DẠNG I: RÚT GỌN BIỂU THỨC Câu 1: (4 điểm) Cho biểu thức: P= x  x  x  x  x3  x x  a Tìm điều kiện xác định rút gọn P b Tìm giá trị x P = x x 1   ):  x 4x 1  x 4x  x 1 Câu 2: (4,0 điểm) Cho biểu thức: A   ( a) Rút gọn A; b) Tìm giá trị nguyên x để A đạt giá trị nguyên; c) Tính giá trị A với x  7 49(5  2)(3   2 )(3   2 ) Bài 3: (4,0 điểm) x2  x x  x  x  1   Cho biểu thức: P  x  x 1 x x 1 a Rút gọn P b Tìm giá trị nhỏ P x , chứng tỏ < Q < P x 9 x 1 x 3   (x �0, x �4, x �9) Cho A  x 5 x 6 x 3 2 x c Xét biểu thức: Q  Bài 4: (4,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị x để A =  x x 1   ):  x 4x 1  x 4x  x 1 Câu 5: (4,0 điểm) Cho biểu thức: A   ( a) Rút gọn A; b) Tìm giá trị nguyên x để A đạt giá trị nguyên; c) Tính giá trị A với x  7 49(5  2)(3   2 )(3   2 ) Bài 6: (4,0 điểm) 2x  x 1 2x x  x  x x  x  ) 1 x 1 x x x 1 6 a) Tìm giá trị x để A  b) Chứng minh A  với x thoả mãn x �0, x �1, x � Cho biểu thức A   ( Bài 7: (4,0 điểm).Cho biểu thức :  x x 8 x  2  x  x 3  :  P       x2 x  x  x  x x x     a) Tìm x để P có nghĩa chứng minh P 1 b) Tìm x thoả mãn : x  P 1 Bài 8: (4,0 điểm).Cho biểu thức:   � x3 �� x  � x2 9 x P�   : 1 �� � x �  x  x x  x  �� � a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nguyên x để P nguyên Bài 9: (4,0 điểm) � 6x  � �  3x3 3x �  3x � � Cho biểu thức: A  � �3 x   x  3x  � � �1  x � � � � � Rút gọn biểu thức A Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 10: (4,0 điểm)  a   a :   Cho biểu thức: A = 1     a a a  a  a 1 a      a.Rút gọn biểu thức A b.Tính giá trị biểu thức A a  2011  2010 � � � 6x  � 3x  3 x3 A    x � � � � Bài 11: (4 điểm) Cho biểu thức: �3 3x  x  3x  � �1  3x � � � � � a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 12: (4 điểm)Cho biểu thức:    xy  x x 1   1 :      xy  1  xy   A =  xy  x xy   x   xy   a Rút gọn biểu thức 1 b Cho x  y 6 Tìm Max A Bài 13 Cho biểu thức : � � x �� x A�  :  �� � x  �� x  x x  x  x  � � � �� � a.Rút gọn A b.Tính A biết x   c.Tìm x để A > Bài 14 Cho biểu thức : P 3m  9m  m 2    m m 2 m 1 m 1 a.Rút gọn P b.Tìm m để P  c.Tìm m � N để P � N Bài15 Cho biểu thức :   x 1 x x 1 x  x 1 P= a.Rút gọn P b.Chứng minh �P �1 Bài 16 Cho biểu thức: M=    � x 2 x 1 �  � x 1 �    � x 1 x 2 � � �  a.Tìm điều kiện x để M có nghĩa b.Rút gọn M c.Chứng minh M �  x 4x2 2 x   2 x x 4 2 x D = Bài 17 Cho biểu thức :  x  3x : 2x  x a) Rút gọn biểu thức D b) Tính giá trị D x  = � a 1 Bài 18 Cho biểu thức : A= � � � a 1 a.Rút gọn A b.Tính A với : Bài 19 Cho : a =   15   10   A=   � a 1 � � 4 a� �a  � � a 1 a� � �  15  a 9 a  a 1   a 5 a  a 2 3 a a.Rút gọn A b.Tìm a để A < b.Tìm a để A � Z �a  a  �� a  a 2 a �  :   �� � �� a  � a  a  a  a  � �� � Bài 20 Cho : A= � � a.Rút gọn A b.So sánh : A với A Bài 21 Cho : x x 1 x  xy  y x  x  xy  y  x A= 2x2 + y2 - 4x - 2xy + = Tính A biết : � �1 � 1 � x3  y x  x y  y    : � � Bài 22 Cho : A = � �x � x  y x y� y xy  x y � � � � � � a.Rút gọn A b.Cho xy = 16 Tìm minA 23: Cho biểu thức : a N= ab  b  b ab  a  a b ab a, Rút gọn biểu thức N b, Tính N a =  , b =  c, CMR a a 1  Thì N có giá trị không đổi b b 5 24: Cho biểu thức :  a a2  2  a b b  a M =    a2  a3  :    2   a  b a  b  2ab  a, Rút gọn biểu thức M b, Tính M a =  b =  a  M = b 1 x3  x   x 1 x x 1 x x1 c, Tìm a, b trường hợp 25: Cho biểu thức : H= a, Rút gọn biểu thức H b, Tính H x = 53 9 c, Tìm x H = 16 HƯỚNG DẪN Điều kiện để P xác định rút gọn  x 0  x 0     x 1  x  0   x 1   x  0 a P= x  x   = x  x 1 =  x  1 x 1 x > 0.5 x x  x    (x-1)-2 Đặt  x  x  x  x  x x  0.5  0.5 x  x  x x Với x > 1, P = b 0,5 x  =t 0.5 x x = x  =0 0.5 ( t  ), ta có : t - 2t =  t( t - ) = 0, tính t1 = , t2 = 0.5 * Với t = x  =  x = (bị loại x > 1) * Với t = x  =  x - =  x = 0.5 Câu a ĐK: x �0; x � ; x �1 (2,0đ) 4,0 đ 0,5 đ � � x � x 1 �  : A = - �2 x   x  (2 x  1) x  � x  � �  b (1,0đ)    0,5 đ A= - x   x  x  (2 x  1) (2 x  1)(2 x  1) x 1 0,5 đ A= - x 1 x  x 1  1  x 1 x 1 x 1  x 0,5 đ A �Z � �Z 1 x Do �Z nên  x số hữu tỉ 1 x 0,25 đ 0,25 Suy x số phương,  x �Z =>  x �Ư(2) Do x �0; x �1; x �Z  x �Ư(2) => x = Vậy x = A có giá trị ngun c Với x = 7 49(5  2)(3   2 )(3   2 ) (1,0đ) x = - 49(5  2)(5  2)  75 (39  20 2) � x  75.