các chuyên đề thường gặp trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn toán

278 172 0
  • Loading ...
1/278 trang
Tải xuống

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 29/04/2017, 19:11

NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM Biên soạn : NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Chương 1: CĂN BẬC HAI- CĂN BẬC BA Bài 1: KHAI CĂN BẬC HAI I Điều kiện xác định hàm số hay biểu thức chứa bậc hai: 1.Hàm số y  A xác đònh A  B xác đònh A> 2.Hàm số y  A 3.Hàm số y  xác đònh A  A Chú ý: Cho biểu thức y  ax  bx  c  Nếu ax  bx  c  có nghiệm x ,x (x  x ) y phân 2 tích: y  a(x  x )(x  x )  Ta có: y  (x  x )(x  x )   x  x  x 2 x  x  Ta có: y  (x  x )(x  x )     x  x1 Ví dụ 1: Tìm miền xác đònh hàm số sau: a) y  x   b) y  x  5x  2x 2x  c) y  d) y  3x2  4x   2x  2x  3x  Giải: a) y  x   2x Điều kiện xác đònh hàm số : x 1  x   1 x   2  x   x  b) y  x  5x  Chú ý: x  5x   có nghiệm x  x  nên x  5x   (x  2)(x  3) Vậy điều kiện xác đònh hàm số : x  x2  5x    (x  2)(x  3)    x  2x  c) y  2x  3x  1 Chú ý: Ta có: 2x2  3x   2(x  1)(x  ) Vậy điều kiện xác đònh hàm số là: 1 2x2  3x   2(x  1)(x  )   (x  1)(x  )  2 Trang Biên soạn : NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang x 1  x   2 d) y  3x  4x   2x  Chú ý: Ta có: 3x2  4x   3(x  1)(x  ) Vậy điều kiện xác đònh hàm số là: 1 3x2  4x   3(x  1)(x  )   (x  1)(x  )  3   x 1 Ví dụ 2: Tìm miền xác đònh hàm số sau: x 3x y  x 1 x2  Giải: Vậy điều kiện xác đònh hàm số :  x0 x0  1  x   3 x   x3      x2  2x3  x 1    x      x  2  x2   (x  2)(x  2)   II Các tính chất số: Nếu A,B  AB  A B Nếu A  0, B>0 A A  B B A2  A Nếu A B  A B với A  Ví dụ 1: A  48  16.3  16  B  16  42   C  (  2)2     D   22  12 Chú ý: A  , biểu thức giá trò tuyệt đối dương Nên    sai     Vậy biết giá trò A  ta mở giá trò tuyệt đối A  A giá trò A âm ta mở giá trò tuyệt đối A  A không A số dương hay âm ta phải có dấu giá trò tuyệt đối Ví dụ 2:  = (a+1)2 = a+1 (vì chưa biết a+1 có dương hay âm nên phải có dấu giá trò tuyệt đối) Biên soạn : NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang III Khai biểu thức: Ta biết tính chất sau: với A,B   A  B  AB  ( A  B)2  A  B  A  B  A  B  AB  ( A  B)2  A B 1) Khai thức dạng C  D : Chúng ta phân tích C  D thành dạng bình phương sau: C  D  A  B  A.B Tức là: phân tích D = A.B tích số dương A B cho tổng chúng C, (C = A+B) Khi đó: C  D  A  B  A.B  Tương tự cho biểu thức B cho C = A+B 2 A  B  A B   A B   A  B C  D Khi phân tích D = A.B tích số dương A C  D  A  B  A.B  2 A  B  A B   A B   A B Tóm lại: Khi phân tích D = A.B (A, B số dương) cho A + B = C ta khai nhanh chóng sau: C  D  C2 D  A  B A B Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức chứa sau: a) A   2 b) B   c) E   Giải: d) F  x  x  a) Trong A   2 có D   2.1 thỏa    C nên A   2  2+  2+1 b) Trong B   có D= = 3.2 thỏa  = = C nên B  52     c) Trong E     2(3 2)   18 có D  18  6.3 thỏa    C nên E  96     d) Trong F  x  x   x  4(x  4) có D  4.