường trịn đường kính BD (1) · + BHD = 900 nhìn đoạn BD ⇒ H ∈ đường trịn đường kính BD (2) · + BCD = 900 nhìn đoạn BD ⇒ C ∈ đường trịn đường kính BD (3) Từ (1), (2) (3) ⇒ A, B, H, C, D ∈ đường trịn đường kính BD b) CMR: DE.HE = BE.CE: + ∆ DEC ∆ BEH có: · · DEC = BEH ( đối đỉnh)   ∆ BEH (g.g)  ⇒ ∆ DEC · · DCE = BHE = 900   DE EC ⇒ ⇔ DE.HE = BE.CE = BE EH c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a E trung điểm BC: BC a = • Khi E trung điểm BC ⇒ EB = EC = 2 2 • ∆ DEC vng C ⇒ DE = EC + CD ⇒ DE =  a  + a2 = a 2ữ BE.CE ã T: DE.HE = BE.CE (cmt) ⇒ EH = DE a a a a ⇒ EH =  ÷ : = 10 2 2 • DH = DE + EH = a a 3a + = 10 25 Tốn – Ơn tập học kỳ II d) CMR: HC tia phân giác · DEF : + Đường trịn đường kính BD có: · »  CHD n.tiếp chắn CD  ·  ·  ·  ⇒ CHD = CBD · »   ⇒ CHD = 45 (1) · · CBD n.tiếp chắn CD  Mà: CBD = ABC = 45   · · · + Mặc khác: CHD + CHF = DHF = 900 (2) 1· · · · + Từ (1) (2) ⇒ CHD = CHF = DHF ⇒ HC tia phân giác DHF Bài 5: Một hình vng ABCD nội tiếp đường trịn Tâm O bán kính R Một điểm M di động cung ABC , M không trùng với A,B C, MD cắt AC H 1) CMR:Tứ giác MBOH nội tiếp đường tròn DH.DM = 2R2 2) CMR: MD.MH = MA.MC 3) ∆ MDC ∆ MAH M vị trí đặc biệt M’ Xác định điểm M’ Khi M’D cắt AC H’ Đường thẳng qua M’ vng góc với AC cắt AC I Chứng minh I trung điểm H’C HD: CMR: Tứ giác MBOH nội tiếp dược đường trịn: · + ABCD hình vuông ⇒ BD ⊥ AC ⇒ BOH = 900 (1) · · + (O) có: BMD nội tiếp chắn đường tròn ⇒ BMD = 900 (2) · · + Từ (1) (2) ⇒ BOH + BMD = 900 + 900 = 1800 ⇒ MBOH tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính BH * CMR: DH.DM = 2R2: ∆DOH ∆DMB có: · · DOH = DMB = 900   ∆ DMB (g.g)  ⇒ ∆ DOH · BDM : chung   DO DH ⇒ = ⇒ DO DB = DH DM ⇒ R.2 R = DH DM ⇒ DH DM = R (đpcm) DM DB CMR: MD.MH = MA.MC: + (O,R) cú: Ã ẳ ã MDC n tieỏp chaộn MC   · · · ·  ⇒ MDC = MAC ⇒ MDC = MAH · ¼  MAC n tiếp chắn MC  » » • CD = AD (ABCD hình vng) ⇒ CD = AD · » • CMD n tiếp chắn CD   · »  · · · · AMD n tiếp chắn AD  ⇒ CMD = AMD ⇒ CMD = AMH  » » CD = AD   + ∆ MDC ∆ MAH có: · · MDC = MAH (cmt )   MD MC = ⇔ MD MH = MA MC ∆ MAH (g.g) ⇒  ⇒ ∆ MDC · MA MH CMD = · AMH (cmt )   26 Tốn – Ơn tập học kỳ II Chứng minh I trung điểm H’C: + Khi ∆MDC = ∆MAH ⇒ MD = MA + (O,R) có: ¼ » » » ¼ ¼ • MD = MA ⇒ MCD = MBA ⇒ MC + CD = MB + BA (1) • » » Do:CD = BA ⇒ CD = BA (2) ¼ ¼ » Từ (1) (2) ⇒ MC = MB ⇒ M điểm BC » Hay M’là điểm BC + Do ∆MDC = ∆MAH ⇒ ∆M’DC = ∆M’AH’ ⇒ M’C = M’H’ ⇒ ∆M’H’C cân M (3) ⇒ M’I ⊥ H’C (4) + Do M’I ⊥ AC Từ (3) (4) ⇒ M’I đường đường trung tuyến ∆M’H’C ⇒ IH’ = IC Hay I trung điểm H’C (đpcm) Bài 6: Cho hai đường tròn (O; 20cm) (O’; 15cm) cắt A B Biết AB = 24cm O O’ nằm hai phía so với dây chung AB Vẽ đường kính AC đường trịn (O) đường kính AD đường trịn (O’) a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng b) Tính độ dài đoạn OO’ c) Gọi EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) (O’) (E, F tiếp điểm) CMR: Đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng EF HD: a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng: + (O) có · ABC nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AC ⇒ · ABC = 90 (1) + (O’) có · ABD nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD ⇒ · ABD = 90 (2) · + Từ (1) (2) ⇒ CBD = · ABC + · ABD = 180 ⇒ Ba điểm C, B, D thẳng hàng b) Tính độ dài đoạn OO’: + (O) (O’) cắt A B ⇒ OO’ đường trung trực AB + Gọi H giao điểm OO’ AB ⇒ OO’ ⊥ AB H; HA = HB = + ∆ AHO vuông H ⇒ OH = OA2 − HA2 = AB = 12 (cm) 202 − 122 = 16 (cm) + ∆ AHO’ vuông H ⇒ O ' H = O ' A2 − HA2 = 152 − 122 = (cm) Suy ra: OO’ = OH + O’H = 16 + = 25 (cm) c) CMR: Đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng EF: + Gọi K giao điểm AB EF + ∆ OEK vuông E ⇒ KE = OK − OE (1) 2 + ∆ OHK vuông H ⇒ OK = OH + HK (2) 2 2 + Từ (1) (2) ⇒ KE = (OH + HK ) – OE = 16 + HK2 – 202 = HK2 – 144 (*) + ∆ O’FK vuông F ⇒ KF = O ' K − O ' F (3) 27 Tốn – Ơn tập học kỳ II + ∆ O’HK vuông H ⇒ O ' K = O ' H + HK (2) 2 2 + Từ (3) (4) ⇒ KF = (O’H + HK ) – O’F = + HK2 – 152 = HK2 – 144 (**)  +Từ (*) (**) ⇒ KE = KF ⇒ KE = KF  ⇒ K trung điểm EF Mà: KE + KF = EF  ⇒ AB qua trung điểm EF (đpcm) Bài 7: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax By C D CMR: a) Tứ giác AOMC nội tiếp · b) CD = CA + DB COD = 900 c) AC BD = R · Khi BAM = 600 Chứng tỏ ∆ BDM tam giác tính diện tích hình quạt trịn chắn cung MB nửa đường tròn cho theo R HD: 1a) CMR: Tứ giác AOMC nội tiếp: · + Ax tiếp tuyến A ⇒ OAC = 900 (1) · + CD tiếp tuyến M ⇒ OMC = 900 (2) · · Từ (1) (2) ⇒ OAC + OMC = 1800 ⇒ AOMC tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính OC · 1b) CMR: CD = CA + DB COD = 900: + Hai tiếp tuyến CA CM cắt C ⇒ CA = CM OC tia phân giác · AOM (1) + Hai tiếp tuyến DB DM cắt D ⇒ DB = DM OD · tia phân giác MOB (2) Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB + (O,R)có: · · AOM + MOB = 180 (keà bu)  ø   · · OC phân giác AOM  ⇒ COD = 900  · OD phân giác MOB   1c) CMR: AC BD = R : ∆COD vuông O    ⇒ OM = MC.MD  ⇒ AC.BD = R OM ⊥ CD  với OM = R,MC = AC, MD = BD  · Khi BAM = 600 Chứng tỏ ∆ BDM tam giác tính diện tích hình quạt trịn chắn cung MB nửa đường trịn cho theo R: + Nửa (O, R) có: · ¼  BAM nội tiếp chắn BM  · · •  ⇒ DBM = BAM = 60 (1) · ¼ DBM tạo t.tuyến dây cung chắn BM   • ∆ BDM có DB = DM ⇒ ∆ BDM cân D (2) Từ (1) (2) ⇒ ∆ BDM + Nửa (O, R) có: 28 Tốn – Ơn tập học kỳ II · ¼  BAM nội tiếp chắn BM  0 · · •  ⇒ BOM = 2.BAM = 60 =120 · ¼ BOM tâm chắn BM   2 π R n π R 60 π R = = • Squạt = (đvdt) 360 360 Bài 8: Từ điểm M ngồi đường trịn (O) vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O hai tiếp tuyến MA MB đến đường tròn (O), A, B tiếp điểm C nằm M, D a) CMR: MA2 = MC MD b) Gọi I trung điểm CD CMR: điểm