(39  20 5) Vậy A  a.(2,0đ) Đk : x  0; x �1   x   x2 x x x 1 P  x  x 1     2 x 1 x   x 1  x 1    x 1  x 1 x 1 x 1 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 2 x 1 x  �0 x  x 1 x  x 1 0,25 Dấu khơng xảy điều kiện x �1 Nên Q < 2.(2) Từ (1) (2) suy < Q < 0,25 0,25 0,25 Xét  0,5 đ 0,5  0,5 đ  (39  20 5) 1� 3 � b (1,0đ) P  x  x   � x  � � 2� 4 � dấu xảy � x  ( thỏa mãn) Vậy GTNN P x  4 x c (1,0đ).Với x  0; x �1 Q = > (1) x  x 1  0,5 đ  x  x 1 Vậy P  x  x  , với x  0; x �1 đ a(2,0đ) A  x 9 x 1 x 3   ( x  3)( x  2) x 3 x 2  x   (2 x  1)( x  2)  ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  2)  x   2x  x  x   x  x x 2  ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2) 0,5  ( x  2)( x  1) x 1  ( x  3)( x  2) x 3 0,5 Vậy A  x 1 với (x �0, x �4, x �9) x 3 0,5 0,5 b(2,0đ) Với (x �0, x �4, x �9) Ta có: x 1   � x 2   x 3 x 3 � x  � x  (t / m) 1 Vậy A =  � x = A � 0,5 1,0 0,5 4,0 đ 0,5 đ Câu a ĐK: x �0; x � ; x �1 (2,0đ) � � x � x 1 �   : A = - �2 x  x  (2 x  1) x  � x  � �     x   x  x  (2 x  1) A= (2 x  1)(2 x  1) x 1 0,5 đ A= - x 1 x 1 x 1  1  x 1 x 1 x 1  x A �Z � �Z 1 x b (1,0đ) 0,5 đ 0,5 đ �Z nên  x số hữu tỉ 1 x Suy x số phương,  x �Z =>  x �Ư(2) Do x �0; x �1; x �Z  x �Ư(2) => x = Do 0,25 đ 0,25 đ Vậy x = A có giá trị nguyên 0,5 đ c Với x = 7 49(5  2)(3   2 )(3   2 ) (1,0đ) x = - 49(5  2)(5  2)  75 (39  20 2) � x  75.(39  20 5) Vậy A  0,5 đ 0,5 đ  (39  20 5) Câu 6.a) � � 2x  x  2x x  x  x x  x (2 x  1)( x  1) x (2 x  1)( x  1) � x ( x  1) � A  1 (  )  1  �(1  x )  x 1 x 1 x x x 1 (1  x )( x  x  1) � x  � � � x ( x  1) � x x 1  1 � 1 x  1  � x  x 1 x  x 1 � x  x 1 �   6 x 1 6 �  � x  x   Từ giải x   3; x   5 x  x 1 x 1  � x  x   � ( x  1)  b)Ta có: A  � x  x 1 Ta có A  ( x )  (8 x  8)  ( x  2) ( x  x  3)  ( x  2) : Câu a) Điều kiện x>0 Ta có : P  x ( x  2) x ( x  2) Do x �1 nên x  �0 � ( x  1)2  Vậy A  P=  ( x  1) x 4 x 4  1 0  P-1= x 2 x 5 ( x  1)  x 2 x 5 b) ( x  1).P 1  x  x  x   3x + x -1 =   (loại)  3 3  32 x x  Vậy P 1  x   (thoã mãn điều kiện x>0) (thỏa nmãnmãn Câu 8.a) Điều kiện để P có nghĩa: x �0 � � � x �۹ � x �9 � x �0 � � x Ta � � x �9 � có: (x  9)  (4  x) 9 x  (2  x)( x  3) ( x  2)( x  3) P x( x  3) ( x  3)( x  3) � P (x  9)  (4  x)  (9  x) (2  x)( x  3) b).Theo câu a ta có: P  2 x x x3 x � P  1 x 4 x (2  x) x  2 x x Do để P  Z ta cần x Z �x  � i) � x  (lo�  x = 1.Vậy với x = P có giá trị ngun Bài 9: a)Ta có: 3x  3x    3x  1   0;1  x  0, x �0 , nên điều kiện để A có nghĩa  3x     ��۹� x 2۹  3x 3x   � � �  3x 6x  3x � � � A�  � �  3x � x  23 x  x  � � � � �   � 3x   x A� � 3x  3x  3x  �  A     3x     0, x      A    x  � � x   3x  3x �  3x � A  � � x  3x  x  � � � � �3x  x  � � 3x   3x 3x    3x   3x  3x  2  � �3x  x   x � � ( �x � ) 3x  3x  3x  x b).Với số nguyên không âm, để A số nguyên �3x  � 3x  3x   �1 � � �� � x  (vì x �Z x �0 ) Khi đó: A  3x  � � 3x     a   a :  Bài 10: Điều kiện: a 0 A = 1     a  a a  a  a 1 a       a  a   a   :    a (a  1)(1  a)  a 1   ( a  1) (1  a )(a  1)  1  a (a  1)( a  1) ( a  1) a 1  a  : a 1 (1  a )( a  1) Bài11.a) Ta có: 3x  3x    3x  1   0;1  3x  0, x �0 , nên điều kiện để A có nghĩa  3x     ��۹� x 2۹ x x  0, x  3x x  3 � � � �  3x 6x  3x � � � � A�   x � �  3x � 3 x  x  � 3x  � � � � � � � � 6x   � 3x  3x �3 x  x   x A� � 3x  3x  3x  � � �       � 3x   x A� � 3x  x  3x  �   b) A    3x  3x  2     3x      A � �3 x  x  � �   2   3x   3x   3x   3x  3x  ( �x � ) 3x  �3x  �3x  � � � x  (vì x �Z x �0 ).Khi đó: A  x  �3x  � Với x �0 , để A số nguyên 3x   �1 � � Bài 12: a) Đk : x  0; y  0; x.y  1 Quy đồng rút gọn ta được: A = x y b) x  y 6  A  x y 9  Max A =  1  3  x  y  x y Híng dẫn *****@***** Bài 13.a - Cần rõ ĐKXĐ A lµ : x �0; x ��1 - Rót gän A phần ta đợc kết : A b.Biến ®æi : x  42   x  x 1 x 1  1 - Thay vµo vµ rót gän