(x  4) thỏa + (x  4)  x = C nên F  x  x    x    x  2) Khai thức dạng C  D : Ta chuyển trường hợp 1) sau: C D  2C  D  2C  D Và ta khai 2 1) Ví dụ 2: a) E   b) F   2C  D trường hợp Biên soạn : NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ a) E    42   Trong đó: 2 D   3.1 thỏa    C nên Vậy E  42  1 42  Trang 4  có   1 b) Ta có: F     Trong đó:  có: D   7.1 thỏa    C nên Vậy F        1 1 Ví dụ 3: Rút gọn thức sau: a) A    13  48 b) B    13   10  c) C    10   29  12 Giải: a) Trong biểu thức A xét: 13  48  13  12  12   12    (do ta phân tích D = 12 = 12.1 thoả 12 + = 13 = C) nên A trở thành: A    (2  1)    mà ta lại có:      (do ta phân tích D = = 3.1 thoả + = = C) nên A   2(  1)       b) B    13   10  Vì    12   2 (do ta phân tích D = 12 = 4.3 thoả + = = C) Nên B    13   10(2  3)    13  28  10 Ta có: 28  10  28  75  25    (do ta phân tích D = 75 = 25.3 thoả 25 + = 28 = C) Nên B    13  4(5  3)     Ta lại có:    12   Nên B    (2  3)   Vậy B = Biên soạn : NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang c) C    10   29  12 Vì 29  12  29  180)  29  20.9  20    Nên C    10   2(2  3)    10   Ta lại có:    20   5.4    52 Do đó: C    10  2(  2)     Ta lại có:    5.1     Vậy C    (  1)   2) Trục Căn mẫu thức: Một biểu thức chứa mẫu làm trở ngại cho việc tính toán Ta làm cho biểu thức mẫu khơng chứa gọi trục mẫu thức Để làm vật, ta dùng tính chất nhân chia dạng liên hợp sau: A A B (1)  B B (2) A B A B   A  B ( A  B)( A  B) A  B2 A B A B   A  B ( A  B)( A  B) A  B2 Ví dụ1: Tính: (3) 3  2  75  b) B   62 4    12   2   3    c) C    1 32 3    3 2 3  d) D     2    (3  6)        5        Giải: a) A  12  6  75  = 4.3   25.5  3 =   10   3  2 2 4  12  b) B       2  3 3     2 4  4.3       2 3   6 2 6 2  2  a) A  12    Biên soạn : NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 1 6.2  18  9.2  3   c) C  1 32 3  4(  1) (  2) 6(  3)   (  1)(  1) (  2)(  2) (  3)(  3)  (  1)  (  2)  (  3)  7    3 2 3  d) D         (3  6)       5        2      (  3)2  5(  6)  6(  6)   D 3(  3)     2(  3)  (  6)(  6)   52 52 11  3.(11)  Ví dụ 2: 1 a) Chứng minh rằng:   , k  (k  1) k  k k  k k 1 b) Áp dụng câu a) để tính tổng sau: 1 1 S      2  3  2010 2009  2009 2010 Giải: a) Xét vế trái: 1 1 VT    (k  1) k  k k  k k  k  k  k k  k  k      k k  k 1  k 1  k   k  k 1 k   k 1  k    k 1  k k k  1 k k  k k  k k 1 Vậy ta có điều phải chứng minh 1   , k  b) Theo câu a) ta có: k k   (k  1) k k k 1 1    1 1 Lấy k  có :   3 2 1 Lấy k  có:   4 3 Lấy k  có: (1) (2) (3) Biên soạn : NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 1   (2010) 2010 2009  2009 2010 2009 010 1 Vậy S =  Cộng vế theo vế (1), (2),(3), ,(2010) có: S   2010 2010 Lấy k  2010 có: Ví dụ 3: Cho số x, y thỏa mãn: (x  x2  3)(y  y2  3)  a) Chứng minh rằng: x = –y x3  y3 b) Tính giá trị biểu thức: S  ? x 20  y11 +2010 Giải: a) Ta có: (x  x  3)(y  y  3)  (1) Nhân liên hợp vế (1) cho (x  x  3) , ta được: (x  x  3)(x  x  3)(y  y2  3)  3(x  x2  3)  3(y  y2  3)  3(x  x2  3)  y  y    x  x2  (* ) Tương tự, ta nhân liên hợp vế (1) cho (y  y2  3) , ta có: (x  x  3)(y  y2  3)(y  y2  3)  3(y  y2  3)  3(x  x2  3)  3(y  y2  3)  y  y2    x  x  (* * ) Cộng vế (*) (**) ta được: 2y = – 2x hay y = – x Vậy y = – x điều phải chứng minh x3  ( x)3 b) Thay giá trị y = –x vào biểu thức S ta có: S   0 20 11 20 11 x  ( x) +2010 x  x +2010 Vậy S = Ví dụ 4:  k   k , k  k  k 1 b) Áp dụng câu a) để tính tổng sau: 1 1 S     1 2 3 2009  2010 Giải: k 1  k a) Ta có: VT    k 1  k k  k  ( k   k )( k   k ) Vậy ta có điều phải chứng minh  k   k , k  b) Theo câu a) ta có: k  k 1 Lấy k  có :  2 (1) 1 a) Chứng minh rằng: Biên soạn : NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang  3 2 Lấy k  có:  4 3 Lấy k  có : Lấy k  2009 có: (2) (3)  2010  2009 (2009) 2009  2010 Cộng vế theo vế (1), (2),(3), (2009) có : S  2010  Vậy S = 2010  