M, A, O, I, B nằm đường tròn c) Gọi H giao điểm AB MO CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn · Suy AB phân giác CHD d) Gọi K giao điểm tiếp tuyến C D đường tròn (O) CMR: điểm A, B, K thẳng hàng HD: a) CMR:MA2 = MC MD: + ∆ MAC ∆ MDA có: ·  MDA:chung  ∆ MDA (g.g)  ⇒ ∆ MAC · · » MAC = MDA (cùng chắn AC)   MA MC ⇒ = ⇔ MA2 = MC.MD (đpcm)) MD MA b) CMR:5 điểm M, A, O, I, B nằm đường tròn: + (O) có: · • I trung điểm dây CD ⇒ OI ⊥ CD ⇒ OIM = 90 nhìn đoạn OM (1) · • MA ⊥ OA (T/c tiếp tuyến) ⇒ OAM = 90 nhìn đoạn OM (2) · • MB ⊥ OB (T/c tiếp tuyến) ⇒ OBM = 90 nhìn đoạn OM (3) Từ (1), (2) (3) ⇒ điểm M, A, I, O, B ∈ đường trịn đường kính OM · c) CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn Suy AB phân giác CHD : + ∆ OAM vuông A ⇒ MA2 = MO MH  Mà: MA2 = MC MD (cmt )   MH MC ⇒ MO MH = MC MD ⇒ = MD MO + ∆ MDO có: · DOM : chung   ∆ MDO (c.g.c) MH MC  ⇒ ∆ MHC =  MD MO  · · · · ⇒ MHC = MDO ⇒ MHC = CDO   · ·  ⇒ CDO + CHO = 180 0 · · Mà: MHC = CHO = 180 (kề bu)  ø Suy ra: Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn (đpcm) · * CMR: AB phân giác CHD : + ∆ COD có OC = OD = R ⇒ ∆ COD cân O 29 Toán – Ôn tập học kỳ II · · · ·  ⇒ CDO = DCO ⇒ MDO = DCO   · · » Mà: OHD = DCO (cùng chắn OD đường tròn nội tiếp tứ giác CHOD)   · ·  ⇒ MDO = OHD  · ·  ⇒ OHD = MHC (1) · · Maø: MDO = MHC (cmt)   · · AHC = 900 − MHC   + Mặc khác: (2)  · · AHD = 900 − OHD   · Từ (1) (2) ⇒ AHC = ·  AHD   · · · Maø: AHC + AHD = CHD   · · Suy ra: HA tia phân giác CHD ⇒ AB tia phân giác CHD (đpcm) d) Gọi K giao điểm tiếp tuyến C D đường tròn (O) CMR: điểm A, B, K thẳng hàng: + Gọi K giao điểm tiếp tuyến C D (O) · + CK ⊥ OC (T/c tiếp tuyến) ⇒ OCK = 90 nhìn đoạn OK (1) · + DK ⊥ OD (T/c tiếp tuyến) ⇒ ODK = 900 nhìn đoạn OK (2) Từ (1), (2) ⇒ Tứ giác OCK nội tiếp đường tròn đường kính OK · · » ⇒ OKC = ODC (cùng chaén OC) · ·  ⇒ OKC = MDO  · ·   ⇒ OKC = MHC  · ·  Maø: MHC = MDO (cmt)   · · Mà: MHC + OHC = 180 (kề bu)  ø  · · ⇒ OKC + OHC = 1800 ⇒ Tứ giác OKCH nội tiếp đường tròn đường kính OK · ⇒ OHK = · OCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ HK ⊥ MO   ⇒ HK ≡ AB ⇒ điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm) Maø: AB ⊥ MO (cmt)  Bài 9: Cho hình vng cạnh a , lấy điểm M thuộc cạnh BC (M khác B,C) Qua B kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng DM H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC K Chứng minh: BHCD tứ giác nội tiếp Chứng minh: KM ⊥ DB Chứng minh: KC KD = KH KB Kí hiệu SABM , SDCM diện tích tam giác ABM, tam giác DCM CMR: (S ABM + SDCM ) không đổi Xác định vị trí M BC để S 2ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ theo a HD: CMR: BHCD tứ giác nội tiếp: · + BHD = 900 nhìn đoạn BD ⇒ H ∈ đường trịn đường kính BD (1) · + BCD = 900 nhìn đoạn BD ⇒ C ∈ đường trịn đường kính BD (2) Từ (1) (2) ⇒ B, H, C, D ∈ đường trịn đường kính BD Chứng minh: KM ⊥ DB: 30 Tốn – Ơn tập học kỳ II + ∆ BDK có : DH ⊥ BK BC ⊥ DK    ⇒ M trực tâm ∆ BDK ⇒ KM đường cao thứ ba ⇒ KM ⊥ DB DH cắt DK M   Chứng minh: KC KD = KH KB: · · KCB = KHD = 900   ∆ KCB ∆ KHD có: ∆ KHD (g.g) +  ⇒ ∆ KCB · BKD : chung   KC KH ⇒ KC KD = KH KB (đpcm) = KB KD CMR: (SABM + SDCM ) không đổi: 1 + ∆ ABM vuông B ⇒ SABM = AB.BM = a.BM (1) 2 1 + ∆ DCM vuông C ⇒ SDCM = CD.CM = a.CM (2) 2 1 Từ (1) (2) ⇒ SABM + SDCM = a.BM + a.CM 2 1 1 = a.(BM + CM) = a.BC = a.a = a 2 2 + Vì a khơng đổi ⇒ a không đổi ⇒ (SABM + SDCM ) không đổi * Xác định vị trí M BC để S 2ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ theo a: + Đặt x = BM ⇒ CM = a – x ⇒ 2 1  1  + Ta có: S +S =  a.BM ÷ +  a.CM ÷ = 2  2  = a2  x + (a − x)2    = a2 2 x − 2ax + a    2 2  = a  2(x − ax + a )    2 2  = a (x − a) + a )    2 a4 = a (x − a) + a ≥ 2 8 a 2 + Giá trị nhỏ SABM + SDCM : x − ABM DCM 1  1   a.x ÷ +  a.(a − x)      1 a = ⇒x = a 2 2 Vậy M trung điểm BC SABM + SDCM đạt giá trị nhỏ a4 31 Tốn – Ơn tập học kỳ II Bài 10: Cho điểm A ngồi đường trịn (O, R) Gọi AB, AC hai tiếp tuyến đường tròn (B C hai tiếp điểm) Từ A vẽ tia cắt đường tròn E F (E nằm A F) a) CMR: ∆ AEC ∆ ACF đồng dạng Suy AC2 = AE AF b) Gọi I trung điểm EF Chứng minh điểm A, B, O, I, C nằm đường trịn c) Từ E vẽ đường thẳng vng góc với OB cắt BC M Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp đưởng tròn Suy tứ giác MIFB hình thang d) Giả sử cho OA = R Tính theo R phần diện tích tứ giác ABOC nằm ngồi hình trịn (O) HD: a) CMR: ∆ AEC ∆ ACF đồng dạng Suy AC2 = AE AF: + ∆ AEC ∆ ACF có: · · »  ACE = CFE (cùng chaén CE  ∆ KHD (g.g)  ⇒ ∆ KCB · CAF : chung   ⇒ AC AE ⇒ AC2 = AE AF (đpcm) = AF AC b) Gọi I trung điểm EF Chứng minh điểm A, B, O, I, C nằm đường trịn: + (O) có: • I trung điểm dây EF ⇒ OI ⊥ EF · (1) ⇒ OIA = 90 nhìn đoạn OA • AB ⊥ OB (T/c tiếp tuyến) · (2) ⇒ OBA = 90 nhìn đoạn OA • AC ⊥ OC (T/c tiếp tuyến · ) ⇒ OCA = 90 nhìn đoạn OA (3) Từ (1), (2) (3) ⇒ điểm , A,B, O, I, C ∈ đường trịn đường kính OA c) Từ E vẽ đường thẳng vng góc với OB cắt BC M Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp đưởng tròn Suy tứ giác MIFB hình thang: + 32 ... x1 + x2 = ( x1 + x2 )2 − x1 x2 = S2 – 2P = 122 – 2. 35 = 74 1 x1 + x2 S 12 = = b) + = x1 x2 x1 x2 P 35 c) ( x1 − x2 )2 = ( x1 + x2 )2 − x1 x2 = S2 -4P = 122 – 4.35 = d) x13 + x2 = ( x1 + x2 )3... CM = a – x 2 ⇒ MN2 = CM2 + CN2 = (a – x )2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 =  x − a  + a + ∆ MCN vuông C  ÷ 2? ??  a ⇒ MN2 đạt giá trị nhỏ a x − =0 2 23 Tốn – Ơn tập học kỳ II a a2 a x = = 2 a a Vậy giá... + x2 )2 – 4x1x2 + 4(x1 + x2) + = (2m – 2) 2 – 4m2 + 4(2m – 2) + = 4m2 – 8m + – 4m2 + 8m – + = (đpcm) Bài tập : Cho phương trình bậc hai x2 ? ?2( m + 1)x + m – = (1) Giải phương trình (1) m = ? ?2 12