A ta cã : A   x2 x 1 §Ó A > tøc : A - > mµ : x �0 bc : c.XÐt hiƯu : A 1  x   � x  §K : m �0; m �1 Bài 14.a P - Biến đổi rút gọn : m 1 m 1 b P  Ta cã : m9 � � m 1  m 1 � � m � m 1 P  1 c ViÕt P díi d¹ng : Suy : m  lµ íc cđa Tõ tìm m = Bài 15 §iỊu kiƯn x �0 Rót gän P = x x  x 1 b.Chøng tá : P �0 vµ 1-P �0 Bµi 16 a.BiĨu thøc cã nghÜa vµ chØ khi: x b.Rót gän : �0 vµ x �1 M = xx c.Ta cã : M= � 1� x  x =  � x  �� � 2� Bµi 17 a.Häc sinh cã thĨ rút gọn phần lúc - §iỊu kiƯn : x ��2; x �0; x �3 - Rót gän biĨu thøc bÞ chia ta cã :   x 4x2  x    x x2   x  = (2  x)  x  (2  x ) x (2  x ) 4x   4 x (2  x)(2  x)  x VËy : D= b) x x  3x x.x (2  x ) 4x2 :    x x  x3 (2  x ).x.( x  3) x  x 5  x7 � � x5 = � � �� x   2 x 3 � �  Víi x = tính đợc D = 49 Với x = D không xác định 10 BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ Lời giải: ( HS tự làm) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MA = MB =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME  AB (1) Chứng minh tương tự ta có MF  AC (2) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO’ tia phân giác hai góc kề bù BMA CMA => MO  MO’ (3) Từ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đường tròn => MA  OO’=> MAO vng A có AE  MO ( theo ME  AB)  MA2 = ME MO (4) Tương tự ta có tam giác vng MAO’ có AFMO’ MA2 = MF.MO’ (5) Từ (4) (5)  ME.MO = MF MO’ Đường trịn đường kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đường tròn qua Avà co MA bán kính Theo OO’  MA A  OO’ tiếp tuyến A đường tròn đường kính BC (HD) Gọi I trung điểm OO’ ta có IM đường trung bình hình thang BCO’O => IMBC M (*) Ta cung chứng minh OMO’ vng nên M thuộc đường trịn đường kính OO’ => IM bán kính đường trịn đường kính OO’ (**) Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ Bài 39 Cho đường trịn (O) đường kính BC, dấy AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF Hãy xác định vị trí tương đối đường tròn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao? => AFH = 900 (vì hai góc Chứng minh AE AB = AF AC kề bù).(2) Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đường trịn (I) (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn Lời giải: 1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiếp xúc (O) OK = OC – KC => (K) tiếp xúc (O) IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K) Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn hay EAF = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) Theo giả thiết ADBC H nên AHB vng H có HE  AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vng H có HF  AC (theo CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => AE AB = AF AC ( = AH2) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đường chéo AH EF ta có GF = GH (tính chất đường chéo hình chữ nhật) => GFH cân G => F1 = H1 KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => F2 = H2 => F1 + F2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = AHC = 900 => F1 + F2 = KFE = 900 => KF EF Chứng minh tương tự ta có IE  EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) (K) e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH  OA (OA bán kính đường trịn (O) có độ dài khơng đổi) nên EF = OA AH = OA H trùng với O Vậy H trùng với O túc dây AD vuông góc với BC O EF có độ dài lớn Bài 40 Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB Chứng minh AM BN = R2 S MON R Tính tỉ số S AM = APB Tính thể tích hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh Lời giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà AOP BOP hai góc kề bù => MON = 900 hay tam giác MON vuông O APB = 900((nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay tam giác APB vng P Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB  OB => OBN = 900; NP  OP => OPN = 900 =>OBN+OPN =1800 mà OBN OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO Xét hai tam giác vuông APB MON có APB =  MON = 900; OBP = PNO => APB   MON Theo MON vng O có OP  MN ( OP tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OP2 = PM PM Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tính chất hai tiếp tuyến cắt ) => AM BN = R2 Theo OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mà PM = AM = R R R => PM = => PN = R2: = 2 2R => MN = MP + NP = R 5R MN 5R + 2R = Theo APB   MON => = : 2R = = 2 AB k (k tỉ số đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng nên ta có: S MON S MON �5 � 25 = k => S = � � S APB APB �4 � 16 Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điểm BC Trên cạnh AB, AC lấy điểm D, E cho  DOE = 600 1)Chứng minh tích BD CE khơng đổi DBO có DOB = 600 2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ => BDO + BOD = suy tia DO tia phân giác góc BDE 1200 (3) 3)Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh Từ (2) (3) => đường trịn ln tiếp xúc với DE BDO =  COE (4) Lời giải: Từ (2) (4) => BOD Tam giác ABC => ABC =  ACB = 600 (1); BD BO   CEO => =>  DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2) CO CE BD.CE = BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi Theo BOD  CEO => BD OD BD OD BD BO     mà CO = BO => (5) CO OE BO OE OD OE Lại có DBO = DOE = 600 (6) Từ (5) (6) => DBO  DOE => BDO = ODE => DO tia phân giác  BDE Theo DO tia phân giác  BDE => O cách DB DE => O tâm đường tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đường tròn tâm O tiếp xúc với AB tiếp xúc với DE Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B C cắt AC, AB D E Chứng minh : BD2 = AD.CD DCE => B C Tứ giác BCDE nội tiếp nhìn DE BC song song với DE Lời giải: Xét hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), lại có D chung => BCD  ABD => BD CD  => BD2 = AD.CD AD BD Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ABC = ACB => EBC = DCB mà CBD = BCD (góc tiếp tuyến với dây chắn cung) => EBD = góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp Tứ giác BCDE nội tiếp => BCE = BDE ( nội tiếp chắn cung BE) mà BCE = CBD (theo ) => CBD = BDE mà hai góc so le nên suy BC // DE Bài 43 Cho đường trịn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp Theo tứ giác AENF hình bình Chứng minh NE  AB Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp hành => FN // AE hay FN // AC mà AC  BN tuyến (O) Chứng minh FN tiếp tuyến đường tròn (B; BA) => FN  BN N N Lời giải: (HS tự làm) (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE  AB _ F / M 3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm C / AN; F E xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF _ E hình bình hành => FA // NE mà NE  AB => FA  AB A => FA B A O H tiếp tuyến (O) A BAN có BM đường cao đồng thời đường trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đường tròn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA) Bài 44 AB AC hai tiếp tuyến đường trịn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vng góc AB H, cắt (O) E cắt OA D B Chứng minh CO = CD H Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi I E Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I O D A Chứng minh I trung điểm OH M Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng minh K ba điểm O, M, K thẳng hàng C Lời giải: Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đường tròn tâm O => OA tia phân giác BOC => BOA = COA (1) OB  AB ( AB tiếp tuyến ); CH  AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Từ (1) (2) => COD cân C => CO = CD.(3) theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) lại có OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi M trung điểm CE => OM  CE ( quan hệ đường kính dây cung) => OMH = 900 theo ta có OBH =900; BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F Chứng minh BC // AE Chứng minh ABCE hình bình hành Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh BAC BGO Lời giải: (HS tự làm) 2).Xét hai tam giác ADE CDB ta có EAD = BCD (vì so le ) AD = CD (gt); ADE = CDB (đối đỉnh) => ADE = CDB => AE = CB (1) Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành 3) I trung điểm CF => OI  CF (quan hệ đường kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI  AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vng H => BGK = BAH ( cung phụ với ABH) mà BAH = BAC (do ABC cân nên AH phân giác) => BAC = 2BGO Bài 46: Cho đường trũn (O) điểm P đường trũn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (C �A) Đoạn PC cắt đường trũn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD B b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB � E HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vỡ: BEA chung � � EAB = EBD (gúc nội tiếp gúc tạo tia tiếp tuyến…) O P EB ED D � EB = EA.ED (1) �  C EA EB � � (gúc nội tiếp gúc tạo tia tiếp tuyến…) � � = PCA * EPD = PCA (s.l.t) ; EAP A � = EAP � ; PEA � � EPD chung � ∆EPD ~ ∆EAP (g.g) EP ED � EP2 = EA.ED (2)Từ & � EB2 = EP2 � EB = EP � AE trung tuyến �  EA EP ∆ PAB Bài 47: Cho ∆ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vng góc BD a Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD b Chứng minh tứ giỏc ABCE tứ giỏc nội tiếp c Chứng minh FD vng góc BC, F giao điểm BA CE � d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC bán kính C đường trũn ngoại tiếp tứ giỏc ADEF HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g) E b) tứ giỏc ABCE tứ giỏc nội tiếp (Quĩ tớch cung chứa gúc 900) K c) Chứng minh D trực tõm ∆ CBF D 2a � H d) AC = BC.sin ABC = 2a.sin60 = 2a =a a 600 � = 2a.cos60 = 2a AB = BC.cos ABC =a A B F � � � AH = AB.sin ABC = a.sin600 = a ; ∆ FKB vuụng K , cú ABC = 600 � BFK = 300 � � AD = FD.sin300 � AD = FD.sin BFK � a = FD.0,5 � FD = a : 0,5 = 2a � Bài 48: Cho ∆ABC vuụng ( ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường trũn đưũng kớnh AC Kẻ dõy cung BD vuụng gúc AC H giao điểm AC BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đường trũn đường kính EC cắt BC I (I �C) B a Chứng minh CI CE  CB CA b Chứng minh D; E; I thẳng hàng c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trũn đường kính EC H HD; a) AB // EI (cựng  BC) A CI CE �  (đ/lí Ta-lét) CB I O E O’ C CA b) chứng minh ABED hỡnh thoi � DE // AB mà EI //AB � D, E, I nằm đường thẳng qua E // AB D � D, E, I thẳng hàng � = IEO' � ( vỡ ∆ EO’I cõn ; O’I = O’E = R(O’)) c) EIO' � = HED � � = HDI � (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến � ∆HID cõn � HIE IEO' � + HED � Mà HDI = 900 � đpcm Bài 49: Cho đường trũn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH  (d) (H �d) M điểm thay đổi (d) (M �H) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường trũn P b Chứng minh IH.IO = IQ.IP � = 600 Tớnh tỉ số diện tớch tam giỏc: ∆MPQvà ∆OPQ c Giả sử PMQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường trũn K O M (Dựa vào quĩ tớch cung chứa gúc 900) I IO IQ b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) �  � IH.IO = IQ.IP IP IH Q PQ PQ � 3 c) ∆v MKQ cú : MK = KQ.tg MQK = KQ.tg60 = H 2 ∆v OKQ cú: � � OK = KQ.tg OQK = KQ.tg300 = KQ SMPQ SOPQ = PQ PQ   3 PQ PQ : =3 Bài 50: Cho nửa đường trũn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (E �A) Từ E, A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường trũn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường trũn Chứng minh tứ giỏc ACMO nội tiếp đường trũn b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy DM CM  DE CE D c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO � C e Đặt AOC = ỏ Tớnh theo R ỏ đoạn AC BD Chứng tỏ tớch AC.BD phụ thuộc giỏ trị R, khụng phụ thuộc vào ỏ HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tớch cung chứa gúc E 900) A b) AC // BD (cựng  EB) � ∆EAC ~ ∆EBD M N 23 B O CE AC CE CM   (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) � (2) � DE BD DE DM DM CM  DE CE NC AC NC CM � MN // BD   c) AC // BD (cmt) � ∆NAC ~ ∆NBD � (3) Từ 1; 2; � NB BD NB DM O2 ; � O3 = � O mà � O1 + � O2 + � O3 + � O = 1800 � � O2 + � O3 = 900 ; � O4 + � D1 = 900 (…) d) �O1 = � OB R �� D1 = � O2 = � O1 = ỏ Vậy: DB = = ; Lại cú: AC = OA.tgỏ = R.tgỏ � AC.DB = R.tgỏ tg tg R tg � AC.DB = R2 (Đpcm) � Bài 51: Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB1; CC1 a Chứng minh tứ giỏc HA1BC1 nội tiếp đường trũn Xỏc định tâm I đường trũn B1A1C1 b Chứng minh A1A phõn giỏc � c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực AA1C1 d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MH  MC So sỏnh diện tớch tam giỏc: ∆HAC ∆HJM HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tớch cung chứa gúc 900) Tâm I trung điểm BH HA1C1 = � HBC1 ; � HA1B1 = � HCB1 ; b) C/m: � � HBC1 = � HCB1 � � HA1C1 = � HA1B1 � đpcm c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 … B � ỊJ trung trực A1C1 B1 C1 J H I M 12 A1 K C 1 HM.JK ; SHAC = HC.AC1 2 HC.AC1 MH HC HM+MC MC AC1 � SHAC : S HJM =  �   1  1  ;  (JK// AC1 mà HM.JK MC HM HM HM JK � SHAC : S HJM = d) S HJM = Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P a Chứng minh tứ giỏc MABP nội tiếp tâm O đường trũn nằm trờn đường thẳng cố định qua điểm L AB b Kẻ PI  Cz Chứng minh I điểm cố định c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH  PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng z HD: a) MABP nội tiếp đ/trũn đ/k MP.(quĩ tớch cung chứa gúc 900…) P OA = OB = R(O) � O thuộc đường trung trực AB qua L I trung điểm AB… B b) IP // CM (  Cz) � MPIC hỡnh thang � IL = LC không đổi H vỡ A,B,C cố định � I cố định O N c) PA  KM ; PK  MB � H trực tõm ∆ PKM L � KH  PM K d) AHBK nội tiếp đ/trũn đ/k KH (quĩ tớch cung chứa gúc…) A � N tâm đ/trũn ngoại tiếp … � NE = NA = R(N) � N thuộc đường trung trực AB x � O,L,N thẳng hàng M y C Bài 53: Cho nửa đường trũn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM a So sỏnh hai tam giỏc: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuụng cõn c Tứ giỏc ANKP hỡnh gỡ? Vỡ sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) b) HS tự c/m ∆ KMN vuụng cõn c) ∆ KMN vuụng � KN  KM mà KM // BP � KN  BP P � = 900 (gúc nội tiếp…) � AP  BP APB � KN // AP (  BP) � �  450 KM // BP � KMN  PAT U K � // N �  PKU �  PKM  450 Mà PAM O A �  450 ; KNM � PKN  450 � PK // AN Vậy ANPK hỡnh bỡnh hành M T = B Bài 54: Cho đường trũn tõm O, bỏn kớnh R, cú hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N a Chứng minh: tia MD phõn giỏc gúc AMB b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường trũn ngoại tiếp tứ giỏc C ONMA, I di động nào? � �  450 (chắn cung ¼ đ/trũn) HD: a) AMD  DMB � � MD tia phõn giỏc AMB M F b) ∆ OMB cõn vỡ OM = OB = R(O) N I ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến B A � ∆ OMB ~ ∆ NAB E O BM BO � � BM.BN = BO.BA = 2R không đổi  BA BN c) ONMA nội tiếp đ/trũn đ/k AN Gọi I tâm đ/trũn ngoại tiếp � I cách A O cố định � I thuộc đường trung trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC Vỡ M chạy trờn cung nhỏ AC nờn tập hợp I đoạn EF D Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường trũn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường trũn (O) A b Tứ giác ABCE hì nh gì? Tại sao? � với BAC � c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sỏnh BGO A E � d Cho biết DF // BC Tớnh cos ABC HD:a) Gọi H trung điểm BC � AH  BC (∆ ABC cõn A) lập luận AH  AE � BC // AE (1) D M N b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) � AE = BC (2) F Từ � ABCE hỡnh bỡnh hành O _ I c) Theo c.m.t � AB // CF � GO  AB _ � � � � = BAC � BGO = 900 – ABC = BAH H C G d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH B trục đối xứng cuarBC đ/trũn (O) nờn F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH 1 BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) � DF.DN = DA.DC 2 BH � � 2BH2 = AC2 � BH = AC � cos ABC = = AB 4 � FD = MN = MD = Bài 56: Cho đường trũn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường trũn (O) điểm C; D cắt (O’) E; E F a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng D b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp A c Chứng minh: A tâm đường trũn nội tiếp ∆BDE d Tỡm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) O’ � � HD: a) CBA = 900 = FBA (góc nội tiếp chắn nửa đ/trũn) O � � � CBA + FBA = 1800 � C, B, F thẳng hàng � � F � CDEF nội tiếp (quĩ tớch …) b) CDF = 900 = CEF C B � � c) CDEF nội tiếp � ADE = ECB (cựng chắn cung EF) � � Xột (O) cú: ADB = ECB (cựng chắn cung AB) � � � DA tia phõn giỏc BDE � � = ADB Tương tự EA tia phân giác DEB � ADE Vậy A tâm đường trũn nội tiếp ∆BDE � � � � � � d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = DCA ; EO'A = EFA mà DCA = EFA (gúc nội tiếp � � � � � � � ODEO’ chắn cung DE) � DOA = EO'A ; mặt khỏc: DAO = EAO' (đ/đ) � ODO' = O'EO nội tiếp Nếu DE tiếp xỳc với (O) (O’) thỡ ODEO’ hỡnh chữ nhật � AO = AO’ = AB Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB Bài 57: Cho đường trũn (O; R) cú đường kính cố định AB  CD a) Chứng minh: ACBD hỡnh vuụng b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E �B; E �C) Trên tia đối tia EA lấy đoạn � EM = EB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường trũn mà ta phải xỏc định tâm bán kính theo R C HD: a) AB  CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) M � ACBD hỡnh vuụng E // � � � � b) AED = AOD = 450 ; DEB = DOB = 450 = 2 � � � A � AED � ED tia phõn giỏc AEB = DEB 0 � � = 45 ; EMB = 45 (∆ EMB vuụng cõn E) AED � � � AED = EMB (2 góc đồng vị) � ED // MB c) ∆ EMB vuụng cõn E CE  DE ; ED // BM � CE  BM � CE đường trung trực BM O B D d) Vỡ CE đường trung trực BM nờn CM = CB = R Vậy M chạy đường trũn (C ; R’ = R ) Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 40 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường trũn tõm O đường kính CD cắt AD E Đường thẳng vng góc với CD O cắt AD M a Chứng minh: AHCE nội tiếp Xác định tâm I đường trũn b Chứng minh: CA = CM c Đường thẳng HE cắt đường trũn tõm O K, đường thẳng HI cắt đường trũn tõm I N cắt đường thẳng DK P Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp Bài 59: BC dây cung đường trũn (O; R) (BC �2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O c Gọi A1 trung điểm EF Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’ d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN Bài 60: Cho đường trũn tõm (O; R) cú AB đường kính cố định cũn CD đường kính thay đổi Gọi (∆) tiếp tuyến với đường trũn B AD, AC cắt (∆) Q P a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vuụng gúc với DC c Tỡm tập hợp cỏc tõm E đường trũn ngoại tiếp ∆CPD � < 900), cung trũn BC nằm bờn ∆ABC tiếp xỳc Bài 61: Cho ∆ABC cõn (AB = AC; A với AB, AC B C Trờn cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp � b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp � PQ // BC Bài 62: Cho nửa đường trũn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường trũn (O) M Hạ CI CAM (I �AM) a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường trũn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M = � � c Chứng minh: MOI  CAI N d Chứng minh: MA = 3.MB I = �  900 (…) ; CIA �  900 (…) HD: a) COA � Tứ giỏc CIOA nội tiếp (quĩ tớch cung chứa gúc 900) O B A b) MB // CI (  BM) (1) �  NBM � (slt) N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) �N1  � � CI = BM (2) Từ � BMCI hỡnh bỡnh hành �  COA �  450 ) � MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC vỡ OI �  900 ; CMI c) ∆ CIM vuụng cõn ( CIA chung ; �  IOC � mà: IOC �  CAI � � MOI �  CAI � IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) � MOI R AC  (với R = AO) 2 R2 R 10 NC2 R 10 MI AC2 +CN  2R + R    MN = ; NI = 2 NA 10 d) ∆ ACN vuụng cú : AC = R ; NC = Từ : AN = � MB = NC2  MN  � AM = BM R2 R2 2R R 10 � AM = AN + MN = R 10 + R 10 = 3R 10    10 10 10 � = 600 nội tiếp đường trũn (O), đường cao AH cắt đường trũn Bài 63: Cho ∆ABC cú A D, đường cao BK cắt AH E �  BCD � a Chứng minh: BKH � b Tính BEC c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtrũn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rừ nú (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cõn I A �  BAH � ; HD: a) ABHK nội tiếp � BKH �  BAH � �  BKH � ( cựng chắn cung BD) � BCD BCD K b) CE