III Rút gọn biểu thức: 1) Rút gọn cách tính trực tiếp: Bằng cách tính tốn tiếp quy đồng mẫu số, nhân chia dạng liên hợp để trục mẫu, khai căn,…Tổng hợp điều thơng qua ví dụ sau: Ví dụ1: Rút gọn biểu thức sau:  x   10  x  A=     :  x    x 2  x 2 x4 2 x Giải  x   10  x  A      :  x    x 2  x 2 x4 2 x Điều kiện xác đònh : x  x  x   x  22  ( x  2)( x  2)   x   nên A=    : x     ( x  2)( x  2)  x  = x  2( x  2)  ( x  2) ( x  2)( x  2)  x 2 x 2 (x  4)  10  x 6 x 2 1   ( x  2)( x  2) x 2 2 x Vậy A  2 x Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức sau: = B  x   x2  x   x2   x   x2  x   x2  , với x  Giải: B   x   x2     x   x2   (x  2)  x2   (x  2)  x       Do : (a  b)2  (a  b)2  2(a2  b2 ) nên   x   10  x    x 2  Biên soạn : NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 2  (x  2)2  x   2   x  4x   x  B   4x  2(x  2) 2  (x  2)2  x   2   x  4x   x  B   4x  2(x  2) 2x  4x 2x(x  2)   2x x2 x2 Vậy B  2x  Ví dụ : Rút gọn biểu thức sau:  x  x  x x  x  C       , với x  x   x    2 x  x  Giải:  x  x  x x  x  C =       x    2 x  x   x x    (x  x)( x  1)  (x  x )( x  1)   =      x 1 x 1  x   2 (x  1)  x( x  1)  x( x  1)  =   x 1 x   2 x ( x  1)  ( x  1)  4 x =   2 x 2 x    Vậy C =  x 2) Rút gọn cách đặt ẩn phụ: Một biểu thức chứa nhiều dấu phức tạp ta dùng ẩn phụ để làm cho biểu thức đơn giản Từ thực phép tốn ẩn phụ Sau cùng, trả lại ẩn phụ Ví dụ 1:Rút gọn biểu thức sau:  x   10  x  A=     :  x    x 2  x 2 x4 2 x Giải: Điều kiện xác đònh : x  x  Đặt y  x  x  y Thay vào biểu thức A, ta có:  y   10  y2  A=    : y      y    y 4 2y y2   y  2(y  2)  (y  2)   y   10  y  =    :  4 y2 y     GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 288 CHUYÊN ĐỀ 7: TẬP HP ĐIỂM A B LÝ THUYẾT: Lời giải thích toán quỹ tích (tìm tập hợp điểm) gồm phần sau: Phần thuận: chứng minh điểm M có tính chất cho thuộc hình H Giới hạn: Đôi ta tìm đïc hình H’ chứa hình H, ta cần dựa vào giả thiết để giới hạn hình H’ thành hình H Phần đảo: Chứng minh điểm hình H có tính chất cho Kết luận: Quỹ tích M hình H VÍ DỤ MẪU: Ví dụ 1: M điểm chuyển động nửa đøng tròn đøng kính AB Trên đoạn AM lấy điểm N cho AN = MB Tìm tập hợp điểm N Bài giải: a) Phần thuận: Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đøng tròn đøng kính AB dựng tia Ax  AB , tia Ax lấy điểm C cho AC = AB suy điểm C cố đònh  AB  AC    Xét ∆AMB ∆CAN ta có: ABM  CAN (cùng phụ với MAB)  BM  AN  AMB CNA ( c-g-c)   ANC   90  AMB Vậy điểm M thuộc đường tròn đường kính AC  N trùng I Khi Giới hạn: Khi M trùng B N trùng A M trùng I điểm AB M trùng A N trùng C Vậy N chạy nửa đường tròn đường kính AC=AB b) Phần đảo: Trên nửa đường tròn đừơng kính AC lấy điểm N/ (N/ khác A C/ Tia AN’ cắt nửa đường tròn đường kính AB M’ Xét hai tam giác vuông AMB CNA có: AB  AC GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 289 Xét hai tam giác vuông AMB CNA có: AB  AC   M'   AB) N'AC BA (cùng phụ với M nên M' AB N 'CA (cạnh huyền - góc nhọn) AN=BM c) Kết luận: Tập hợp N nửa đøng tròn đøng kính AC Ví dụ 2: Cho tam giác ABC cân (AB =AC) Trên cạnh BC lấy điểm P tuỳ ý (khác B C) Gọi O1 tâm đường tròn qua P tiếp xúc với cạnh AB B Gọi O2 tâm đường tròn qua P tiếp xúc với cạnh AC C Gọi Q giao điểm tia BO1 CO2, I trung điểm đoạn O1O2 Chứng minh P thay BC điểm Q cố đònh, điểm I chạy đường thẳng cố đònh Bài giải:   ACQ   90 (tính chất tiếp tuyến đøng tròn) Do ABQ   ACB  (2 góc đáy tam giác cân ABC) Và ABC   BCQ  Suy ra: CBQ  BCQ cân Q nên Q điểm cố đònh BO1P cân O1 (vì O1 B= O1 P) Và CO2 P cân O2 (vì O2 P= O2 C)   CPO  BCQ   BPO  Nên CBQ   BPO   PO // QO  BCQ 1 Và PO2 // O1Q  PO1QO2 hình bình hành   BPO   PO // QO  BCQ 1 Tng tự ta có:PO2 // O1Q  PO1QO2 hình bình hành GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 290 I trung điểm đường chéo O1O2 nên I trung điểm củaPQ Dễ dàng chứng minh I cách BC khoảng không đổi khoảng cách từ Q xuống BC, I chạy đường trung bình tam giác cân BQC cố đònh C BÀI TẬP RÈN LUYỆN: Bài 1: Cho góc vuông xOy điểm A cố đònh nằm miền góc Một góc vuông quay quanh điểm A có cạnh cắt Ox B Oy C Tìm tập hợp trung điểm M đoạn BC Bài 2: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Hai điểm C, D nửa đường tròn cho CO  OD (C thuộc cung AD); AD cắt BC I; hai tia AC BD cắt P Tìm tập hợp điểm I P hai điểm C D chuyển động nửa đưởng tròn Bài 3: Hai đường tròn tâm O I cắt điểm A B Đường thẳng d qua A cắt đường tròn (O) (I) P Q Gọi C giao điểm đường thằng PO QI a) Chứng minh tứ giác BOQP, OBCI nội tiếp b) Gọi E, F trung điểm AP, AQ, K trung điểm EF Khi đường thẳng d quay quanh A K chạy đường nào? Bài 4: Cho đoạn thẳng AB Lấy điểm M đoạn AB; phía với đoạn AB.Vẽ hai hình vng AMCD MBEG Gọi O, O’ tâm hai hình vng AMCD MBEG Tìm tập hợp trung điểm OO’ M di động AB Bài 5: Cho đường tròn tâm O đường thẳng d cắt đường tròn hai điểm cố định A B Từ điểm M đường thẳng d ngồi đường tròn tâm O, kẻ tiếp tuyến MP vàMQ tới đường tròn (O) a) Chứng minh điểm M thay đổi đường thẳng d đường tròn ngoại tịếp tam giác MPQ ln ln qua hai điểm cố định mà điểm đường thẳng d b) Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ Bài 6: Trên đường tròn (O) lấy điểm cố định A B Gọi N điểm di động (O), I trung điểm đoạn AN, M hình chiếu I lên đường thẳng BN Tìm tập hợp điểm M Bài 7: Cho đường tròn (O) đường kính AB Một cát tuyến MN quay xung quanh trung điểm H OB a) Chứng minh cát tuyến MN di động trung điểm I MN ln nằm đường tròn cố định b) Từ A kẽ Ax vng góc với MN Tia BI cắt Ax C Chứng minh BN = CM c) Tìm quỹ tích C MN quay quanh H Bài 8: Trên tia Ox góc xOy vng góc O lấy điểm A cố định, tia Oy lấy điểm M thay đổi Vẽ hình vng AMNP nằm góc xOy Gọi I giao điểm hai đường chéo AN MP hình vng a) Chứng minh tứ giác AOMI nội tiếp đường tròn   300 OA = a ( a độ dài cho b) Tính diện tích tứ giác AMNP AOMI biết OAM trước) c) Tìm tập hợp điểm N P điểm M thay đổi Oy Bài 9: GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 291 Cho đường tròn (O;R) điểm P cố đònh đường tròn Vẽ tiếp tuyến PA cát tuyến PBC bất kỳ(A,B,C (O;R)) Gọi H trực tâm tam giác ABC Khi cát tuyến PBC quay quanh P: a) Tìm quỹ tích điểm đối xứng O qua BC b) Tìm quỹ tích điểm H ( Thi học sinh giỏi lớp 9, vòng TP Hồ Chí Minh ngày 12-12-1995) Bài 10: Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn tâm (O) Trên cạnh BC lấy điểm M Qua M vẽ đường thẳng song song cạnh bên cắt AB E, AC F a) Gọi I trung điểm AM Chứng minh I, E, F thẳng hàng  b) Gọi M' đối xứng với M qua EF Chứng minh MM’ phân giác BM' C c) Tìm tập hợp điểm M’ M di động đoạn BC chứng minh M’M luôn qua điểm cố đònh D HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: a) Phần thuận: A   90  90  180o nên nội tiếp đường tròn đường kính BC có tâm Tứ giác ABOC có O trung điểm M đoạn BC Suy MO = MA = BC hay M cách hai điểm cố đònh O A M thuộc đøng trung trực đoạn OA Giới hạn: Vì B di động tia Ox, C