cắt AB F ; 0 0 � � � AFEK nội tiếp � FEK  180  A  180  60  120 � BEC = 120 F E I � � �  1800  B  C  1800  120  1200 c) BIC 2 Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung B H nằm đường trũn tõm (O) C � � DS � � = sđ IO D d) Trong đ/trũn (O) cú DAS = sđ ; đ/trũn (S) cú ISO S 2 � � � = IE � � (so le trong) nờn: DS = IO mà DS � = IE � � IO � � đpcm vỡ DAS = ISO 2 Bài 64: Cho hỡnh vuụng ABCD, phớa hỡnh vuụng dựng cung phần tư đường trũn tõm B, bỏn kớnh AB nửa đường trũn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK  AD PH  AB Nối PA, cắt nửa đường trũn đường kính AB D I PB cắt nửa đường Ctrũn M Chứng minh rằng: a I trung điểm AP b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giỏc APMH hỡnh thang cõn P K �  900 (gúc nội tiếp …) HD: a) ∆ ABP cõn B (AB = PB = R(B)) mà AIB M � BI  AP � BI đường cao đường trung tuyến � I trung điểm AP I b) HS tự c/m c) ∆ ABP cõn B � AM = PH ; AP chung � ∆vAHP = ∆v PMA � AH = PM ; AHPK hỡnh chữ nhật � AH = KP � PM = PK = AH d) PMAH nằm trờn đ/trũn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) B A H � = AH � � PA // MH � PM Vậy APMH hỡnh thang cõn Bài 65: Cho đường trũn tõm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường trũn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB c Tỡm vị trớ điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN �  OBM �  900 A HD: a) BOIM nội tiếp vỡ OIM �  OBM �  900 ; NIB �  BOM � b) INB (2 gúc nội tiếp cựng chắn cung BM) � ∆ IBN ~ ∆OMB B HO I c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn � IH lớn vỡ AO = R(O) Khi M chạy trờn tia Bx thỡ I chạy trờn nửa đường trũn đ/k AO Do SAIO lớn �  450 Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức HAI Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) thỡ SAIO lớn N M Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường trũn (O; R) Gọi AI đường kính A cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D �A D �C) � a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phõn giỏc BAC D b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE DI  CE c Suy E di động đường trũn mà ta phải xỏc định tâm giới hạn = d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm chớnh cung nhỏ AC = E O HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường trũn (O; R) HS tự c/m : � AB = AC = BC = R Trong đ/trũn (O; R) cú: AB = AC � Tâm O cách cạnh AB AC C B � � AO hay AI tia phõn giỏc BAC � � � ) b) Ta cú : DE = DC (gt) � ∆ DEC cõn ; BDC = BAC = 600 (cựng chắn BC I � � BDI � � IB � = IC � � = IDC � ∆CDE I điểm BC � � DI tia phõn giỏc BDC � ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao � DI  CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE � IE = IC mà I C cố định � IC không đổi � E di động đ/trũn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I � � (cung nhỏ ) AC � nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa D → C thỡ E → C ; D → A thỡ E → B � E động BC ∆ ABC Bài 67: (6,0 điểm) 1) Cho ABC vuông A, đường cao AH Gọi (P), (Q) theo thứ tự đường tròn nội tiếp hai tam giác AHB AHC Kẻ tiếp tuyến chung (khác BC) (P) (Q) cắt AB, AH, AC theo tự M, K, N Chứng minh a HPQ ABC b KP // AB, KQ // AC c Tứ giác BMNC nội tiếp 2) Cho a, b, clà độ dài cạnh ABC Gọi m, n, k độ dài đường phân giác ba góc ABC Chứng minh rằng: + + > + + Giải 1) a  AHB  CHA mặt khác P Q tâm đường tròn nội tiếp  AHB  AHC HP AB => HQ  AC (1) lại có �BAC = �PHQ = 900 (2) ... 1 10x  25x2  50 � 25x2  5x  52  � � �   52  4.25. 52  5225    5 5225 1 2 09 5 5225 1 2 09  ; x2   50 10 50 10 1 2 09 1 2 09 1 2 09 Víi x = x1 = ta cã y = (1 – ):5= 10 10 10. .. 2 09 1 2 09 1 2 09 Víi x = x2 = ta cã y = (1 – ):5= 10 10 10 Ph¬ng tr×nh cã hai nghiƯm x1  KÕt ln : HƯ phơng trình đà cho có nghiệm ( x ; y ) lµ :  1;1 ,  2;2 � 1 2 09 1 2 09 � � 1 2 09. .. � 1 2 09 1 2 09 � , � � 10 ; 10 � �, � � 10 ; 10 � � � �� � Chó ý : Nếu hệ đối xứng bậc cách làm nhng lời giải dài khó nhiều cần quan sát kĩ xem bớc thứ hai có cách đơn giản không 25. 3x2 