di động tia Oy nên M nằm góc xOy - Khi C trùng với O B trùng với B0, M trung với D trung điểm OB0 - Khi B trùng với O C trùng với C0, M trung với E trung điểm OC0 Vậy M di động đoạn DE (với D E lần lït trung điểm đoạn OBo OCo) b) Phần đảo: Lầy điểm M' đoạn DE, M' khác D E Ta có: M ' A  M 'O Vẽ đøng tròn tâm M' bán kính M 'O , đường tròn qua A cắt Ox B' , Oy C'   90 nên B’C’ đường kính đường tròn nói Suy B'  Vì B'OC' AC'  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) M ' B'  M 'C' c) Kết luận: Tập hợp trung điểm M đoạn thẳng BC đoạn DE ( với D, E lần lït trung điểm đoạn OBo , OCo ) GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 292 Bài 2: a) Phần thuận:   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ADP   90o Ta có ADB   COD   45o (góc nội tiếp góc tâm chắn cung) CAD   90o , CAD   45o nên ΔADP vuông cân D ΔADP có ADP   45o hay APB   45o Suy APD Vậy P nằm cung chứa góc 45o dựng đoạn AB   90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có ACB   45o suy ΔACI vuông cân C cho ta AIC   45o CAI   ACI   CAI   90o  45o  135o Suy AIB Vậy I nằm cung chứa góc 135o dựng đoạn AB Gới hạn: Trên nửa mặt phẳng chứa hai cung chứa góc nói kẻ hai tia Ax, By vuông góc với AB, hai tia cắt cung chứa góc 450 theo thứ tự P1 P2 Từ O kẻ bán kính OK vuông góc với AB: - Nếu C trùng với A D trùng với K, P trùng với P1 I trùng với A - Nếu C trùng với K D trùng với B, P trùng với P2 I trùng với B  thuộc cung góc nói  Vậy P chạy cung P PP I chạy cung AIB b) Phần đảo:  Trên cung P PP lấy điểm P’ khác P1 P2 Nối P’ với A P’ với B cắt nửa đường tròn tâm O C’ D’, BC’ cắt AD’ I’  OC'  OD' Ta cần chứng minh I’ thuộc cung AIB  AD' P ' có AD'B  90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)   Suy AD' P '  90o AP ' D'  45o (thuộc cung chứa góc 450)  Nên AD' P ' vuông cân D’cho ta P ' AD'  45o   2C'  Vì C'OD' AD '  90o (góc tâm góc nội tiếp chắn cung) GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 293 Suy OC'  OD'   Mặt khác AC 'I ' có AC ' I'  90o C' AI'  45o nên AC 'I ' tam giác vuông cân C’   Suy AI 'C'  45o nên AI' B  135o  Vậy I' thuộc cung AIB c) Kết luận:  Tập hợp điểm P cung P PP thuộc cung chức góc 450 tập hợp điểm I cung  chứa góc 1350, cung nàều dựng đoạn AB nửa mặt phẳng chứa AIB nửa đường tròn tâm O Bài 3: a) Giả sử PO cắt đường tròn (O) P’, QI cắt đường tròn (I) Q’ '  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay P ' A  PQ - Ta có PAP '  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay Q ' A  PQ QAQ Suy P’A Q’A vuông góc với PQ nên điểm Q’, P’, A thẳng hàng '  BAP ' (hai góc nội tiếp chắn cung BP ' ) Từ ta có: BPP '  BAQ ' (hai góc nội tiếp chắn cung BQ’) BQQ - '  BPP ' suy tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn (vì có đỉnh P,Q nhìn đoạn BC Vậy BQQ góc nhau) ' '  2BPP ' (góc tâm góc nội tiếp chắn cung BP Ta có: BOP )  ' '  2BQQ ' (góc tâm góc nội tiếp chắn cung BQ ) BIQ '  BPP ' nên BIQ '  BOP ' Mà BQQ Điều chứng tỏ I O nhìn đoạn BC góc hay tứ giác OBCI nội tiếp b) Gọi I trung điểm OI Dễ dàng chứng minh JK đường trung bình hình thang vuông OIFE nên OE // KJ Do KJ  d K Hai điểm A, J cố đònh nên K nằm đường tròn đường kính AJ Bài 4: GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 294 a) Phần thuận: Gọi I trung điểm OO ' Kẻ OF  AB, IH  AB, O' K  AB Dễ dàng chứng minh IH đường trung bình hình thang vuông OO’KF Nên IH   OF  O'K  1 Mà: OF  AM O'K  MB 2 1 Do IH= (AM+MB) = AB 4 Khoảng cách từ I đến AB không đổi nên I chạy đường thẳng song song với AB cách AB khoảng AB Giới hạn: - Khi M trùng với A O trùng với A Hình vuông MBEG thành hình vuông cạnh AB, tâm O’ giao điểm AE BG Trung điểm I OO’ trung điểm I0 AO’ (O’ lúc trùng với S đỉnh tam giác vuông cân SAB) - Khi M trùng với B O’ trùng với B Hình vuông AMCD thành hình vuông cạnh AB, tâm O giao điểm AC MD Trung điểm I OO’ trung điểm I'o AO (O lúc trùng với S đỉnh tam giác vuông cân SAB) Vậy I chuyển động đoạn Io I o ' đường trung bình tam giác SAB b) Phần đảo: Lầy điểm I’ đoạn Io I o ' ( I’ khác I0 Io ' ), với Io I o ' đường trung bình ΔSAB Kẻ SI’ cắt AB M’ Vẽ hình vuông AM’C’D’ BM’G’E’ phíùa đường thẳng AB Gọi O1, O1 ' tâm hai hình vuông Ta cần chứng minh I’ trung điểm O1O1 '   SBA   450 nên O , O ' nằm SA, SB Vì SAB 1 Ta có M'O1  AS M'O '1  BS Khi M'O1SO1 ' hình chữ nhật nên SM’ O1O1 ' cắt I’, trung điểm đường Do I trung điểm O1O1 ' Kết luận: tập hợp điểm trung điểm I OO’ đoạn Io I o ' đøng trung bình tam giác vuông cân SAB Bài 5: GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 295 a) Gọi I trung điểm AB, ta có OI  AB (đường kính qua trung điểm dây không qua tâm)   MQO   900 (tính chất tiếp tuyến)   90 Ta có: MPO hay OIM Suy điểm O, I, P, Q, M thuộc đường tròn đường kính OM Vậy đường tròn ngoại tiếp ΔMPQ luôn qua điểm cố đònh O I I điểm nằm đường thẳng d b) - Phần thuận: Gọi O’ tâm đường tròn ngoại tiếp ΔMPQ O’ cách O I nên O’ nằm đường thẳng d1 đường trung trực đọan thẳng OI cố đònh Giới hạn: Do điểm M nằm đường thẳng d nằm đường tròn (O)nên điểm O’ không thuộc đọan I1I2 (trong I1, I2 giao điểm OA OB với d1) - Phần đảo: Trên d1 lấy điểm O’’ không thuộc đọan I1I2 Tia OO’’ cắt đường thẳng d điểm M’, từ M’ kẻ hai tiếp tuyến M’P’ M’Q’ tới đường tròn (O)  Dễ dàng chứng minh điểm M’, P’, O, I, Q’ thuộc đường tròn mà OIM'  900 suy OM’ đường kính đường tròn Mà: O''O  O'' I (O’’ thuộc đường thẳng d1 đường trung trực đọan OI) Từ dễ dàng chứng minh O’’M’ = O’’O Vậy O’’’ tâm đường tròn ngoại tiếp ΔM’P’Q’ - Kết luận: Vậy tập hợp điểm O’ nằm đøng thẳng d1 đường trung trực đọan OI loại trừ đọan I1I2 Bài 6: a) Phần thuận: Kẻ đường kính BP đường tròn (O) Gọi D giao điểm đường thẳng PA IM   90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: BNP Suy IM // PN (cùng vuông góc với BN) ΔAPN có I trung điểm AN ID // PN nên D trung điểm AP nên D điểm cố đònh   90o B, D cố đònh nên M thuộc đường tròn đường kínhDB Ta có: DMB GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 296 Giới hạn: Vì N di động đường tròn (O) nên M di động đường tròn đường kính BD b) Phần đảo: Lấy điểm M’ thuộc đường tròn đường kính BD, kéo dài BM’ cắt đường tròn (O) N’ Gọi I’ giao điểm AN’ DM’ ΔAPN có D trung điểm AP, I’D // PN’ (cùng vuông góc với BN) Suy I’ trung điểm AN’ M’ hình chiếu I’ lên BN’ c) Kết luận: Vậy tập hợp điểm M đường tròn đường kính BD Bài 7: a) Do I trung điểm dây cung MN nên đường kính IO vuông góc với MN Bởi I nhìn đoạn OH cố đònh góc vuông Suy I nằm đường tròn đường kính OH b) ΔABC có Ax // OI (cùng vuông góc với MN) Mà O trung điểm AB nên I trung điểm CB Tứ giác NBMC có đường chéo cắt trung điểm đường nên NBMC hình bình hành Suy BN  CM c) - Phần thuận: Xét ΔBCO có IH đường trung bình (do I, H trung điểm cạnh BC OB) Do IH // OC, mà HI  Ax nên OC  Ax GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ - Trang 297   90 tập hợp điểm C đường tròn đường kính AO Suy ACO Giới hạn: Khi cát tuyến MN vuông góc với AB điểm C không xác đònh Vậy C không trùng O Phần đảo: Trên đường tròn đường kính AO lấy điểm C’ tùy ý vớiø C' khác A O Nối C’B lấy trung điểm I’ Đường thẳng qua I’ H cắt đường tròn (O) M’, N’ Ta phải chứng minh I’ trung điểm M’N’ M ' N '  AC' Gọi O1, O2 tâm đường tròn có đường kính AO OH Nối O1 với C’ O2 với I’ Dễ dàng chứng minh O2 trung điểm đoạn O1B Suy O2I’ đường trung bình ΔBO1C’ O I' 1 Ta có :  hay O2 I '  O1C' suy O2 I '  OH O1C' 2 Suy I’ thuộc đường tròn (O2)  Ta có: OI ' H  90 o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Hay OI '  M ' N ' I’ mà M’N’ dây cung nên I’ trung điểm M’N’ ΔABC’có OI’ đường trung bình nên OI’//AC’ mà OI '  M ' N ' nên AC'  M ' N ' - Kết luận: Tập hợp điểm C đường tròn đường kính AO trừ điểm O Bài 8: a) Ta có: AI  MI (tính chất đường chéo hình vuông)   90o mà AOM   90o nên tứ giác AOMI nội tiếp đường tròn có Suy AIM   AOM   180o AIM  = 90o )có: AM  b) ΔOAM vuông O ( O OA a 2a 2a    o  3 cos OAM cos30   a.tan 30o  a Và OM  OA.tan OAM MA 2a 2a a ΔAIM vuông cân I nên : IM   : cos 45o  :   3 cos AMI SAMNP  AM2  12a2 4a2  GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ SAONI  SAOM  SAMI  Trang 298 a2 a2 a2    (đvdt) 6   c) - Phần thuận:   AOI   45o (hai góc nội tiếp chắn cung) Tứ giác AOMI nội tiếp đường tròn nên AMI Suy tia OI tia phân giác góc xOy Kẻ AI1 vuông góc OI, AI1 cắt Oy N1   90o , OI1 vừa đường cao vừa đường phân giác nên ΔAON1 vuông cân ΔAON1 có AON O1 suy ON1= OA = a Vậy N1 cố đònh I1 trung điểm AN1 AI1 AI Ta có:   N1N // I1I (theo đònh lý đảo đònh lý Talet) AN AN1 Suy NN1  AN1 N1 cố đònh Vậy điểm N chạy tia N1N vuông góc với AN1 N1 o   AN   Ta có AMN 1N  APN  90 Suy điểm A, M, N1, N, P thuộc đường tròn    45o AN P  AMP - Điểm P chạy tia P1t hợp với tia N1A góc 45o Giới hạn: Gọi giao điểm N1P với tia OI P1 Khi M trùng với O N trùng với N1, P trùng với P1 Vậy N chạy tia N1z P chạy tia P1t Phần đảo: Lấy điểm N’ tia N1z (N’ khác N1) Nối N’ với A Gọi I’ trung điểm đọan N’A Dễ dàng chứng minh I’ thuộc tia OI1 Vẽ đường trung trực đọan N’A cắt tia Oy M’ tia P1t P’ Ta cần chứng minh tứ giác AM’N’P’ hình vuông  '  450 (hai góc nội tiếp Dễ dàng chứng minh tứ giác ACM’I’ nội tiếp Suy AM' I '  AOI  chắn cung I' A ) ' ' ' ' ' 0  N ' N1P  90  P 1N1A  90  45  45  M N A cân M có M I đường trung trực   nên M' I' đường phân giác  N ' M' I'  I' M' A  450   Ta có: AM' P  AN 1P  45  điểm A, M’, N1, P’ thuộc đường tròn   Tương tự: N ' M' P '  N ' N P '  450  điểm M’, N’, N1, P’ thuộc đường tròn Vậy điểm A, M’, N’, N1, P’ thuộc đường tròn  Mà: N ' M' A  900 nên AN’ đường kính đường tròn I’ tâm đường tròn Suy M’P’là đường kính Tứ giác AM’N’P’ hình chữ nhật có đường chéo vuông góc nên hình vuông - Kết luận: Tập hợp điểm N tia N1z, tập hợp điểm P tia P1t Bài 9: a) Gọi Q điểm đối xứng O qua BC Ta có PO  PQ (tính chất đối xứng) GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 299 Mà P cố đònh, PO có độ dài không đổi Suy Q di động đường tròn (P, r = PO) cát tuyến PBC quay quanh P Giới hạn: Vẽ tiếp tuyến PA’ (O;R), OA cắt (P,r) M OA’ cắt (P;r) N Khi B ≡ A Q ≡ M Khi B ≡ A’ Q ≡ N  đường tròn (P;r) Vậy cát tuyến PBC quay quanh P Q di động cung tròn MON b) Vẽ đøng kính CD   DBC   90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: DAC Suy DA  AC DB  BC Mà BH  AC AH  BC Suy DA // BH DB // AH Vậy tứ giác BDAH hình bình hành (tứ giác có cặp cạnh song song) Suy AH  BD Ta có: OQ  BC E (tính chất đồi xứng) Suy EB  EC (đònh lý đường kính dây cung) Xét ΔDBC có: Có DO  OC  R BE  EC Nên OE đường trung bình Suy OE  BD GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Trang 300 Mà OE  OQ (tính chất đối xứng) Suy DB  OQ Xét tứ giác DBQO ta có: DB // OQ (cùng vuông góc với BC) Mà DB  OQ (chứng minh trên) Suy tứ giác DBQO hình bình hành (tứ giác có cặp cạnh đối vừa song song nhau) Suy OQ  BD Vậy AH  OQ (cùng BD) Và AH // QO (cùng song song với BD) Suy tứ giác AHQO hình bình hành (tứ giác có cặp cạnh đối vừa song song nhau) Suy HQ // AO HQ  AO Mà AO // IP AO  IP (AOPI hình bình hành) Mà IP // HQ IP  HQ Tứ giác PIHQ hình bình hành (có cặp cạnh đối song song nhau) Suy IH  PQ  r Mà I cố đònh( hình bình hành AOPI cố đònh) Vậy cát tuyến PBC quay quanh P H di động đường tròn (I;r) Giới hạn: Khi Q ≡ N H ≡ H1 (IPNH1 hình bình hành, H1 thuộc đường tròn (I;r)) Khi Q ≡ M H ≡ H2 (IPMH2 hình bình hành, H2 thuộc đường tròn (I;r))  Vậy quỹ tích H cung tròn H H đường tròn (I;r) Bài 10: a) Xét tứ giác AEMF có: ME // AF (ME // AC) Và MF // AE (MF // AB)  AEMF hình bình hành (tứ giác có cặp cạnh đối song song)  AM EF cắt trung điểm đọan Mà I trung điểm AM ( giả thiết)  I trung điểm EF GV: NGƯT LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THIỆN – LÊ CAO TÚ Vậy E, I, F thẳnh hàng b)   ABC  (đồng vò) Ta có MF//AB (giả thiết)  FMC   ABC  (ΔABC cân A) Mà ACB   ACB   FMC  ΔFMC cân F  FM  FC mà FM  FM ' (M đối xứng M’ qua EF)  FM  FC  FM '  M, C, M’ thuộc (F)  MFC  (F))  'C  (góc nội tiếp góc ngoại tiếp chắn MC  MM  BEM  Chứng minh tương tự ta MM 'B    Mà BEM  BAC (đồng vò ME // AC)   BAC  (đồng vò MF // AB) MFC    MM 'C  MM' B  Vậy M’M phân giác BM 'C c) Tập hợp điểm M’:    Ta có: BM 'C  2MM ' B (M’M phân giác BM 'C )  BAC  BEM  Mà MM 'B   2    BM 'C  BAC nhìn BC  B, M’, C, A thuộc (O) (do ΔABC nội tiếp (O))  M '  O Khi M ≡ B E ≡ B ≡ F nên M’ ≡ B Khi M ≡ C E ≡ C ≡ F nên M’ ≡ C  lớn (O) M di động đọan BC Vậy M’ thuộc cung BC d) Chứng minh M’M luôn qua điểm cố đònh: Ta có M '   O  , M’M cắt (O) J      MM ' B  MM 'C  BM ' J  CM 'J   CJ   BJ  nhỏ  J điểm BC Mà BC cố đònh  nhỏ  M’M luôn qua J điểm BC Trang 301 Xin giới thiệu với bạn học sinh website học trực tuyến mơn tốn 10, 11, 12 LTĐH: www.minhtriedu.vn Với nhiều chun đề hay, bám sát chương trình cấu trúc đề thi đại học Học phí thấp, với 3000đ/ tiết www.luyenthiminhtri.com ... (Vào lớp 10, Ban CD,PTNK TP HCM 2004-2005) 3x  x = 1 x 3x  Bài 7: (Vào lớp 10 chuyên Toán ĐH Vinh 2005-2006) Giải phương trình: Giải phương trình: x +   x  Bài 8: (Vào lớp 10 ,chuyên Toán. .. LƯƠNG ANH VĂN – VŨ VĂN THI N – LÊ CAO TÚ Trang 1   (2 010) 2 010 2009  2009 2 010 2009 010 1 Vậy S =  Cộng vế theo vế (1), (2),(3), ,(2 010) có: S   2 010 2 010 Lấy k  2 010 có: Ví dụ 3: Cho... (Vào lớp 10, ban AB, PTNK TP HCM 2004-2005) Giải phương trình: x   x = Bài 4: (Vào lớp 10 ,Chuyên Nguyễn Thượng Hiền, TP HCM 2004-2005) Giải phương trình:  x2 = x  Bài 5: (Vào lớp 10, chuyên
- Xem thêm -

Xem thêm: các chuyên đề thường gặp trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn toán, các chuyên đề thường gặp trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn toán, các chuyên đề thường gặp trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn toán

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay