GIÁO ÁN ÔN THI VÀO 10 MÔN TOÁN - NĂM 2020-2021 CÓ HƯỚNG DẪN (12 BUỔI ĐẠI SỐ, 7 BUỔI HÌNH HỌC)

GIÁO ÁN ÔN THI VÀO 10 MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

GIÁO ÁN ÔN THI VÀO 10 MÔN TOÁN - NĂM 2020-2021 CÓ HƯỚNG DẪN (12 BUỔI ĐẠI SỐ, 7 BUỔI HÌNH HỌC) WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

BUỔI 1 CA 11+12. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI. ĐỊNH LÝ VI-ÉT VÀ ỨNG DỤNG 1. Ổn định lớp 2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC 1. Phương trình bậc hai + Cách giải PT bậc hai bằng các phương pháp: đưa về PT tích, nhẩm nghiệm, Delta + Giải phương trình trùng phương + ĐK để PT có hai nghiệm phân biệt, nghiệm kép, vô nghiệm, có nghiệm + Chứng minh PT có 2 nghiệm phân biệt: có 2 cách: Cách 1: Chỉ ra Delta dương với mọi tham số Cách 2: Chỉ ra ac<0 với mọi tham số 2. Định lý Vi-ét và ứng dụng + Hai nghiệm cùng dấu, trái dấu + Tìm hai số khi biết tổng và tích. Lập PT bậc hai B. BÀI TẬP l. Dạng1. Phương trình bậc hai có hai nghiệm trái dấu + Nếu ac<0 với mọi m thì PT luôn có 2 nghiệm phân biệt và trái dấu + Nếu tích ac chưa xác định được luôn âm thì: + Tính Delta để PT có 2 nghiệm phân biệt + Tìm ĐK để PT có 2 nghiệm trái dấu Bài 1. Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x − 5 . Chứng minh rằng PT luôn có 2 nghiệm trái dấu Bài 2. Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 2 ) x − m2 − 2 = 0 . Tìm m để PT có 2 nghiệm trái dấu.

Bài 3. Cho PT x 2 – 2 ( m + 7 ) x + m 2 − 4 = 0 . Xác định m để PT Có hai nghiệm trái dấu Bài 4. Cho PT x 2 − 2 ( m − 3) x − 7 = 0 . Tìm m để PT có 2 nghiệm trái dấu x1 , x2 và thỏa mãn x1 = x2 Bài 5. Cho phương trình x2 - 2mx + 2m -5 =0 a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu.

1|Page

2. Dạng 2. Phương trình có 2 nghiệm cùng dấu Bài 1. Cho phương trình x2 − (m + 2) x + m + 1 = 0 (1) a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt. c) Tìm m để phương trình có nghiệm âm.

Bài 2. Cho phương trình x2+ 3x - 2m+1 = 0 Tìm m để phương trình có 2 nghiệm cùng dấu.

HD ∆ ≥ 0 p > 0

Để phương trình trên có 2 nghiệm cùng dấu thì 

tức là:

−5  m≥  9 − 4(1 − 2m) ≥ 0 8m + 5 ≥ 0 −5 1  8 ⇔ ⇔ ⇔ ≤m<  8 2 1 − 2m > 0 2m < 1 m < 1  2 −5 1 < m < thì phương trình trên có 2 nghiệm cùng dấu.

Vậy với 8 2

Bài 3. Cho PT x2 – 2(m+7)x+m2- 4 = 0. Xác định m để PT Có hai nghiệm cùng dấu.

Bài 4. phương trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*). Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm âm.

3. Dạng 3: Tìm hai số khi biết tổng và tích của chung *Phương pháp giải: Nếu 2 số x1 và x2 thỏa mãn x1+x2=S và x1.x2=P thì x1,x2 là nghiệm của phương trình bậc hai sau : X2 – SX +P =0

Bài 1. Tìm hai số u và v trong mỗi trường hợp sau: a) u + v = 14 và u.v = 40

b) u + v = −7 và u.v = 12

Giải a) u + v = 14 và u.v = 40 Vì 2 số u và v có u + v = 14 và u.v = 40 nên u và v là 2 nghiệm của phương trình: x 2 − 14 x + 40 = 0 (1) 2

Ta có: ∆ = ( −14 ) − 4.1.40 = 196 − 160 = 36 > 0  Phương trình (1) có 2 nghiệm

x1 =

− ( −14 ) + 6 20 − ( −14 ) − 6 8 = = 10 ; x2 = = =4 2.1 2 2.1 2

Vậy hai số cần tìm là: u = 10 thì v = 4 hoặc u = 4 thì v = 10 b) u + v = −7 và u.v = 12 Vì 2 số u và v có u + v = −7 và u.v = 12 nên u và v là 2 nghiệm của phương trình: x 2 − ( −7 ) x + 12 = 0

2|Page

⇔ x2 + 7 x + 12 = 0 (1)

Ta có: ∆ = 7 2 − 4.1.12 = 49 − 48 = 1 > 0  Phương trình (1) có 2 nghiệm

x1 =

−7 + 1 −6 −7 − 1 −8 = = −3 ; x2 = = = −4 2.1 2 2.1 2

Vậy hai số cần tìm là: u = -3 thì v = - 4 Bài 2. Tìm hai số x y biết

a) x + y = 11 và xy = 28

hoặc u = - 4 thì v = -3

b) x – y = 5 và xy = 66

Giải : a ) Với x + y = 11 và xy = 28 theo kết quả hệ thức Vi ét x ,y là nghiệm của phương 2 trình x 2 - 11x + 28 = 0. Ta có ∆ = b − 4 ac = 121 – 112 = 9 > 0

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x1 =

11 + 3 11 − 3 = 7; x2 = =4 2 2

Vậy x = 7 thì y = 4 x = 4 thì y = 7 x − y = 5  x + (− y) = 5 ⇔ b) Ta có   xy = 6  x(− y ) = −66

có x , y là nghiệm của phương trình x 2 - 5x - 66 = 0

∆ = b 2 − 4 ac = 25 + 264 = 289 > 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x1 =

5 + 17 5 − 17 = 11; x2 = = −6 2 2

Vậy x = 11 thì y = - 6 còn x = - 6 thì y = 11

4. Dạng 4. Lập phương trình bậc hai PP: Cho 2 số A, B thì PT bậc hai nhận A, B làm nghiệm là x 2 − ( A + B ) x + AB = 0

Bài 1. cho phương trình : 2 x 2 − 5 x + 1 = 0 gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình . Xác định phương trình bậc hai nhận x12 và x22 là nghiệm.

HD 2

Xét phương trình 2 x 2 − 5 x + 1 = 0 Ta có: ∆ = ( −5) − 4.2.1 = 25 − 8 = 17 > 0  Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2

3|Page

Áp dụng định lí Vi -ét ta có:

5   x1 + x2 = 2   x .x = 1  1 2 2

Đặt u = x12 và v = x22 Ta có: u + v = x12 + x22 = ( x12 + 2 x1 x2 + x22 ) − 2 x1 x2 1 2

2

= ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 52 - 2. = 25 − 1 = 24 

u + v = 24 1

2

1

1

Mà: u . v = x12 . x22 = ( x1 x2 ) =   =  u.v = 4 4 2 2

Vì 2 số u và v có tổng u + v = 24 và tích u.v =

1 4 1 4

Nên u ; v là 2 nghiệm của phương trình bậc hai : X 2 − 24 X + = 0 1 4

Vậy phương trình cần tìm là: X 2 − 24 X + = 0 Bài 2. a, Lập phương trình bậc hai biết 2 nghiệm của nó là: x1 = 7, x2 = 10 b, Cho x1, x2 phương trình x2 - 2(m-1)x-1=0 (1). Hãy lập phương trình có 2 nghiệm và

1 x12

1 x2 2

HD a, Ta có: S = x1 + x2 = 7+10 =17; P = x1x2 = 7.10 =70 --> x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 - 17x +70 =0 b, Nhận thấy a = 1, c = -1 --> a.c = -1 < 0 --> phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2.

 x1 + x2 = 2.(m − 1)  x1.x2 = −1

Theo hệ thức vi-et ta có: 

1 1 x12 + x2 2 ( x1 + x2 )2 − 2 x1 x2 [2.(m − 1)]2 − 2.(−1) + = = = = 2.(2m 2 − 4m + 3) 2 2 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 ( x1 x2 ) (−1) 1 1 1 1 = =1 P= 2. 2 = 2 x1 x2 ( x1.x2 ) (−1)2

Tacó: S =

Phương trình cần lập là: x2 - 2.(2m2 - 4m + 3)x + 1 = 0 Bài 3. Cho phương trình x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 (1), với m là tham số.

1) Giải phương trình (1) khi m = 2.

2) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . Gọi x 1, x 2 là hai nghiệm của phương trình (1),

lập phương trình bậc hai nhận

x 13 − 2mx 12 + m 2x 1 − 2 và x 23 − 2mx 22 + m 2x 2 − 2 là nghiệm.

4|Page

BUỔI 2 CA 13+14. ĐỊNH LÝ VI-ÉT VÀ ỨNG DỤNG 1. Tổ chức.

2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC 1. Dạng biểu thức nghiệm không đối xứng px1 + qx2 = r 2. Dạng biểu thức đối xứng nghiệm 2 1. x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 .x2 3

3 3 2. x1 + x2 = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ( x1 + x2 )

2

2

3. ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − 4 x1.x2 4. ( x1 + k )( x2 + k ) = x1 x2 + k ( x1 + x2 ) + k 2 ; ( x1 − k )( x2 − k ) = x1 x2 − k ( x1 + x2 ) + k 2 −b 5. x1 + x22 = ( x1 + x2 ) x1 + x22 a 2

4 4 2 2 2 2 6. x1 + x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 .x2 =

(( x + x ) 1

2

2

− 2 x1.x2

)

2

− 2 x12 .x22

3. Dạng đối xứng nghiệm ở mẫu 1 1 x +x 1. + = 1 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x12 + x22 ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1.x2 + = = 2. x2 x1 x1.x2 x1.x2 2

1 1 x12 + x22 ( x1 + x2 ) − 2 x1.x2 3. 2 + 2 = 2 2 = 2 x1 x2 x1 x2 ( x1.x2 )

ĐK x1 , x2 ≠ 0 B. BÀI TẬP 1. Dạng 1. px1 + qx2 = r PP:

 px1 + qx2 = r c  Kết hợp với hệ thức Vi-ét để giải hệ  −b rồi thay vào x1 x2 = a  x1 + x2 = a Bài 1. Cho phương trình: x 2 + 5 x + m = 0 (*) (m là tham số) 5|Page

a) Giải phương trình (*) khi m = −3. b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 9 x1 + 2 x2 = 18.

HD b) Ta có ∆ = 25 − 4m Phương trình (*) có 2 nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 25 − 4m ≥ 0 ⇔ m ≤

25 4

 x1 + x2 = −5  x1.x2 = m

Theo hệ thức Viet, ta có : 

 x1 + x2 = −5  x =4 ⇔ 1 9 x1 + 2 x2 = 18  x2 = −9

Ta có hệ phương trình: 

nên m = x1.x2 = 4( −9) = −36 (thỏa điều kiện) Vậy m = -36 Bài 2. Cho phương trình ẩn x: x 2 − 2(m + 1)x + m 2 + 1 = 0 (*) (m là tham số) a) Giải phương trình (*) với m = 2 b) Xác định các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 ;x 2 thỏa mãn điều kiện x1 − 2x 2 = −1 HD x 2 − 2(m + 1)x + m 2 + 1 = 0 (*)

ph−¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm ph©n biÖt ⇔ ∆ ' > 0 2

⇔ ( m + 1) − m 2 − 1 > 0 ⇔ m 2 + 2m + 1 − m 2 − 1 > 0 ⇔ 2m > 0 ⇔ m > 0 x1 + x 2 = 2m + 2(1) ¸p dông Vi et ta cã :  2 x1x 2 = m + 1 (2) theo bµi x1 − 2x 2 = −1(3) 4m + 3  x1 = 2x 2 − 1 x1 =  x + x = 2m + 2  1   2 3 Tõ (1);(3)ta cã hÖ ph−¬ng tr×nh  ⇔ 2m + 3 ⇔  x1 − 2x 2 = −1 x 2 = 3 x = 2m + 3 2  3 4m + 3 2m + 3 Thay vµo(2)ta ®−îc : . = m2 + 1 3 3 2 2 ⇔ 8m + 12m + 6m + 9 = 9m + 9  m = 0 (lo¹i) ⇔ m 2 − 18m = 0 ⇔   m = 18(chän) vËy m = 18

6|Page

Bài 3. Cho phương trình x 2 + 2x + m − 1 = 0 (*) trong đó m là tham số a) Giải phương trình (*) khi m = - 2 b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện x1 = 2x 2

HD pt (*) :x 2 + 2x + m − 1 = 0 ∆ ' = ( −1)2 − (m − 1) = 2 − m. §Ó pt (*)cã nghiÖm th× ∆ ' ≥ 0 ⇔ 2 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 2 x + x 2 = −2 Khi ®ã ¸p dôngVi et,ta cã :  1 x1x 2 = m − 1  −4 x1 = 3 x1 + x 2 = −2  −2   KÕt hîp vs®Ò ta cãhÖ x1x 2 = m − 1 ⇔ x 2 = 3 x = 2x  2  1   4  2  m − 1 = x1x 2 =  − 3  − 3      8 17  m = +1= (tháa) 9 9

Bài 4: Cho phương trình (ẩn x) : x 2 − 6 x + m = 0 a)Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 b)Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện

x12 − x22 = 12 2. Dạng 2. Biểu thức đối xứng các nghiệm, hoặc tạo ra biểu thức đối xứng các nghiệm Bài 1. Cho phương trình x 2 − (m + 2) x + 3m − 3 = 0 (1), với x là ẩn, m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = −1 . b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 , x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có

độ dài cạnh huyền bằng 5 .

HD

7|Page

( m − 4 ) 2 > 0 ∆ = ( m + 2 )2 − 4 ( 3m − 3) > 0    m > −2  x1 + x2 = m + 2 > 0 Khi đó  ⇔  x1.x2 = 3m − 3 > 0 m > 1  x 2 + x 2 = 25  x + x 2 − 2 x x = 25 2  1 1 2 ( 1 2 )

b) Yêu cầu bài toán tương đương phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 25.   m ≠ 4 m ≠ 4 m ≠ 4    ⇔ m > 1 ⇔ m > 1 ⇔ m > 1 ⇔ m = 5.  m 2 − 2m − 15 = 0  m=5 2   ( m + 2 ) − 2 ( 3m − 3) = 25   m = −3

Vậy m phải tìm là m = 5.

Bài 2. Cho phương trình: x 2 − 2(m + 1)x + m 2 + 2 = 0 (1), m là tham số.

1) Tìm m để x = 2 là nghiệm của phương trình (1).

2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn điều kiện: x12 + x 22 = 10.

Bài 3. Cho phương trình x 2 − 2(m − 3)x + m 2 + 3 = 0 (1) a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ;x 2 b)Tìm m để phương trình trên có hai nghiêm phân biệt x1 ;x 2 thỏa x12 + x 22 = 86

Bài 4. Cho phương trình x 2 − mx + m − 4 = 0 (1) (x là ẩn số và m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 8 b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ;x 2 với mọi m. Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của m để ( 5x1 − 1)( 5x 2 − 1) < 0 HD

8|Page

Ta cã :x 2 − mx + m − 4 = 0(1) ∆ = (− m)2 − 4(m − 4) = m 2 − 4m + 16 = (m − 4)2 ≥ 0 VËy ph−¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi m x1 + x 2 = m Khi ®ã ¸p dông Vi et ta cã :  x1x 2 = m − 4 Khi ®ã :( 5x1 − 1)( 5x 2 − 1) < 0 ⇔ 25x1x 2 − 5(x1 + x 2 ) + 1 < 0 hay 25(m − 4) − 5m + 1 < 0 hay 25m − 5m − 100 + 1 < 0 ⇔ 20m < 99 99 m< 20

Bài 5. Cho phương trình 2 x 2 − 6 x + 3m + 1 = 0 (với m là tham số). Tìm các giá trị của

m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x13 + x23 = 9 Tạo ra biểu thức đối xứng Bài 1. Cho phương trình x 2 − 2x + m − 3 = 0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = 0 ; b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 thỏa mãn: x 12 + 12 = 2x 2 − x 1x 2 .

HD Sử dụng x1 + x2 =

−b a

Bài 2: Cho phương trình x 2 − 2mx + 4m − 4 = 0 (1) (m là tham số) a)Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b)Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn

điều kiện x12 + 2mx2 − 8m + 5 = 0 3. Dạng 3. Biểu thức chứa nghiệm ở mẫu Bài 1. Cho phương trình ‫ ݔ‬ଶ – 2m‫ ݔ‬+ 2m – 3 = 0, với m là tham số. a. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm các giá trị nguyên của m để biểu thức

9|Page

1 1 nhận giá trị là một số nguyên. + x1 x2

Bài 2. Cho phương trình x 2 + 4x + m + 1 = 0 (1) (với m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 2 b) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có nghiệm c) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1 ;x 2 thỏa mãn điều kiện

x1 − 1 x 2 − 1 − = −3 2x 2 2x1

Bài 3. Cho phương trình 2 x 2 − 6 x + 2m − 5 = 0 ( m là tham số) 1)Giải phương trình với m = 2 2)Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:

1 1 + =6 x1 x2

HD 2 x 2 − 6 x + 2m − 5 = 0(1) 2

∆ ' = ( −3) − 2 ( 2m − 5) = 9 − 4m + 10 = 19 − 4m

Để phương trình có nghiệm ⇔ 19 − 4m ≥ 0 ⇔ m ≤

19 4

 x1 + x2 = 3 Khi đó, áp dụng hệ thức Vi-et   2m − 5  x1 x2 = 2

Ta có:

1 1 + =6 x1 x2 ⇔

x1 + x2 = 6 ⇔ x1 + x2 = 6 x1 x2 x1 x2

⇔ 3 = 6.

2m − 5 ⇔ 3 = 3 ( 2m − 5 ) ⇔ m = 3 2

C. LUYỆN TẬP Bài 1. Cho phương trình x 2 − 2x − 2m2 = 0 (1) (với m là tham số). Tìm giá trị m để PT có hai nghiệm x1 , x 2 khác 0 và thỏa mãn điều kiện x12 = 4x 2 2

Bài 2. Cho phương trình bậc hai x 2 − ( m + 2 ) x + 2m = 0 (*) (m là tham số) 10 | P a g e

a)Chứng minh rằng phương trình (*) luôn có nghiệm với mọi số m b)Tìm các giá trị của m để phương trình (*) luôn có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn −1 ≤

2 ( x1 + x2 ) ≤1 x1 x2

Bài 3. Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 2 ) x + m + 1 = 0 ( x là ẩn) a) Giải phương trình khi m = −

3 2

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt c) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm các giá trị của m để x12 + x22 = 8

Bài 4: Cho phương trình : x 2 + 2 ( m − 2 ) x + m 2 − 3m − 1 = 0 , với m là tham số a)Giải phương trình đã cho khi m = 1 b)Xác định giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x12 − x1 x2 + x22 = 9

Bài 5: Cho phương trình x2 − 2(m − 1)x + m + 1 = 0 a)Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt b)Tìm m để phương tình có hai nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn điều kiện x1 = 3x 2

Bài 6: Cho phương trình x 2 − 2mx + 4m − 4 = 0 (1) ( x là ẩn số,m:tham số) a)Giải phương trình (1) khi m = 1 b)Xác định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn điều kiện x 2 + x + x x = 12 1 2 1 1 2 2

(

)

Bài 7: Cho phương trình 2 x 2 + ( 2m − 1) x + m − 1 = 0 (1) , trong đó m là tham số a)Giải phương trình (1) khi m = 2 b)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: 4 x12 + 4 x22 + 2 x1 x2 = 1

11 | P a g e

Bài 8: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 = 0 có hai 2

nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn ( x1 − x2 ) + 6m = x1 − 2 x2

Bài 9: Cho phương trình x 2 − ( m + 1) x + 2m − 2 = 0 (1) (với m là tham số) a)Giải phương trình (1) khi m = 2 b)Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:

3( x1 + x2 ) − x1 x2 = 10 Bài 10: Cho phương trình x 2 − ( 2m + 1) x + m 2 + 1 = 0 ( m là tham số). Tìm giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức P=

x1 x2 có giá trị nguyên x1 + x2

Bài 11: Cho phương trình x 2 − 4 x + m = 0 ( m là tham số) a)Biết phương trình có một nghiệm bằng −1. Tính nghiệm còn lại b)Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn

( 3x1 + 1)( 3x2 + 1) = 4 Bài 12: Cho phương trình x 2 + 2 x + m − 1 = 0 , với m là tham số 1)Giải phương trình với m = 1 2)Tìm giá tri của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn x13 + x23 − 6 x1 x2 = 4 ( m − m 2 )

Bài 13: Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình x 2 − 4 x + m + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa x13 + x23 < 100

Bài 14: Cho phương trình x 2 + 2 ( m − 2 ) x + m 2 − 4m = 0

(1) (với x là ẩn số)

a)Giải phương trình (1) khi m = 1 b)Chứng minh rằng p/trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của

m 12 | P a g e

c)Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện 3 + x2 = 3 + x1 x1

x2

Bài 15: Cho phương trình: x 2 − x + 3m − 11 = 0(1) (với m là tham số) a)Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có nghiệm kép b)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho 2017 x1 + 2018 x2 = 2019

Bài 16: Cho phương trình x 2 − ( m + 2) x + 3m − 3 = 0 (1), với x là ẩn, m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = −1 . b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 , x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 .

Bài 17: Cho phương trình x 2 − 2( m + 1) x + 6 m − 4 = 0 (1) (với m là tham số). a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn

( 2m − 2) x1 + x22 − 4 x2 = 4 .

13 | P a g e

BUỔI 3 CA 15+16. ĐỊNH LÝ VI-ÉT VÀ ỨNG DỤNG 1. Tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC 1. Dạng 1. Hai nghiệm nằm trong dấu giá trị tuyệt đối 1. x1 − x2 = k

PP: Bình phương 2 vế 2. x1 = x2 PP: x1 = ± x2 Nếu PT có 2 nghiệm phân biệt thì suy ra x1 = − x2 3. x1 = kx2 ⇔ x1 = ± kx2 4. x1 − x2 = k Thường ĐK này sẽ kèm với việc PT đó có 2 nghiệm trái dấu để dẫn tới việc phá bỏ GTTĐ

2. Dạng 2. Hai nghiệm nằm trong dấu căn 1.

x1 + x2 = k

PP: + ĐK hai nghiệm không âm + Bình phương 2 vế 2.

x1 − x2 = k

PP: Bình phương 2 vế

3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức chứa hai nghiệm

14 | P a g e

Lưu ý những PT tìm đk để PT có 2 nghiệm thì thường điểm rơi tại giá trị của tham số để làm cho ∆ = 0

B. BÀI TẬP 1. Dạng 1. Hai nghiệm nằm trong GTTĐ Bài 1. Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình x 2 − ( 2m − 3) x + m2 − 2m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức x1 − x2 = 7 . ∆ = ( 2m − 3 ) − 4 ( m 2 − 2m ) = 4m 2 − 12m + 9 − 4m 2 + 8m = −4m + 9 2

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi ∆ > 0 ⇔ −4m + 9 > 0 ⇔ −4m > −9 ⇔ m <

9 4

Áp dụng định lý Vi et ta có:  S = x1 + x2 = 2m − 3  2  P = x1 .x2 = m − 2m 2

2

x1 − x2 = 7 ⇔ ( x1 − x2 ) = 49 ⇔ x12 + x2 2 − 2 x1.x2 = 49 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1.x2 = 49

 x1 + x2 = 2m − 3

Thay 

2  x1 .x2 = m − 2m

Ta được ( 2m − 3 ) − 4 ( m 2 − 2m ) = 49 ⇔ −4m + 9 = 49 ⇔ m = −10 2

Bài 2. (9a1+9a2). Tìm m để phương trình x 2 − 2mx + m 2 − 2 = 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm phân biệt x1 ,x 2 thỏa mãn x13 − x 32 = 10 2 Bài 3. Cho phương trình x 2 − x + m + 1 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = - 3 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 ;x 2 thỏa mãn điều kiện x1 − x2 = 2

15 | P a g e

b) x 2 − x + m + 1 = 0 2

∆ = ( −1) − 4(m + 1) = −4m − 3 §Ó ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm th× ∆ ≥ 0 ⇔ −4m − 3 ≥ 0 ⇔ m ≤

−3 4

x1 + x 2 = 1 Khi ®ã, theo Vi et ta cã :  x1x 2 = m + 1 2

ta cã : x1 − x 2 = 2  ( x1 − x 2 ) = 4 2

⇔ x12 + x12 − 2x1x 2 = 4 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 4x1x 2 = 4 7 hay 12 − 4(m + 1) = 4 ⇔ m = − (tháa) 4 Bài 4. Cho phương trình: x 2 − ( 2m + 1) x − 3 = 0 ( m là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m. Tìm các giá trị của m sao cho x1 − x2 = 5 và x1 < x2 Hướng Dẫn: Xét phương trình x 2 − ( 2 m + 1) x − 3 = 0 có 2

2

∆ =  − ( 2m + 1)  − 4.( −3) = ( 2m + 1) + 12 > 0

 ∆ > 0  p/trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m

 x1 + x2 = 2m + 1  x1 x2 = −3

Theo định lý Vi-et ta có: 

Vì x1 x2 = −3 < 0 nên x1 , x2 trái dấu nhau mà x1 < x2 nên x1 < 0 & x2 > 0 Khi đó ta có x1 − x2 = 5 ⇔ x1 − x2 = 5 ⇔ − ( x1 + x2 ) = 5 ⇔ x1 + x2 = −5 ⇔ 2m + 1 = −5 ⇔ m = −3

Vậy m = −3 thỏa mãn đề bài

Bài 5: Cho phương trình: x 2 − mx − 1 = 0 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phânbiệt x1 ; x2 thỏa x1 < x2 và x1 − x2 = 6 .

H ướ ng D ẫ n: a = 1; b = – m; c = –1 .

16 | P a g e

Vì a và c khác dấu, phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2 khác dấu.

Theo hệ thức Viete ta có: x1 + x2 = m (1) Vì x1; x2 khác dấu mà x1 < x2  x1 < 0 < x2  x1 = − x1 ; x2 = x2 .

Ta có: x1 − x2 = 6 ⇔ − x1 − x2 = 6 ⇔ x1 + x2 = −6 (2).

Từ (1) và (2) suy ra m = −6 .

Tự luyện Bài 1: Cho phương trình: x 2 − 2(3 − m) x − 4 − m 2 = 0 (x là ẩn, m là tham số) (1). a. Giải phương trình (1) với m = 1. b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn ||x1| – |x2|| = 6.

Hướng Dẫn b. Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2

⇔ ∆’ = (3 – m)2 + (4 + m2) > 0 ⇔ 2m2 – 6m + 13 > 0 3 9 17 ⇔ 2  x 2 − 2. x +  + > 0 

2

4

2

2

3 17 ⇔ 2  x −  + > 0 (luôn đúng ∀x) 2 2 

Do đó (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức Vi–ét x1 + x2 = 2(3 – m); x1x2 = –4 – m2 Ta có: 2

| x1 | − | x2 | = 6 ⇔ (| x1 | − | x2 |) = 36 ⇔ x12 + x22 − 2 | x1 | . | x2 | −36 ⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 − 2 | x1 x2 |= 36 2

⇔ [ 2(3 − m) ] − 2(− m 2 − 4) − 2 | −m 2 − 4 |= 36

17 | P a g e

⇔ 4(3 − m) 2 − 2(− m 2 − 4) − 2(m 2 + 4) = 36 (do − m 2 − 4 < 0∀m | − m 2 − 4 |= m 2 + 4)

3 − m = 3 m = 0 ⇔ (3 − m)2 = 9 ⇔  ⇔ . 3 − m = −3  m = 6

Vậy m ∈ {0;6} là giá trị cần tìm.

Bài 2.

Cho phương trình x2 + 2(m – 2)x – m2 = 0, với m là tham số.

1)Giải phương trình khi m = 0.

2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với x1 < x2, tìm tất cả các giá trị của m sao cho |x1|-|x2|=6

Bài 3.

Cho phương trình bậc hai ẩn x : x 2 + (4m + 1) x + 2m − 8 = 0 ( m là tham số). a)Chứng minh rằng p/trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m.

b) Tìm m để hai nghiệm x1 ; x2 của phương trình đã cho thỏa mãn điều kiện x1 − x2 = 17 .

Hướng Dẫn: a) Ta có ∆ = (4m + 1) 2 − 4.1.(2m − 8) = 16m 2 + 33 > 0 với mọi giá trị của m .

Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m . b) Vì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m nên theo định lí Vi-et: −b   x1 + x2 = a = −4m − 1   x .x = c = 2m − 8  1 2 a

Ta có:

18 | P a g e

x1 − x2 = 17 ⇔ ( x1 − x2 ) 2 = 289 ⇔ x12 + x22 − 2 x1 x2 = 289 ⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 = 289 m = 4 ⇔ (−4m − 1) 2 − 4(2m − 8) = 289 ⇔ 16m 2 − 256 = 0 ⇔   m = −4

Vậy m = ±4 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 4 Cho phương trình: x 2 − 2(m − 1) x − (2m + 1) = 0

(1)

a) Giải phương trình (1) với m = 2 . b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . c) Tìm m để phương trình (1) luôn có hai nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu nhau.

Bài 5: Cho phương trình x 2 − ( m − 1) x − m2 + m − 1 = 0 (1) . a) Giải phương trình với m = −1 . b) Chứng minh rằng với mọi m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Giả sử hai nghiệm là x1 , x2 ( x1 < x2 ) , khi đó tìm m để x2 − x1 = 2 .

2. Dạng 2. Hai nghiệm nằm trong căn Bài 1.

Cho phương trình x 2 − 2x − m + 1 = 0 (m là tham số) a) Tìm m để phương trình có một nghiệm bằng 2 và tìm nghiệm còn lại. b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm dương x1 ;x2 thỏa mãn 1 x1

+

1 x2

=2

HD Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho.

19 | P a g e

 x1 + x2 = 2  x1 x2 = 1 − m

Theo định lí Vi-et ta có 

 x1 + x2 > 0 2 > 0   Phương trình có hai nghiệm dương ⇔  x1 x2 > 0 ⇔ 1 − m > 0 ⇔ m ≤ 0   −m ≥ 0  ∆ ' ≥ 0

1

x1

+

1

x2

= 2 ⇔ x2 + x1 = 2 x1 x2

⇔ x1 + x2 + 2 x1 x2 = 4 x1 x2 (bình phương hai vế)

⇔ 2 + 2 1 − m = 4 (1 − m ) ⇔ 1 − m = (1 − 2m ) ⇔ 1 − m = 1 − 4m + 4m 2 ⇔ 4 m 2 − 3m = 0

m = 0 ( N ) ⇔  m = 3 ( L)  4

Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.

Bài 2. ( Dành cho ĐT) Cho phương trình x 2 − 2mx − 2m − 1 = 0 (1) với m là tham số. Tìm m để phương trình

(1) có hai nghiệm phân biệt

x1 , x2 sao cho

x1 + x2 + 3 + x1 x2 = 2m + 1

Bài 3.

Cho phương trình x 2 − 2(m + 1) x + 2m = 0 (m là tham số).

1)Giải phương trình với m =1.

2)Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn Hướng Dẫn: Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm x1 ;x2 là m2 + 1 ≥ 0 ∆ ' ≥ 0    x1 + x2 ≥ 0 <=>  2(m + 1) ≥ 0 <=> m ≥ 0 x x ≥ 0  2m ≥ 0  1 2 

20 | P a g e

x1 + x2 = 2

Theo hệ thức Vi-ét x1 + x2 = 2(m + 1); x1 x2 = 2m Ta có: x1 + x2 = 2 <=> x1 + x2 + 2 x1 x2 = 2 <=> 2m + 2 + 2 2m = 2 <=> m = 0(TM )

3. Dạng 3. Tìm GTLN, GTNN a. Không cần tìm điểm rơi Bài 1: Cho phương trình x2- 2(m-1)x+m2-3m=0 (x là ẩn số, m là tham số) 1. Tìm m để phương trình có hai nghiệm PB x1 , x2 .

2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x12 + x2 2 + 7 Hướng Dẫn: Phương trình x2- 2(m-1)x+m2-3m=0 (x là ẩn số, m là tham số) 1.∆ ' = [ − (m − 1)]3 − 1.(m2 − 3m) = m2 − 2m + 1 − m2 + 3m = m + 1

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆ ' > 0 <=> m+ 1 > 0 <=> m > −1

 x1 + x2 = 2(m − 1) 2.Theo Vi-ét:  2  x1 x2 = m − 3m B = x12 + x2 2 + 7 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 + 7 = [2(m − 1)]2 − 2( m 2 − 3m) + 7 = 4 m 2 − 8m + 4 − 2 m 2 + 6 m + 7 = 2m 2 − 2m + 11 1 21 21 = 2( m − ) 2 + ≥ 2 2 2

=> Bmin =

1 21 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 2

Bài 2: Cho phương trình x2 − (3m + 1)x + 2m2 + m − 1 = 0 (1) với m là tham số. a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

21 | P a g e

b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để biểu thức B = x12 + x22 − 3x1x2 đạt giá trị lớn nhất.

Hướng Dẫn: Với m là tham số, phương trình x2 − (3m + 1)x + 2m2 + m − 1 = 0 (1) Có ∆ = [−(3m + 1)]2 − 4.1.( 2m2 + m − 1) = 9m 2 + 6m + 1 − 8m 2 − 4m + 4 = m 2 + 2m + 5 = ( m + 1) 2 + 4 > 0∀m

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b/ Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1).

Ta có x1 + x2 = 3m + 1; x1x2 = 2m2 + m − 1 B = x12 + x2 2 − 3x1 x2 = ( x1 + x2 ) 2 − 5 x1 x2 = (3m + 1) 2 − 5(2m 2 + m − 1) = −m 2 + m + 6 = −(m 2 − m − 6) 1 25 25 = −(m − ) 2 + ≤ 2 4 4

1 2

Dầu “=” xảy ra ⇔ m − = 0 <=> m = Vậy Bmax =

1 2

25 1 khi m= 4 2

Bài 3: Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m – 5 = 0 (1), (x là ẩn, m là tham số). a)Giải phương tình với m = 2. b)Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá 2 2 trị của m. Tìm m để biểu thức P = x1 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Hướng Dẫn: x2 – 2(m – 1)x + m – 5 = 0 (1) b)Phương trình (1) có ∆’ = (m – 1)2 – (m – 5) = (m2 – 2m + 1) – (m – 5) = m2 – 3m + 6

22 | P a g e

3 9 15 = (m 2 − 2. m + ) + 2 4 4 3 15 = (m − ) 2 + > 0∀m 2 4

Vậy ∆’ > 0 ∀m, do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2. *Theo định lí Vi–ét,ta có: x1 + x2 = 2(m – 1) và x1x2 = m – 5.

Ta có: P = x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = [2(m − 1)]2 − 2(m − 5) = 4( m2 − 2m + 1) − 2m + 10 = 4m 2 − 8m + 4 − 2m + 10 = 4m 2 − 10m + 14 5 25 31 5 31 31 = 4( m2 − 2. m + ) + = 4(m − ) 2 + ≥ 4 16 4 4 4 4

Dấu bằng xảy ra <=> m −

5 5 = 0 <=> m = 4 4

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là

31 5 <=> m = 4 4

b. Có điểm rơi tại giá trị tham số làm cho Delta=0 Bài 1: Cho phương trình bậc hai x 2 − 3x + m = 0 với m là tham số. a) Tìm m để phương trình có nghiệm x = −2. Tính nghiệm còn lại ứng với m vừa tìm được. b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x12 + x22 − 3 x1 x2 .

Hướng Dẫn: 2 b) x − 3 x + m = 0 (1) 2

∆ = ( −3 ) − 4 m = 9 − 4 m

Để phương trình có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ 9 − 4m ≥ 0 ⇔ m ≤

23 | P a g e

9 4

 x1 + x2 = 3  x1 x2 = m

9 Khi m ≤ . Áp dụng Vi-ét ⇔  4

A = x12 + x22 − 3 x1 x2 = ( x1 + x2 ) 2 − 5 x1 x2 = 32 − 5m = 9 − 5m 9 4

Có m ≤  −5m ≥ 9 4

−45 −9 9 ⇔ 9 − 5m ≥ ⇔ A≥− 4 4 4

9 4

Vậy Min A = − ⇔ m = .

Bài 2: Cho phương trình x 2 + 5 x + m − 2 = 0(1) với m là tham số a)Giải phương trình (1) khi m = 6 b)Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho 2

biểu thức S = ( x1 − x2 ) + 8 x1 x2 đạt giá trị lớn nhất

Bài 3: Cho phương trình x 2 − 2mx + m 2 − m + 3 = 0 (1)(m là tham số) a)Giải phương trình (1) với m = 4 b)Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 và biểu thức P = x1 x2 − x1 − x2 đạt giá trị nhỏ nhất

Hướng Dẫn: b)Phương trình (1) có hai nghiệm

⇔ ∆ ' = m 2 − ( m 2 − m + 3) ≥ 0 ⇔ m − 3 ≥ 0 ⇔ m ≥ 3  x1 + x2 = 2m Khi đó theo định lý Viet ta có  2  x1 x2 = m − m + 3

Ta có: P = x1 x2 − x1 − x2 = x1 x2 − ( x1 + x2 ) = m 2 − 3m + 3 = m ( m − 3 ) + 3

Với m ≥ 3 thì m ( m − 3) ≥ 3.0 = 0  P ≥ 3. Dấu " = " xảy ra khi m = 3 Vậy Pmin = 3 ⇔ m = 3

TỰ LUYỆN Bài 1: 24 | P a g e

Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + m2-10 = 0 có hai nghiệm là x1 và x2 . Tìm m để 2 2 biểu thức C = x1 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất

Hướng Dẫn: Phương trình đã cho có hai nghiệm <=> ∆ ' = ( m + 1) 2 − ( m 2 − 10) ≥ 0 <=> 2 m + 11 ≥ 0 −11 <=> m ≥ 2

Theo Vi–ét ta có x1 + x2 = 2(m + 1); x1x2 = m2 – 10 Suy ra: C = x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 4(m + 1) 2 − 2(m 2 − 10) = 2m 2 + 8m + 24 = 2(m + 2) 2 + 16 ≥ 16 => C ≥ 16

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = –2 (thỏa mãn) Vậy giá trị nhỏ nhất của C là 16 khi m = –2

Bài 2: Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – 4 = 0 (1) (m là tham số) a)phương trình (1) khi m = 2 b)Tìm m để PT có 2 nghiệm và tìm giá trị nhỏ nhất của P = x12 + x22 với x1; x2 là nghiệm của phương trình (1)

Bài 3: Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m - 7 = 0 (1) a)Giải phương trình (1) với m = 1 b)Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m.

Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1). Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 A= x1 + x2 + 2 x1 x2

Bài 4.

25 | P a g e

Cho phương trình: x 2 + ( m − 2) x + m − 3 = 0 (ẩn x , tham số m ).

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho biểu thức

A = 1 − x12 − x22 + 4 x1 x2 đạt giá trị lớn nhất Bài 5.

2 Cho phương trình x − 2(m −1) x − 2m − 7 = 0 ( m là tham số ). Tìm các giá trị của m để

2 2 PT có 2 nghiệm A = x1 + x2 + 6 x1 x2 đạt giá tri nhỏ nhất.

Bài 6: Bài 3.

2 Chứng minh rằng phương trình x − 2 ( m − 1) x + 2m − 4 =0 luôn có hai nghiệm phân

biệt x1 , x2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x12 + x22

Bài 7: 2 Cho phương trình : x + ( m + 2 ) x + m − 1 = 0 ( m là tham số). Chứng minh rằng phương

trình (1) luôn có nghiệm với mọi m. Khi đó tìm m để biểu thức A = x12 + x22 − 3x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 8: 2 2 Cho phương trình : 2 x − 2mx + m − 2 = 0 (1) , với m là tham số.

a) Giải phương trình (1) khi m = 2 . b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho biểu thức A = 2 x1 x2 − x1 − x2 − 4 đạt giá trị lớn nhất.

Hướng Dẫn: b) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi ∆ ' ≥ 0 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2  x1 + x2 = m  Theo Vi-et , ta có:  m2 − 2 x . x =  1 2  2

26 | P a g e

(1) ( 2)

Theo đề bài ta có: A = 2 x1 x2 − x1 − x2 − 4 = m2 − 2 − m − 4 = ( m − 3)( m + 2 ) Do −2 ≤ m ≤ 2 nên m + 2 ≥ 0 , m − 3 ≤ 0 .

2

1  25 25  ≤ Suy ra A = ( m + 2 )( − m + 3) = − m + m + 6 = −  m −  + 2 4 4  2

Vậy MaxA =

1 25 khi m = 2 4

Bài 9: Cho phương trình x 2 − (2 m + 5) x + 2m + 1 = 0 (1), với x là ẩn, m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = −

1 .

2

b)Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức P = x1 − x2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Hướng Dẫn: b) Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi ∆ = ( 2m + 5 ) 2 − 4 ( 2m + 1) > 0   x1 + x2 = 2m + 5 > 0  x .x = 2 m + 1 > 0  1 2 2

2

2 Ta có ∆ = ( 2m + 5 ) − 4 ( 2m + 1) = 4m + 12m + 21 = ( 2m + 3) + 12 > 0, ∀m ∈ R

Giải được điều kiện m > −

1 (*).

2

2 Do P > 0 nên P đạt nhỏ nhất khi P nhỏ nhất.

2 Ta có P = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 2m + 5 − 2 2m + 1 .

=

27 | P a g e

(

2 1 2m + 1 − 1 + 3 ≥ 3 (∀m > − ) , 2

)

1 suy ra P ≥ 3 (∀m > − ) và P = 3 khi m = 0 (thoả mãn (*)).

2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3 khi m = 0 .

2 Bài 10: Cho phương trình x − mx − 3 = 0

(1) (với m là tham số)

a)Giải phương trình (1) khi m = 2 b)Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi giá trị của m. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =

2 ( x1 + x2 ) + 5 x12 + x22

Bài 11.

Cho phương trình x 2 − 2(m + 2)x + m 2 + 3m − 2 = 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 3 b) Tim các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ;x 2 sao cho biểu thức A = 2018 + 3x1x 2 − x12 − x 22 đạt giá trị nhỏ nhất Bài 12.

Cho phương trình: x 2 + (m − 2)x + m − 3 = 0 (ẩn x, tham số m).

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ;x 2 sao cho biểu thức A = 1 − x12 − x 22 + 4x1x 2 đạt giá trị lớn nhất

Bài 13: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x2 + ( 2m − 1)x + m2 − 1 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2

sao cho biểu thức P = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

28 | P a g e

BUỔI 4. CA 17+18. ĐỊNH LÝ VI-ÉT VÀ ỨNG DỤNG 1. Tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC: 1. Dạng toán sử dụng tính chất ax12 + bx1 + c = 0, ax22 + bx2 + c = 0, 2. Mối liên hệ giữa hai nghiệm B. BÀI TẬP 1. Dạng 1. sử dụng tính chất ax12 + bx1 + c = 0, ax22 + bx2 + c = 0, Bài 1: Cho phương trình x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 (1), với m là tham số.

1) Giải phương trình (1) khi m = 2.

2) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m .

Gọi x 1, x 2 là hai nghiệm của phương trình (1), lập phương trình bậc hai nhận x 13 − 2mx 12 + m 2x 1 − 2 và x 23 − 2mx 22 + m 2x 2 − 2 là nghiệm.

Hướng Dẫn: 1) Với m = 2 PT trở thành x 2 − 4x + 3 = 0

29 | P a g e

Giải phương trình tìm được các nghiệm x = 1 ; x = 3.

2) Ta có ∆ ' = m 2 − m 2 + 1 = 1 > 0, ∀m.

Do đó, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Từ giả thiết ta có x i2 − 2mx i + m 2 − 1 = 0, i = 1;2. x i3 − 2mx i2 + m 2x i − 2

(

)

= x i x i2 − 2mx i + m 2 − 1 + x i − 2

= xi − 2, i = 1;2. Áp dụng định lí Viét cho phương trình (1) ta có x1 + x 2 = 2m ; x 1.x 2 = m 2 − 1 Ta có

(x (x

1

− 2) + (x 2 − 2) = 2m − 4;

1

− 2)(x 2 − 2) = x 1x 2 − 2 (x 1 + x 2 ) + 4

= m 2 − 1 − 4m + 4 = m 2 − 4m + 3.

Vậy phương trình bậc hai nhận x 13 − 2mx 12 + m 2x 1 − 2, x 23 − 2mx 22 + m 2x 2 − 2 là nghiệm là x 2 − (2m − 4) x + m 2 − 4m + 3 = 0.

Bài 2: Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + 4 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = 2. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + 2(m + 1) x 2 ≤ 3m2 + 16

Bài 3: Cho phương trình: x 2 − 2mx + 2m − 1 = 0 ( m là tham số )(1) a)Giải phương trình (1) với m = 2 . b)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho:

30 | P a g e

(x

2 1

− 2mx1 + 3)( x22 − 2mx2 − 2 ) = 50

H ướ ng D ẫ n: a)Thay m = 2 vào ta có : x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ x2 − x − 3x + 3 = 0

⇔ x ( x − 1) − 3 ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 3) = 0 x = 1 ⇔ x = 3

b)Ta có : ∆ ′ = m 2 − 2m + 1 = (m − 1) 2 ≥ 0 nên phương trình có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m c)Vì x1, x2 là là hai nghiệm của phương trình (1) nên ta có: x12 − 2mx1 + 3 = 4 − 2m và x22 − 2mx2 − 2 = −1 − 2m

Theo đề bài ta có phương trình :

(x

2 1

− 2mx1 + 3)( x22 − 2mx2 − 2 ) = 50

⇔ ( 4 − 2m )( −1 − 2m ) = 50 4 m 2 − 6 m − 54 = 0

⇔ ( m + 3)( 2m − 9 ) = 0  m = −3 9  Vậy m ∈ −3;  9 m = 2  2 

Bài 4.

Cho phương trình: x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = 0 ( m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức: ( x12 − 2mx1 − x2 + 2 m − 3 )( x22 − 2mx2 − x1 + 2m − 3 ) = 19

2. Dang 2. Tìm hệ thức kiên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào tham số.

31 | P a g e

Bài 1. Cho ph ươ ng trình: x 2 − mx + 2m − 3 = 0 có hai nghi ệ m x1 , x2 . Hãy tìm m ộ t h ệ th ứ c liên h ệ gi ữ a hai nghi ệ m không ph ụ thu ộ c vào m.

Ý 1: Sử dụng định lí Vi-ét để tìm tổng và tích của 2 nghiệm.

G ọ i x1 , x 2 l ầ n l ượ t là hai nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình (1).  x1 + x 2 = m

( I)  x1.x 2 = 2m − 3 ( II )

Theo đị nh lí Vi-ét: 

Ý 2. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m T ừ ph ươ ng trình (I): m = x1 + x2 thay vào ph ươ ng trình (II) ta đượ c: x1.x2 = 2 ( x1 + x2 ) − 3 ⇔ x1.x2 − 2 ( x1 + x2 ) = 3

V ậ y h ệ th ứ c liên h ệ gi ữ a hai nghi ệ m không ph ụ thu ộ c vào m là: A.  x1.x2 − 2 ( x1 + x2 )  + B (v ớ i A,B là m ộ t h ằ ng s ố cho tr ướ c)

Bài 2. Cho ph ươ ng trình: x 2 − ( 2m + 5) x + m 2 − 1 = 0 có hai nghi ệ m x1 , x2 . Hãy tìm m ộ t h ệ th ứ c liên h ệ gi ữ a hai nghi ệ m không ph ụ thu ộ c vào m.

Ý 1: Sử dụng định lí Vi-ét để tìm tổng và tích của 2 nghiệm.

G ọ i x1 , x 2 l ầ n l ượ t là hai nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình (1).  x1 + x 2 = ( 2m + 5 )

Theo đị nh lí Vi-ét: 

2  x1.x 2 = m − 1

( I)

( II )

Ý 2. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m T ừ ph ươ ng trình (I): m =

x1 + x2 − 5 thay vào ph ươ ng trình (II) ta đượ c: 2

2

2  x + x −5 x1.x2 =  1 2  − 1 ⇔ 4 x1.x2 − ( x1 + x2 − 5 ) = −4 2   2

⇔ 4 x1.x2 − ( x1 + x2 ) + 10 ( x1 + x2 ) − 25 = −4 2

⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 − 10 ( x1 + x2 ) = −21

(x

1

2

− x2 ) − 10 ( x1 + x2 ) = −21

V ậ y h ệ th ứ c liên h ệ gi ữ a hai nghi ệ m không ph ụ thu ộ c vào m là: A. ( x1 − x2 ) − 10 ( x1 + x2 )  + B (v ớ i A,B là m ộ t h ằ ng s ố cho tr ướ c)   2

32 | P a g e

Bài tập tự luyện có giải Bài 1: Cho phương trình x 2 − 2(m + 1) x + 2m = 0 (m là tham số) 1)Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm cùng dương.

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

Hướng Dẫn: Phương trình x 2 − 2(m + 1) x + 2m = 0 (m là tham số) 1) ∆ = 4m 2 + 8 > 0 với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

2)Để phương trình có hai nghiệm cùng dương mà ∆ > 0 với mọi m thì ta phải có: P > 0  2m > 0 m > 0 <=>  <=>  <=> m > 0  S > 0  2( m + 1) > 0 m > −1

3)Theo Viet: S = 2m + 2; P = 2m. Suy ra: S – P = 2 ⇔ x1 + x2 – x1x2 = 2 là hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m.

Bài 2: Chứng minh rằng phương trình x 2 − 2(m + 1) x + m − 4 = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2 và biểu thức M = x1 (1 − x2 ) + x2 (1 − x1 ) không phụ thuộc vào m.

Hướng Dẫn: Phương trình x 2 − 2(m + 1) x + m − 4 = 0 Phương trình có : ∆ ' = (m + 1) 2 − 1.(m − 4) = m2 + 2m + 1 − m = m2 + m + 5 1 19 = (m + )2 + > 0∀m 2 4

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.  x1 + x2 = 2m + 2  x1 x2 = m − 4

Theo Vi-et ta có: 

M = x1 (1 − x2 ) + x2 (1 − x1 ) = x1 − x1 x2 + x2 − x1 x2 = x1 + x2 − 2 x1 x2 = 2m + 2 − 2(m − 4) = 2m + 2 − 2m + 8 = 10

=>không phụ thuộc vào m.

33 | P a g e

Bài 3: Cho phương trình bậc hai x 2 − 2(m − 1) x + m − 2 = 0 . Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phận biệt x1;x2. Tìm hệ thức liên hệ giữa x1;x2 không phụ thuộc vào m

Hướng Dẫn: Cho phương trình bậc hai x 2 − 2( m − 1) x + m − 2 = 0 .

Phương trình có: ∆ ' = ( m − 1) 2 − 1.(m − 2) = m 2 − 2m + 1 − m + 2 = m 2 − 3m + 3 3 9 3 3 = (m − ) 2 + 3 − = (m − ) 2 + > 0∀m 2 4 2 2

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2 với mọi m Khi đó,theo VI-ét ta có: x1 + x2 = 2m − 2; x1 x2 = m − 2 x1 x2 = m − 2 => 2 x1 x2 = 2m − 4 => A = x1 + x2 − 2 x1 x2 = 2

(không phụ thuộc vào m) Vậy hệ thức liên hệ giữa x1;x2 không phụ thuộc vào m có thể là A = x1 + x2 − 2 x1 x2

C. LUYỆN TẬP 2 Bài 1: Cho phương trình x + 2 (m − 1) x + 1 − 2m = 0 (với m là tham số).

a) Giải phương trình với m = 2 . b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm ∀m . c) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x 1; x 2 thỏa mãn x 12 .x 2 + x 1 .x 22 = 2 (x 1.x 2 + 3) .

Bài 2: Tìm m để phương trình: x 2 + 5 x + 3m − 1 = 0 ( x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x13 − x23 + 3x1x2 = 75 .

Bài 3: Cho phương trình x 2 − mx + m − 2 = 0 (1) (x là ẩn) a)Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m x12 − 2 x2 2 − 2 . =4 b)Định m để hai nghiệm x1;x2 của (1) thỏa mãn x1 − 1 x2 − 1

34 | P a g e

Bài 4: Cho phương trình 8 x 2 − 8 x + m 2 + 1 = 0 (*) (x là ẩn số) a)Định m để phương trình (*) có nghiệm x =

1 2

b)Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện:

x14 − x2 4 = x13 − x23 Bài 5: Cho phương trình chứa tham số m x 2 − 2(2m + 1) x + 2m + 1 = 0 .Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 và hai nghiệm đó thoả mãn điều kiện: ( x1 + x2 ) 2 − x12 x2 2 − 6m > 4

Bài 6: Cho phương trình : x2 + x + m – 5 = 0 (1) (m là tham số, x là ẩn) 1. Giải phương trình (1) với m = 4.

2. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ≠ 0, x2 ≠ 0 thỏa mãn: 6 − m − x1 6 − m − x2 10 + = x2 x1 3

Bài 7: Cho phương trình x2 − 2mx + m2 − 9 = 0(1) (m là tham số) a)Giải phương trình (1) khi m = –2 2 b)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn x1 + 2 mx2 = 12

Bài 8: Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 – 2m + 3 = 0 (m là tham số) 1)Giải phương trình với m = 2 2)Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: ( x2 − 1)2 + ( x2 − 1)2 + 2( x1 + x2 − x1 x2 ) = 18

Bài 9: Cho phương trình x2 – 2x – m2 + 2m = 0 (1), với m là tham số.

1)Giải phương trình (1) khi m = 0 2)Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x12 − x2 2 = 10

Bài 10: Cho phương trình: x 2 − 2 x + 2m − 1 = 0 (với m là tham số và x là ẩn số). Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn x13 x2 + x1 x23 = −6

Bài 11: Cho phương trình: x 2 − 2 x + m + 3 = 0 ( m là tham số) 35 | P a g e

1)Tim m để phương trình có nghiệm x = 3. Tìm nghiệm còn lại.

3 3 2)Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn : x1 + x2 = 8

Bài 12: Tìm m để phương trình x2 – 5x + m – 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x12 − 2 x1 x2 + 3x2 = 1

Bài 13: Cho phương trình x2-(m+1)x-2m2+3m+2=0 (m là tham số thực). Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho hai nghiệm này lần lượt là giá trị

độ dài của hai cạnh liên tiếp của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng 10

36 | P a g e

BUỔI 5. CA 19+20. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PT, HPT 1. Tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC * Nhắc lại các bước giải bài toán bằng cách lập phương trình lớp 8: + Bước 1: - Chọn ẩn và đặt điều kiện thích hợp cho ẩn, đơn vị cho ẩn - Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đó biết - Lập các phương trình biểu thị sự tương quan giữa các đại lượng. + Bước 2: Giải phương trình + Bước 3: Chọn kết quả thích hợp và trả lời * Các bước giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Tương tự như giải bài toán bằng cách lập trình bậc nhất một ẩn, chỉ khác là : - Phải chọn hai ẩn số - Lập một hệ hai phương trình.

- Giải bằng hai cách phương pháp thế, hoặc phương pháp cộng đại số như nói trên. * Các bước giải bài toán bằng cách lập phương trình bậc hai một ẩn + Bước 1: Lập phương trình.

- Chọn ẩn và xác định điều kiện thích hợp cho ẩn (ghi rõ đơn vị của ẩn) - Biểu diễn các đại lượng chưa biết khác theo ẩn.

- Dựa vào các dữ kiện và điều kiện của bài toán để lập phương trình. + Bước 2: Giải phương trình + Bước 3: Kiểm tra, nhận định kết quả và trả lời.

B. CÁC DẠNG BÀI TẬP 1. Dạng 1. Toán chuyển động a. Chuyển động trên đường bộ Một số chú ý: + Đổi thời gian nếu có + Một người chuyển động + Hai người chuyển động cùng chiều: Xuất phát cùng, xuất phát sau. + Hai người chuyển động ngược chiều: Xuất phát cùng, xuất phát sau.

b. Chuyển động trên sông Công thức : Vt xuôi = Vt + Vn

37 | P a g e

Vt ngược = Vt – Vn VTxuôi - VTngược = VTdòng nước

Bài 1 : Một xe ô tô và một xe máy cùng khởi hành từ A để đi đến B với vận tốc của mỗi xe không đổi trên toàn bộ quãng đường AB dài 120km. Do vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là 10km/h nên xe ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút. Tính vận tốc của mỗi xe.

Hướng Dẫn : Gọi vận tốc xe máy là x (km/h). Điều kiện x > 0 Do vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là 10km/h nên vận tốc ô tô là x + 10 (km/h).

Thời gian xe máy đi từ A đến B là Thời gian ô tô đi từ A đến B là

120 (h) x

120 (h) x + 10

3 5

Xe ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút = (h) nên ta có phương trình: 120 120 3 − = x x + 10 5 ⇔ 120.5. ( x + 10 ) − 120.5.x = 3x. ( x + 10 )

⇔ 3x 2 + 30 x − 6000 = 0 ⇔ ( x + 50 )( x − 40 ) = 0  x = −50 ⇔ . Kết hợp với điều kiện đầu bài ta được x = 40 .  x = 40

Vậy vận tốc của xe máy là 40 (km/h), vận tốc của ô tô là 50 (km/h).

Bài 2 : Người thứ nhất đi đoạn đường từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 78km.

Sau khi người thứ nhất đi được 1 giờ thì người thứ hai đi theo chiều ngược lại vẫn trên đoạn đường đó từ B về A. hai người gặp nhau ở địa điểm C cách B một quãng đường 36km. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng vận tốc của người thứ hai lớn hơn vận tốc của người thứ nhất là 4km / h và vận tốc của mỗi người trong suốt đoạn đường là không thay đổi.

38 | P a g e

Hướng Dẫn : ( x > 0) Gọi vận tốc của người thứ nhất là x(km / h) Vận tốc của người thứ hai hơn vận tốc của người thứ nhất là 4km / h  Vận tốc của người thứ hai là: x + 4(km / h) Quãng đường người thứ nhất đi được cho đến khi gặp người thứ hai là: 78 − 36 = 42(km) 42 (h)  Thời gian người thứ nhất đi đến khi gặp người thứ 2 là : x 36 ( giờ) Thời gian người thứ 2 đi đến khi gặp người thứ 1 là : x+4 Theo đề bài ta có: người thứ hai xuất phát sau người thứ nhất 1 giờ nên ta có phương trình 42 36 − = 1 ⇔ 42( x + 4) − 36 x = x ( x + 4 ) x x+4 ⇔ 42 x + 168 − 36 x = x 2 + 4 x  x + 12 = 0  x = −12(ktm) ⇔ x 2 − 2 x − 168 = 0 ⇔  ⇔  x − 14 = 0  x = 14(tm) Vậy vận tốc của người thứ nhất là 14km / h, vận tốc của người thứ hai là 18km / h Bài 3 : Một ô tô và một xe máy ở hai địa điểm A và B cách nhau 180 km, khởi hành cùng một lúc đi ngược chiều nhau và gặp nhau sau 2 giờ. Biết vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc của xe máy 10 km/h. Tính vận tốc của mỗi xe.

Hướng Dẫn : Gọi vận tốc của ô tô là x (km/h) vân tốc của xe máy là y (km/h) ( Đk: x > y> 0, x > 10) Ta có phương trình : x – y = 10 (1) Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường là 2x (km) Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường là: 2y (km) thì chúng gặp nhau, ta có phương trình: 2x + 2y = 180 hay x + y = 90 (2)  x − y = 10  x = 50 <=>  (TM )  Từ (1), (2) ta có hệ phương trình : x + y = 90 y = 40   Vậy vận tốc của ô tô là 50 km/h và vận tốc của xe máy là: 40 km/h

Bài 4 : Một ca nô xuôi dòng 45 km rồi ngược dòng 18km. Biết rằng thời gian xuôi lâu hơn thời gian ngược là 1 giờ và vận tốc xuôi lớn hơn tốc ngược là 6km/h. Tính vận tốc ca nô lúc ngược dòng.

Giải Gọi vận tốc ca nô lúc ngược dòng là x(km/h) ( ĐK: x>3).

Khi đó: Vận tốc xuôi dòng là: x + 6 (km/h) 39 | P a g e

45 (giờ) x+6 18 Thời gian ngược dòng 18 km là: (giờ) x 45 18 Theo bài ra ta có phương trình: - =1 x+6 x  x2 - 21x + 108 = 0

Thời gian xuôi dòng 45 km là:

Giải phương trình ta được: x1 = 12(TMĐK); x2 = 9(TMĐK) Vậy vận tốc ca nô lúc ngược dòng là 12km/h hoặc 9 km/h Bài 5. Quãng đường từ A đến B dài 60 km. Một ca nô xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng từ B về A mất tổng cộng 8h. Tính vận tốc thực của ca nô, biết vận tốc dòng nước là 4 km/ h Gäi x(km / h)lµ vËn tèc thùccña ca n«(x > 4)

 VËn tèc lóc®i :x + 4;vËn tèc lóc vÒ : x − 4 60 60 60x − 240 + 60x + 240 Theo bµi ta cã ph−¬ng tr×nh: + =8⇔ =8 x+4 x−4 x 2 − 16 x = 16(chän) ⇔ 8x 2 − 128 = 120x ⇔ x 2 − 15x − 16 = 0 ⇔  1 x 2 = −1(lo¹i) VËy vËn tècca n« lµ16km / h

LUYỆN TẬP Bài 1: Một xe khách và một xe Du lịch khởi hành cùng một lúc từ Hà Nội đi Hải Phòng Xe Du lịch có vận tốc lớn hơn vận tốc xe khách là 20 km/h do đó đến Hải phòng trước xe Khách là 25 phút. Tính vận tốc mỗi xe. Biết khoảng cách giữa Hà Nội và Hải phòng là 100 km.

Bài 2: Một người đi xe đạp và một người đi xe máy cùng khởi hành từ A đến B dài 57 km. Người đi xe máy đến B nghỉ lại

1 giờ rồi quay trở lại A và gặp người đi xe đạp 3

cách B là 24 km. Tính vận tốc mỗi người, biết vận tốc xe máy hơn vận tốc xe đạp là 36 km/h Bài 3: Lúc 7 giờ một người đi xe máy khởi hành từ A với vận tốc 40 km/h. Sau đó, lúc 8 giờ 30 phút, một người khác cũng đi xe máy từ A đuổi theo với vận tốc 60km/h. Hỏi hai người gặp nhau lúc mấy giờ?

Bài 4: Một chiếc ca nô dự định đi từ A đến B trong một thời gian dự định, nếu vận tốc ca nô tăng 3 km/h thỡ đến B sớm hơn 2 giờ, nếu vận tốc ca nô giảm 3 km/h thì đến B chậm hơn 3 giờ. Tính chiều dài khúc sông AB. Bài 5: Để đi đoạn đường Từ A đến B, một xe máy đi hết 6h40 phút, còn một ô tô chỉ đi hết 5h. Tính chiều dài quãng đường AB biết rằng vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc của xe máy 40 km/h.

40 | P a g e

Bài 6 : Một người đi xe đạp đi từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 30km. Khi từ B trở về A, người đó chọn con đường khác dễ đi hơn nhưng dài hơn con đường cũ 6 km. Vì thế, khi đi về với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 3 (km/h) nên thời gian về ít hơn thời gian đi 20 phút. Tính vận tốc lúc đi.

Bài 7 : Một ô tô dự định đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy với vận tốc 35km/h thì đến chậm mất 2 giờ. Nếu xe chạy với vận tốc 50km/h thì đên sớm hơn 1 giờ. Tớnh quãng đường AB và thời gian dự định đi lúc đầu.

Bài 8: Để đi đoạn đường từ A đến B, một xe máy đi hết 3h20 phút, cũng đoạn đường đó ô tô chỉ đi hết 2h30phút. Tính chiều dài quóng đường AB biết rằng vận tốc của ôtô lớn hơn vận tốc xe máy 20km/h.

Bài 9 : Một chiếc thuyền khởi hành từ bến sông A. Sau đó 5h20 phút một chiếc ca nô chạy từ bến sông A đuổi theo và gặp chiếc thuyền tại một điểm cách bến A 20 km.

Hỏi vận tốc của thuyền, biết rằng ca nô chạy nhanh hơn thuyền 12 km.

Bài 10 : Hai bến sông A và B cách nhau 40 km. Cùng một lúc với ca nô đi xuôi từ A có một chiếc bè trôi từ A với vận tốc 3km/h. Sau khi đến B ca nô trở về bến A ngay và gặp bè khi đó trôi được 8km. Tính vận tốc riêng của ca nô. Biết vận tốc của ca nô không thay đổi.

41 | P a g e

BUỔI 6. CA 21+22. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PT, HPT 1. Ổn định lớp Sĩ số 9a1

9a2

9a3

2. Kiểm tra Kết hợp trong giờ học

3. Bài mới B. CÁC DẠNG BÀI TẬP 2. Dạng 2. Bài toán tìm số Những kiến thức cần nhớ: + Biểu diễn số có hai chữ số : ab = 10a + b ( víi 0<a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9;a, b ∈ N) diễn số có ba chữ số + Biểu

:

abc = 100a + 10b + c ( víi 0<a ≤ 9; 0 ≤ b,c ≤ 9;a, b, c ∈ N)

+ Tổng hai số x; y là: x + y + Tổng bình phương hai số x, y là: x2 + y2 + Bình phương của tổng hai số x, y là: (x + y)2. + Tổng nghịch đảo hai số x, y là:

1 1 + . x y

Bài 1. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng tổng các chữ số của nó bằng 14 và nếu đổi chỗ hai chữ số của nó thì được số nhỏ hơn số ban đầu 18 đơn vị.

Hướng Dẫn: Gọi số cần tìm là ab , điều kiện: 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 ; a; b ∈ N Vì tổng hai chữ số của nó là 14 nên ta có ptrinh: a + b = 14

(1)

Do đổi chỗ hai chữ số của số ab thì ta được số mới nhỏ hơn số ban đầu 18 đơn vị nên ta có phương trình: ba = ab − 18 ⇔ 10b + a = 10a + b − 18 Hay a – b = 2

(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: a + b = 14 a = 8 ⇔ (Thỏa đk)  a − b = 2 b = 6

Vậy số cần tìm là 86

42 | P a g e

Bài 2. Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biết rằng tổng của chữ số hàng chục và hai lần chữ số hàng đơn vị là 12. Nếu thêm số 0 vào giữa hai chữ số thì ta được một số mới có ba chữ số lớn hơn số ban đầu 180 đơn vị. Tìm số ban đầu.

Hướng Dẫn:

Gọi số ban đầu là ab , điều kiện: 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 ; a; b ∈ N Vì tổng của chữ số hàng chục và hai lần chữ số hàng đơn vị là 12 nên ta có phương trình: a + 2b = 12 Do thêm số 0 vào giữa hai chữ số của số ab thì được số mới có ba chữ số lơn hơn số ban đầu 180 đơn vị nên ta có phương trình:

a0b = ab + 180 ⇔ 100a + b = 10a + b + 180 ⇔ a = 2 (thỏa mãn ) Thay a = 2 vào a + 2b = 12 ta được 2 + 2b = 12 hay b = 5 (thỏa mãn) Vậy số ban đầu là 25

Bài 3.Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biết tổng hai chữ số của nó bằng 9.

Nếu lấy số đó chia cho số viết theo thứ tự ngược lại thì được thương là 2 và dư 18. Tìm số ban đầu.

Hướng Dẫn: Gọi số cần tìm là ab , điều kiện: 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 ; a; b ∈ N Vì tổng hai chữ số của nó là 9 nên ta có phương trình a + b = 9 (1) Do lấy số ab chia cho số viết theo thứ tự ngược lại thì được thương là 2 và dư 18 nên ta có phương trình:

ab = 2.ba + 18 ⇔ 10a + b = 2(10b + a) + 18 Hay: 8a – 19b = 18 (2) a + b = 9 a = 7 ⇔ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  8a − 19b = 18 b = 2

Vậy số cần tìm là 72

Bài tự luyện Bài 1 : Tổng của chữ số hàng trăm và chữ số hàng đơn vị của một số có ba chữ số là 14. Nếu viết số đó theo thứ tự ngược lại thì được số mới nhỏ hơn số ban đầu là 396.

Tìm số đó biết rằng chữ số hàng chục nhỏ hơn chữ số hàng đơn vị là 1 đơn vị.

Hướng Dẫn : 43 | P a g e

Gọi số cần tìm có dạng abc

(a, c ∈ N *, b ∈ ℕ )

Theo đề bài ta có: +)Tổng của chữ số hàng trăm và chữ số hàng đơn vị là 14  a + c = 14  a = 14 − c (1) +)Chữ số hàng chục nhỏ hơn chữ số hàng đơn vị là 1 đơn vị  b = c − 1 (2) Khi viết ngược số ban đầu ta được số mới có dạng cba Ta có số mới nhỏ hơn số ban đầu là 396 abc − cba = 396 ⇔ 100a + 10b + c − 100c − 10b − a = 396 ⇔ 100a − 100c + c − a = 396

⇔ 99( a − c) = 396 ⇔ a − c = 4 ⇔ 14 − c − c = 4 ⇔ 2c = 10 ⇔ c = 5(tm)  a = 14 − 5 = 9(tm) (2) ⇔ b = c − 1 = 5 − 1 = 4(tm)

Vậy số cần tìm là 945.

Bài 2 : Trong lúc học nhóm, bạn Nam yêu cầu bạn Linh và bạn Mai mỗi người chọn một số tự nhiên sao cho hai số này hơn kém nhau là 6 và tích của chúng bằng 280 .

Vậy hai bạn Linh và Mai phải chọn những số nào.

Hướng Dẫn : Gäi x lµ1trong 2 sè tù nhiª n ( x ∈ ℕ * ) ,sè cßn l¹i lµ x + 6 .  x = 14 (chän) Theo ®Ò ta cã : x( x + 6) = 280 ⇔ x 2 + 6 x - 280 = 0 ⇔   x = -20(lo¹i) VËy 2sè Linh vµ Mai chän lµ14 vµ 20

3. Dạng 3. Bài toán có nội dung hình học + Nhắc lại các công thức tính diện tích của: HCN, Hỉnh thang, HBH, Hình thoi, Tứ giác có 2 đường chéo vuông góc, tam giác, tam giác vuông.

Bài 1. Một khu vườn hình chữ nhật. Nếu tăng mỗi cạnh thêm 4m thì diện tích của mảnh vườn tăng thêm 216 m2 . Nếu chiều rộng tăng thêm 2m và chiều dài giảm đi 5 m thì diện tích mảnh vườn sẽ giảm đi 50 m2 . Tính độ dài các cạnh của khu vườn.

Hướng Dẫn: 44 | P a g e

Khu vườn Trường hợp 1 Trường hợp 2

Chiều rộng x x+4

Chiều dài y y+4

x+2

y-5

Diện tích xy (x + 4)( y + 4)

(x + 2)( y - 5)

Gọi chiều rộng và chiều dài của khu vườn lần lượt là x và y (m) Điều kiện: x > 0; y > 5 và x < y Trường hợp 1: Chiều rộng là x + 4 (m), chiều dài là y + 4 (m) Suy ra diện tích trong trường hợp 1 là: (x + 4)(y + 4) (m2) Do diện tích tăng thêm 216 m2 nên ta có phương trình (x + 4)(y + 4) = xy + 216 hay x + y = 50 (1) Trường hợp 2: Chiều rộng là x + 2 (m) , chiều dài là y – 5 (m) Suy ra diện tích trong trường hợp 2 là: (x + 2)(y - 5) (m2) Do diện tích tăng thêm 50 m2 nên ta có phương trình (x + 2)(y - 5) = xy - 50 hay -5x + 2y = -40 (2)  x + y = 50  x = 20 ⇔ (thỏa điều kiện)  −5 x + 2 y = −40  y = 30

Từ (1) và (2) ta có hệ: 

Vậy chiều dài và chiều rộng của khu vườn lần lượt là 20m và 30m Bài 2. Trong một phòng họp hình chữ nhật, ghế được sắp theo hàng và số ghế trong mỗi hàng là như nhau. Nếu kê bợt đi 2 hàng và mỗi hàng bớt đi 2 ghế thì tổng số ghế trong phòng họp đó giảm đi 80 ghế so với ban đầu. Nếu kê thêm 1 hàng và mỗi hàng kê thêm 2 ghế thì tổng số ghế trong phòng học đó tăng thêm 68 ghế so với ban đầu. Tính số hàng ghế và số ghế trong phòng họp đó lúc ban đầu.

Hướng Dẫn: Số hàng Số ghế / Tổng số ghế ghế hàng y xy Ban đầu x y-2 (x - 2)( y - 2) x-2 Trường hợp 1 y+2 (x +1)( y + 2) x +1 Trường hợp 2

45 | P a g e

Gọi số hàng ghế và số ghế trong một hàng lúc đầu lần lượt là x (hàng) và y (ghế) Điều kiện: x > 2, y > 2 và y là số tự nhiên Tổng số ghế lúc đầu là: xy (ghế) Trường hợp 1: số ghế là x – 2 (ghế), số ghế trong một hàng là: y – 2 (ghế) Suy ra tổng số ghế trong trường hợp 1 là: (x – 2)(y – 2) (ghế) Do tổng số ghế trong trường hợp 1 giảm đi 80 ghế so với ban đầu nên ta có phương trình: (x – 2)(y – 2) = xy – 80 hay x + y = 42 (1) Trường hợp 2: số ghế là x + 1 (ghế), số ghế trong một hàng là: y + 2 (ghế) Suy ra tổng số ghế trong trường hợp 2 là: (x +1)(y + 2) (ghế) Do tổng số ghế trong trường hợp 2 tăng thêm 68 ghế so với ban đầu nên ta có phương trình: (x +1)(y + 2) = xy + 68 hay 2x + y = 66 (2)  x + y = 42  x = 24 ⇔ (thỏa điều kiện)  2 x + y = 66  y = 18

Từ (1) và (2) ta có hẹ phương trình: 

Vậy trong phòng họp lúc ban đầu có 24 (hàng ghế) và có tổng số ghế là: 432 (ghế) Bài 3. Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 28 mét và một đường chéo bằng 10 mét. Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất đó theo đơn vị là mét.)

Hướng Dẫn: Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó lần lượt là x,y (m) Điều kiện x > 0; y > 0; x > y Do chu vi mảnh đất là 28m nên ta có phương trình: 2(x + y) = 28 suy ra y = 14 – x

(1)

Vì độ dài đường chéo bằng 10m nên theo định lý Pitago, ta có: x2 + y2 = 10 (2) Thay (1) vào (2) ta được : x2 – 14x + 48 = 0 Giải phương trình ta được: x = 6 (thỏa mãn); x = 8 (thỏa mãn) Khi x = 6 suy ra : y = 8 Khi x = 8 suy ra: y = 6 Kết hợp với điều kiện x > y ta được: x = 8 ; y = 6 Vậy chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó lần lượt là 8m và 6m.

Bài 4. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 200 m. Sau khi người ta làm một lối đi rộng 2m xung quanh vườn (thuộc đất của vườn) thì phần đất còn lại 46 | P a g e

để trồng cây là một hình chữ nhật có diện tích là 2016 m2. Tính các kích thước của khu vườn lúc đầu.

Hướng Dẫn:

Ban đầu

Chiều rộng x

Chiều dài

Diện tích

y

xy

x-4

y-4

(x-4)(y-4)

Sau

Gọi chiều dài và chiều rộng của khu vườn lần lượt là x,y (m)

Điều kiện: x > 0; y > 0; x > y Do khu vườn lúc đầu có chu vi là 200m nên ta có phương trình 2(x + y) = 200 hay y = 100 – x

(1)

Sau khi làm lối đi rộng 2m xung quanh vườn thì chiều rộng là: x – 4 (m) và chiều dài là: y – 4 (m) nên diện tích là: (x – 4)(y – 4) = 2016

(2)

thay (1) vào (2) ta được: x2 – 100x + 2400 = 0 Giải phương trình trên ta được: x = 40 hoặc x = 60 Khi x = 40 suy ra: y = 60 Khi x = 60 suy ra: y = 40 Kêt hợp điều kiện x > y, ta được: x = 60; y = 40 Vậy khu vườn lúc ban đầu có chiều rộng và chiều dài lần lượt là 40m và 60m

4. Dạng 4. Bài toán làm chung, làm riêng – Toán vòi nước Bài toán cơ bản 1 Nếu hai người làm chung thì sau k ngày (giờ, phút,...) xong công việc. Nếu người I làm một mình m ngày rồi nghỉ và người II làm tiếp n ngày (giờ, phút,...) nữa thì xong công việc. Hỏi nếu làm một mình thì để hoàn thành công việc mỗi người mất mấy ngày (giờ, phút,...)?

Phương pháp giải: Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x,y (ngày) Điều kiện: x > k; y > k 1 1 1 ngày người I là làm được , người II làm được (công việc) y x k k k ngày người I là làm được , người II làm được (công việc) y x 47 | P a g e

Do hai người làm chung thì sau k ngày xong công việc nên ta có phương trình: 1 1 k  +  = 1 (1) x y n m m ngày người I là làm được , n ngày người II làm được (công việc) y x Do người I làm một mình m ngày rồi nghỉ và người II làm tiếp n ngày nữa thì m n xong công việc nên ta có phương trình: + = 1 (2) x y Giải hệ (1) ; (2) và đối chiếu điều kiện , trả lời bài toán Lưu ý: Nếu chỉ làm xong a% công việc thì ở PT (2) ta thay 1 bởi a% Bài toán cơ bản 2 Nếu hai người làm chung thì sau k ngày (giờ, phút,...) xong công việc. Làm chung được m ngày thì người I nghỉ và người II làm tiếp n ngày (giờ, phút,...) nữa thì xong công việc. Hỏi nếu làm một mình thì để hoàn thành công việc mỗi người mất mấy ngày (giờ, phút,...)?

Phương pháp giải: Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x, y (ngày) Điều kiện: x > k, y > k 1 1 1 ngày người I là làm được , người II làm được (lượng công việc) y x k k k ngày người I là làm được , người II làm được (lượng công việc) y x Do hai người làm chung thì sau k ngày xong công việc nên ta có phương trình: 1 1 k  +  = 1 (1) x y m m m ngày cả hai người làm được + (lượng công việc) x y n n ngày người II làm được (lượng công việc) y Do làm chung được m ngày thì người I nghỉ và người II làm tiếp n ngày nữa m m n thì xong công việc nên ta có phương trình:  +  + = 1 (2) x y y Giải hệ (1) ; (2) và đối chiếu điều kiện , trả lời bài toán Lưu ý: Nếu chỉ làm xong a% công việc thì ở PT (2) ta thay 1 bởi a% Bài 1. Hai người thợ cùng làm một công việc trong 4 giờ 30 phút thì xong.

Nếu người thứ nhất làm một mình trong 3 giờ và người thứ hai làm một mình trong 2 giờ thì tổng số họ làm được 50% công việc. Hỏi mỗi người làm công việc đó một mình thì trong bao lâu sẽ xong?

Hướng Dẫn:

48 | P a g e

9 giờ 2 Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x,y (giờ) Điều kiện : x > 0; y > 0 1 1 Suy ra 1 giờ người I và người II lần lượt làm được và (lượng công y x

Đổi 4 giờ 30 phút =

việc) 4 giờ 30 phút cả hai người làm được:

91 1  +  (lượng công việc) 2 x y 

Do cả hai người thợ cùng làm một công việc trong 4 giờ 30 phút thì xong nên 91 1  1 1 2 ta có phương trình :  +  = 1 ⇔ + = (1) 2 x y  x y 9 3 (lượng công việc) x 2 + 2 giờ người thứ II làm được: (lượng công việc) y

+ 3 giờ người thứ I làm được:

Vì người I làm một mình trong 3 giờ và người II làm một mình trong 2 giờ thì 3 2 1 tổng số họ làm được 50% công việc nên ta có phương trình: + = (2) x y 2 1 1 2 1 1 = x + y = 9  x = 18   x 18 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  3 2 1 ⇔  1 1 ⇔  y = 6 (thỏa đk)   + =  =  x y 2  y 6

Vậy nếu làm một mình xong công việc, người I cần 18 giờ, người II cần 6 giờ Bài 2. Hai người thợ cùng làm một công việc thì sau 2 giờ 40 phút sẽ hoàn thành. Nếu người thứ nhất làm một mình và 3 giờ sau người thứ hai cùng vào làm thì mất 40 phút nữa mới hoàn thành. Hỏi mỗi người đó làm một mình thì trong mấy giờ sẽ xong?

Hướng Dẫn: 8 2 Đổi 2 giờ 40 phút = giờ; 40 phút = giờ 3 3 Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x,y (giờ) Điều kiện : x > 0; y > 0

49 | P a g e

Suy ra 1 giờ người I và người II lần lượt làm được

1 1 và (lượng công y x

việc) +2 giờ 40 phút cả hai người làm được:

8 1 1   +  (lượng công việc) 3 x y 

Do cả hai người thợ cùng làm một công việc trong 2 giờ 40 phút thì xong nên 8 1 1  1 1 3 ta có phương trình :  +  = 1 ⇔ + = (1) 3 x y  x y 8 + 3 giờ người thứ I làm được:

3 (lượng công việc) x

2 1 1   +  (lượng công việc) 3 x y  Vì người thứ nhất làm một mình và 3 giờ sau người thứ hai cùng vào làm thì

+ 40 phút cả hai người làm được:

mất 40 phút nữa mới hoàn thành nên ta có phương trình:

3 21 1  +  +  =1 x 3 x y 

(2) 1 1 3 9 9 = x + y = 8 x = 4   x 4 ⇔ ⇔    Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình y = 8  3 + 2  1 + 1  = 1 11 + 2 = 3    x 3  x y   x y (thỏa đk) Vậy nếu làm một mình xong công việc, người I cần 4 giờ, người II cần 8 giờ

Bài 3. Hai vòi nước cùng chảy vào bể cạn thì sau 2 giờ đầy bể. Nếu mở vời I trong 45 phút rồi khóa lại và mở vòi II trong 30 phút thì cả hai vòi chảy được 1/3 bể. Hỏi mỗi vời chảy riêng đầy bể trong bao lâu?

Hướng Dẫn: Đổi 45 phút = 0,75 giờ; 30 phút = 0,5 giờ Gọi thời gian vòi I, vòi II chảy một mình đầy bề lần lượt là x,y (giờ) Điều kiện : x > 0; y > 0 1 1 Suy ra 1 giờ vòi I và vòi II lần lượt chảy được và (bể) y x 1 1 + 1giờ cả hai vòi chảy được: 2  +  (bề) x y Do cả hai vòi cùng chảy thì sau 2 giờ đầy bể nên ta có phương trình: 1 1 1 1 1 2 +  = 1 ⇔ + = (1) x y 2 x y

50 | P a g e

0,75 (bể) x 0,5 + 30 phút vòi 2 chảy được : (bể) y

+45 phút vòi 1 chảy được :

Vì mở vòi I trong 45 phút rồi khóa lại và mở vòi II trong 30 phút thì cả hai vòi 0, 75 0,5 1 3 2 4 + = ⇔ + = chảy được 1/3 bể nên ta có phương trinh: (2) x y 3 x y 3 1 1 1 1 1 = x + y = 2 x = 3   x 3 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  3 2 4 ⇔  1 1 ⇔  y = 6 (thỏa đk)   + =  =  x y 3  y 6

Vậy nếu chảy riêng để đầy bể thì vòi 1 cần 3 giờ, vòi 2 cần 6 giờ.

Bài 4. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn thì sau 6 giờ đầy bể. Cùng chảy được 2 giờ thì khóa vòi I lại và vòi II phải chảy thêm 12 giờ nữa mới đầy bể. Hỏi mỗi vòi chảy riêng đầy bể trong bao lâu?

Hướng Dẫn: Gọi thời gian vòi I, vòi II chảy một mình đầy bề lần lượt là x,y (giờ) Điều kiện : x > 0; y > 0 1 1 Suy ra 1 giờ vòi I và vòi II lần lượt chảy được và (bể) y x 1 1 + 6 giờ cả hai vòi chảy được: 6  +  (bề) x y Do cả hai vòi cùng chảy thì sau 6 giờ đầy bể nên ta có phương trình: 1 1 1 1 1 6 +  = 1 ⇔ + = (1) x y 6 x y 1 1 + 2 giờ cả hai vòi chảy được: 2  +  (bề) x y 12 + 12 giờ vòi II chảy được: (bề) y Vì cùng chảy được 2 giờ thì khóa vòi I lại và vòi II phải chảy thêm 12 giờ nữa  1 1  12 mới đầy bể nên ta có phương trình: 2  +  + = 1 (2) x y y

51 | P a g e

1 1 1 1 1 = x + y = 6  x = 9  x 9 ⇔ ⇔ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình   (thỏa  y = 18  2 1 + 1  + 12 = 1  1 = 1   x y  y  y 18

đk) Vậy nếu chảy riêng để đầy bể thì vòi 1 cần 9 giờ, vòi 2 cần 18 giờ.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( gửi file bài tập qua nhóm zalo) PHẦN LÀM CHUNG, LÀM RIÊNG Bài 1 : Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước trong 6 giờ thì đầy bể.

Nếu để riêng vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ, sau đó đóng lại và mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 3 giờ nữa thì được

2 bể. Hỏi nếu chảy riêng thì mỗi vòi chảy đầy bể trong 5

bao lâu Bài 2 : Hai đội công nhân đắp đê ngăn triều cường. Nếu hai đội cùng làm thì trong 6 ngày là xong việc. Nếu làm riêng thì đội I hoàn thành công việc chậm hơn đội II là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội đắp xong đê trong bao nhiêu ngày?

Bài 3. Cho hai vòi nước cùng chảy vào một vể không có nước thì sau 5 giờ đầy bể.

Nếu lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ rồi đóng lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy trong 1 giờ thì ta được

1 bể nước. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì thời gian để mỗi 4

vòi chảy đầy bể là bao nhiêu?

Bài 4 : Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước trong 6 giờ thì đầy bể.

Nếu để riêng vòi thứnhất chảy trong2 giờ, sau đó đóng lại và mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 3 giờ nữa thì được

2 bể. Hỏi nếu chảy riêng thì mỗi vòi chảy đầy bể trong bao 5

lâu?

2 công 3 việc. Nếu làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc đội thứ hai ít hơn đội thứ nhất là 5 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc của mỗi đội là bao nhiêu Bài 5 : Hai đội công nhân cùng làm chung trong 4 giờ thì hoàn thành được

Bài 6 : Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong 4 giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều hơn đội thứ nhất là 6 giờ.

Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu ?

52 | P a g e

Bài 7 : Hai người thợ cùng làm một công việc trong 16 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm trong 3 giờ và người thứ hai làm trong 6 giờ thì họ làm được

1 công việc.

4

Hỏi mỗi người làm công việc đó một mình trong mấy giờ thì xong .

Bài 8 : Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì sau 15 ngày làm xong.

Nếu đôi thứ nhất làm riêng trong 3 ngày rồi dừng và đội thứ hai làm tiếp công việc đó trong 5 ngày thì cả hai đội hoàn thành được 25% công việc. Hỏi nếu mỗi đội làm riêng thì trong bao nhiêu ngày mới xong công việc trên ?

Bài 9 : Hai người thợ cùng làm một công việc trong 9 ngày thì xong. Mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được nhiều gấp 3 lần lượng công việc của người thứ nhất. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người làm xong công việc đó trong bao nhiêu ngày.

Bài 10 : Hai người công nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành trong 16 giờ. Nếu người thứ nhất làm 3 giờ và người thứ hai làm hai giờ thì họ làm được

1 công 6

việc. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người hoàn thành việc đó trong bao lâu?

Bài 11: Nếu mở cả hai vòi nước chảy vào một bể cạn thì sau 3 giờ bể đầy nước. Nếu mở riêng từng vòi thì vòi thứ nhất làm đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 2 giờ 30 phút.

Hỏi nếu mở từng vòi thì mỗi vòi chảy bao lâu đầy bể.

Bài 12: Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành sau 12 giờ, nếu làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc của đội thứ hai ít hơn đội thứ nhất là 7 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì thời gian để mỗi đội hoàn thành công việc là bao nhiêu?

PHẦN CÓ NỘI DUNG HÌNH HỌC 2

Bài 1 : Cho vườn hoa hình chữ nhật có diện tích bằng 91m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 6m . Tìm chu vi của vườn hoa?

Bài 2 : Một đám đất hình chữ nhật có chu vi 24 m. Nếu tăng độ dài một cạnh lên 2 m và giảm độ dài cạnh còn lại 1 m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1 m2. Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật ban đầu.

Bài 3 : Tính chiều dài và chiều rộng của một hình chữ nhật. Biết rằng nếu tăng cả chiều dài và chiều rộng lên 4 cm thì ta được hình chữ nhật có diện tích tăng thêm 80 cm2 so với diện tích hình chữ nhật ban đầu, còn nếu tằng chiều dài lên 5 cm và giảm chiều rộng xuống 2 cm thì ta được một hình chữ nhật có diện tích bằng diện tích của hình chữ nhật ban đầu.

Bài 4 : Một miếng đất HCN có chu vi 100 m . Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất biết rằng 5 lần chiều rộng hơn 2 lần chiều dài là 40 cm.

Bài 5 : Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 15 m. Nếu giảm chiều dài 2 m và tăng chiều rộng 3 m thì diện tích mảnh vườn tăng thêm 44 m2 .Tính diện tích mảnh vườn.

53 | P a g e

Bài 6 : Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 300m 2 . Nếu giảm chiều dài đi 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì mảnh vườn trở thành hình vuông. Tính chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn.

Bài 7 : Một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 5cm và diện tích bằng 6 cm 2 . Tính độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông đó.

Bài 8 : Cho tam giác vuông cạnh huyền bằng 13cm. Tính các cạnh góc vuông của tam giác, biết hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 7cm Bài 9 : Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 80m 2 . Nếu giảm chiều rộng 3m và tăng chiều dài 10m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 20m 2 . Tìm kích thước của mảnh đất Bài 10 : Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 1200m 2 . Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật đó, biết rằng chiều dài hơn chiều rộng 10m.

Bài 11 : Cho một thửa ruộng hình chữ nhật, biết rằng nếu chiều rộng tăng thêm 2m, 2 chiều dài giảm đi 2m thì diện tích thửa ruộng đó tăng thêm 30m ; và nếu chiều rộng giảm đi 2m, chiều dài tăng thêm 5m thì diện tích thửa ruộng giảm đi 20m 2 . Tính diện tích thửa ruộng trên.

Bài 12 : Ông Khôi sở hữu một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 100m. Ông ta định bán mảnh đất đó với giá thị trường là 15 triệu đồng cho một mét vuôn. Hãy xác định giá tiền của mảnh đất đó biết rằng chiều dài mảnh đất gấp bốn lần chiều rộng Bài 13 : Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 58m và diện tích là 190m 2 . Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó Bài 14 : Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150m 2 . Biết rằng, chiều dài mảnh vườn hơn chiều rộng mảnh vườn là 5m. Tính chiều rộng mảnh vườn.

Bài 15 : Một sân trường hình chữ nhật có chu vi là 220 m. Ba lần chiều dài hơn 4 lần chiều rộng là 50 m. Tính diện tích sân trường.

Bài 16 : Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 cm . Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm . Tính diện tích của tam giác vuông đó.

Bài 17 : Một hình chữ nhật có diện tích bằng 360 ( m 2 ) . Nếu tăng chiều rộng lên 3m

và giảm chiều dài đi 10m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích bằng diện tích hình chữ nhật ban đầu. Tính chu vi hình chữ nhật ban đầu.

Bài 18 : Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 28 mét và độ dài đường chéo bằng 10 mét. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó theo đơn vị mét.

Bài 19 : Một tam giác vuông có chu vi bằng 24 cm. Độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 2 cm. Tính diện tích tam giác vuông đó.

Bài 20 : Một hình chữ nhật có chu vi bằng 28 cm. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật, biết rằng nếu tăng chiều dài thêm 1 cmvà tăng chiều rộng thêm 2 cmthì diện tích của hình chữ nhật đó tăng thêm 25 cm2.

54 | P a g e

Bài 21: Nhà bạn Dũng được ông bà nội cho một mảnh đất hình chữ nhật. Khi bạn Nam đến nhà bạn Dũng chơi, Dũng đố Nam tìm ra kích thước của mảnh đất khi biết: mảnh đất có chiều dài gấp 4 lần chiều rộng và nếu giảm chiều rộng đi 2m, tăng chiều dài lên gấp đôi thì diễn tích mảnh đất đó sẽ tăng thêm 20 m2. Các em hãy giúp bạn Nam tìm ra chiều dài và chiều rộng của mảnh đất nhà bạn Dũng đó.

Bài 22 : Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 28m. Đường chéo của hình chữ nhật dài 10m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật đó.

Bài 23 : Cho mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 360 m2. Nếu tăng chiều rộng 2m và giảm chiều dài 6m thì diện tích không thay đổi. Tính chu vi của mảnh vườn lúc ban đầu.

Bài 24 : Cho tam giác vuông có cạnh huyền băng 20 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 4cm. Tính độ dài mỗi cạnh góc vuông của tam giác vuông đó.

55 | P a g e

BUỔI 7. CA 23+24. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PT, HPT 1. Ổn định lớp Sĩ số 9a1

9a2

9a3

2. Kiểm tra Kết hợp trong giờ học

3. Bài mới B. CÁC DẠNG BÀI TẬP 5. Dạng 5. Dạng toán năng suất lao động.

Bài 1. Để hoàn thành một công việc theo dự định thì cần một số công nhân làm trong một số ngày nhất định. Nếu tăng thêm 10 công nhân thì công việc hoàn thành sớm được 2 ngày. Nếu bớt đi 10 công nhân thì phải mất thêm 3 ngày nữa mới hoàn thành công việc. Hỏi theo dự định thì cần bao nhiêu công nhân và làm trong bao nhiêu ngày?

Gọi số công nhân và số ngày theo dự định lần lượt là x (công nhân), y (ngày) Điều kiện: x > 10 ; y > 2 , x là số tự nhiên Lượng công việc theo dự định là xy (ngày công) Trường hợp 1: Số công nhân là x + 10 (công nhân), số ngày là y – 2 (ngày) Do đó lượng công việc là (x + 10)(y – 2) (ngày công) Vì lượng công việc không đổi nên ta có phương trình: (x + 10)( y – 2) = xy hay -2x + 10y = 20 (1) Trường hợp 2: Số công nhân là x - 10 (công nhân), số ngày là y + 3 (ngày) Do đó lượng công việc là (x - 10)(y + 3) (ngày công) Vì lượng công việc không đổi nên ta có phương trình: (x - 10)( y +3) = xy hay 3x - 10y = 30 (2) −2 x + 10 y = 20  x = 50 ⇔ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  (thỏa đk) 3 x − 10 y = 30  y = 12

Vậy số công nhân và số ngày theo dự định lần lượt là 50 (công nhân), 12 (ngày) Bài 2. Một phân xưởng theo kế hoạch cần sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đó đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định là 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch thì mỗi ngày phân xưởng đó cần sản xuất bao nhiêu sản phẩm?

56 | P a g e

Hướng dẫn: Số sản phẩm / ngày x

Số ngày

Tổng số sản phẩm

1100 1100 x 1100 Thực tế x+5 1100 x +5 Bài 3. Một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại để chở 60 tấn hàng. Lúc sắp khởi hành có 3 xe phải điều đi làm việc khác nên không thể tham gia chở hàng. Vì vậy, mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng. Tính số xe theo dự định của đội đó, biết mỗi xe chở khối lượng hàng như nhau.

Kế hoạch

Hướng Dẫn: Số hàng/ xe

Dự định

60/x

Số xe

Tổng số hàng

x

60

x 3 60 60/( x-3) Bài 4. Một tổ sản xuất phải làm 600 sản phẩm trong một thời gian quy định với năng suất như nhau. Sau khi làm được 400 sản phẩm, tổ đã tăng năng suất thêm mỗi ngày 10 sản phẩm, do đó đã hoàn thành công việc sớm hơn một ngày. Tính số sản phẩm làm trong mỗi ngày theo quy định.

Thực tế

Hướng Dẫn:

Số sản phẩm/ngày Dự kiến

x x

Thực tế

57 | P a g e

x +10

Số ngày 600 x 400 x 200 x + 10

Tổng số sản phẩm 600 400 200

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Một người thợ làm 120 sản phẩm trong một thời gian và năng suất dự định. Khi làm được 50 sản phẩm, người thợ đó nhận thấy làm với năng suất như vậy sẽ thấp hơn năng suất dự định là 2 sản phẩm một ngày. Do đó, để hoàn thành đúng thời gian đã định, người thợ đó tăng năng suất thêm 2 sản phẩm một ngày so với dự định. Tính năng suất dự định của người thợ đó.

Bài 2 : Một xưởng mỹ nghệ dự định sản xuất thủ công một lô hàng gồm 300 cái giỏ tre. Trước khi tiến hành, xưởng được bổ sung thêm 5 công nhân nên số giỏ trẻ phải làm của mỗi người giảm 3 cái so với dự định. Hỏi lúc dự định, xưởng có bao nhiêu công nhân? Biết năng suất làm việc của mỗi người như nhau.

Bài 3 : Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là 1 tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe chở khi dự định là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau.

Bài 4 : Để đặt Một đội xe cần vận chuyển 160 tấn gạo với khối lượng gạo mỗi xe chở bằng nhau. Khi sắp khởi hành thì được bổ sung thêm 4 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu 2 tấn gạo (khối lượng gạo mỗi xe chở vẫn bằng nhau). Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc ?

Bài 5 : Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là 1 tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau.

Bài 6 : Một tổ công nhân may lập kế hoạch may 60 bộ quần áo. Khi thực hiện, mỗi ngày tổ này may nhiều hơn kế hoạch 2 bộ nên đã hoàn thành công việc ít hơn kế hoạch 1 ngày. Biết số bộ quần áo may trong mỗi ngày là như nhau. Hỏi tổ công nhân may đã lập kế hoạch để hoàn thành công việc trong bao nhiêu ngày?

Bài 7 : Một phòng họp có 240 ghế (mỗi ghế một chỗ ngồi) được xếp thành từng dãy, mỗi dãy có số ghế bằng nhau. Trong một cuộc họp có 315 người tham dự nên ban tổ chức phải kê them 3 dãy ghế và mỗi dãy tang thêm 1 gế so với ban đầu thì vừa đủ chỗ ngồi. Tính số ghế có trong phòng họp lúc đầu, biết rằng số dãy ghế nhỏ hơn 50.

Bài 8 : Một đội xe cần chở 48 tấn hàng. Trước khi đi làm việc đội được bổ sung thêm 4 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi đội xe lúc đầu có bao nhiêu chiếc? Biết rằng số hàng chở trên tất cả các xe có trọng lượng như nhau.

Bài 9 : Một phòng họp có tổng số 80 ghế ngồi, được xếp thành từng hàng, mỗi hàng có số lượng ghế bằng nhau. Nếu bớt đi 2 hàng mà không làm thay đổi số lượng ghế trong phòng thì mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế. Hỏi lúc đầu trong phòng có bao nhiêu ghế?

Bài 10 : Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 360 bộ quần áo trong một thời gian quy định. Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may nhiều hơn 4 bộ quần áo so với số bộ quần áo phải may trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế xưởng đã hoàn thành 58 | P a g e

kế hoạch trước 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may bao nhiêu bộ quần áo?

Bài 11 : Một phòng học có 10 băng ghế. Học sinh của lớp 9A được sắp xếp chỗ ngồi đều nhau trên mỗi băng ghế. Nếu bớt đi 2 băng ghế, thì mỗi băng ghế phải bố trí thêm một học sinh ngồi nữa mới đảm bảo chỗ ngồi cho tất cả học sinh của lớp. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh.

6. Dạng 6. Dạng toán tăng trưởng: Năng suất, tăng dân số, tăng giảm giá cả.

Về Dân số: + x% =

x 100

+ Dan số tỉnh A năm ngoai là a, tỷ lệ gia tăng dan số là x% th dan số năm nay của tỉnh A là a + a.

x 100

Sè d©n n¨m sau lµ (a+a.

x x x ) + (a+a. ).

100 100 100

Về sản phâm: + Dự kiến mỗi ngày làm được x (sản phẩm) Thực tế mỗi ngày tăng a% nghĩa là + Số sản phẩm tăng thêm mỗi ngày là a%.x (sản phẩm) + Thực tế mỗi ngày làm được x + a%.x (sản phẩm) Tăng giảm giá: + Nếu giá niêm yết sản phẩm là A, giảm giá a% a   + Suy ra giá thực của sản phẩm là: A − a %. A = A  1 −   100  a   + Nếu tăng giá a% thì giá sản phẩm mới là: A + a %. A = A  1 +   100 

Bài 1 : Tháng đầu hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai do cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% và tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1000 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy?

Hướng Dẫn : Gọi tháng đầu tổ I sản xuất được x chi tiết máy, tổ II sản xuất được y chi tiết máy. ĐK: x, y ∈ N * .

59 | P a g e

Theo giả thiết ta có: x + y = 900

(1)

Sau khi cải tiến kỹ thuật, trong tháng thứ hai: Tổ I sản xuất được 1,1x chi tiết máy, tổ II sản xuất được 1,12 y chi tiết máy Theo giả thiết ta có: 1,1x + 1,12 y = 1000

(2)

 x + y = 900 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  1,1x + 1,12 y = 1000  x = 400 Giải hệ phương trình được  (thỏa mãn)  y = 500 Vậy trong tháng đầu tổI sản xuất được 400 chi tiết, tổ II sản xuất được 500 chi tiết.

Bài 2: Dân số Việt Nam tính đến ngày 1/1/2017 là 94 triệu người, dự kiến đến 1/1/2018 tăng thêm 1 050 000 người. a.Tính tỉ lệ phần trăm dự kiến tăng dân số trong một năm của dân số Việt Nam (làm tròn 2 chữ số thập phân). b.Cho biết sự tăng dân số theo ước tính cho bởi công thức: S = A.(1+r)n (Trong đó A là dân số của các năm làm mốc, tính S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số dự kiến năm). Hãy dự kiến đến 1/1/2020 dân số Việt Nam la bao nhiêu người? (làm tròn đến hàng đơn vị).

Bài 2 : Do cải tiến kỹ thuật nên tổng sản lượng thu hoạch cam nhà bác Minh năm 2017 đạt 80 tấn, tăng 20% so với năm 2016. Hỏi năm 2016 nhà bác Minh thu hoạch được bao nhiêu tấn cam?

Hướng Dẫn : Năm 2016, bác Minh thu hoạch được số cam là: 180 :120% = 150 (tấn) Bài 3. Trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10, hai trường A và B có 840 học sinh thi đỗ vào lớp 10 công lập và đạt tỉ lệ thi đỗ là 84% . Riêng trường A tỉ lệ thi đỗ là 80% , riêng trường B tỉ lệ thi đỗ là 90%. Tính số thí sinh dự thi của mỗi trường.

Hướng Dẫn: Gọi số học sinh dự thi của trường A và trường B lần lượt là x và y (học sinh)

Điều kiện: x,y là số tự nhiên khác 0

60 | P a g e

Do cả hai trường có 840 học sinh thi đỗ vào lớp 10 và đạt tỉ lệ thi đỗ là 84% nên (1) ta có phương trình: 84%.(x + y) = 840 hay x + y = 1000 Vì trường A tỉ lệ thi đỗ là 80%, trường B tỉ lệ đỗ là 90% nên ta có phương trình: 80%.x + 90%.y = 840 hay 8x + 9y = 8400

(2)

 x + y = 1000  x = 600 ⇔ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  (thỏa đk) 8 x + 9 y = 8400  y = 400

Vậy số học sinh dự thi của trường A và trường B lần lượt là 600 và 400 (học sinh)

Bài 4: Nhà bạn Tuấn tháng trước phải sự dụng 119kwh điện. Tính số tiền gia đình bạn Tuấn phải trả trong tháng, biết rằng giá 50kwh đầu tính với giá 1484 đồng/1kwh, 50kwh thứ hai có giá 1533 đồng/1kwh và 19kwh sau tính với giá 1786 đồng/1kwh.

Thuế GTGT (VAT) 10% trên tổng số tiền trả (làm tròn đến hàng đơn vị).

Bài 5: a.Chú Hùng gửi ngân hàng số tiền 100 triệu (đồng), sau một tháng tiền lãi được 600 ngàn (đồng). Hỏi lãi suất ngân hàng là bao nhiêu phần trăm/ 1 tháng? b.Cô Hường cũng gửi ngân hàng với lãi suất trên, sau hai tháng được cả vốn lẫn lãi là 20,24072 triệu (đồng). Hỏi lúc đầu cô Hường gửi bao nhiêu tiền?

Ghi chú: Tiền lãi hàng tháng tính theo số tiền có được của tháng đó (Tiền gốc cộng tiền lãi tháng trước).

Bài 6 : Bạn Nam mua hai món hàng và phải trả tổng cộng 480.000 đồng, trong đó đã tính cả 40.000 đồng thuế giá trị gia tăng (viết tắt là thuế VAT). Biết rằng thuế VAT đối với mặt hàng thứ nhất là 10% , thuế VAT đối với mặt hàng thứ hai là 8% . Hỏi nếu không kể thuế VAT thì bạn Nam phải trả mỗi món hàng là bao nhiêu tiền?

Hướng Dẫn : Gọi a , b lần lượt là giá của hai món hàng mà Nam mua 0 < a , b < 480.000 Từ

đề

bài

ta

có

hệ

phương

trình

110% a + 108%b = 480000 1,1a + 1, 08b = 480000 ⇔  10% a + 8% b = 40000 0,1a + 0, 08b = 40000

Bài 7: Anh Bình đến siêu thị để mua một cái bàn ủi và một cái quạt điện với tổng số tiền theo giá niêm yết là 850 ngàn đồng. Tuy nhiên, thực tế khi trả tiền, nhờ siêu thị khuyến mãi để tri ân khách hàng nên giá của bàn ủi và quạt điện đã lần lượt giảm bớt 10% và 20% so với giá niêm yết. Do đó, anh Bình đã trả ít hơn 125 ngàn đồng khi mua hai sản phẩm trên. Hỏi số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yết với giá bán thực tế của từng loại sản phẩm mà anh Bình đã mua là bao nhiêu?

61 | P a g e

Hướng Dẫn : Gọi số tiền mua 1 cái bàn ủi với giá niêm yết là x (ngàn đồng) ( 0 < x < 850) Số tiền mua 1 cái quạt điện với giá niêm yết là y (ngàn đồng) ( 0 < y < 850) Tổng số tiền mua bàn ủi và quạt điện là 850 ngàn đồng nên ta có phương trình: x+y=850(1) 90 9 x= x 100 10 80 8 Số tiền thực tế để mua 1 cái quạt điện là: y= y 100 10 9 8 Theo bài ra ta có phương trình: x + y =850-125 10 10 9 8  x + y =725 10 10

Số tiền thực tế để mua 1 cái bàn ủi là:

 x + y = 850  x = 450  <=> 9 8   Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  y = 400 10 x + 10 y = 725 Bài 8: Khi thực hiện xây dựng trường điển hình đổi mới năm 2017 , hai trường trung học cơ sở A và B có tất cả 760 học sinh đăng ký tham gia nội dung hoạt động trải nghiệm. Đến khi tổng kết, số học sinh tham gia đạt tỷ lệ 85% so với số đã đăng ký. Nếu tính riêng thì tỷ lệ học sinh tham gia của trường A và trường B lần lượt là 80% và 89 , 5% . Tính số học sinh ban đâu đăng ký tham gia của mỗi trường Hướng Dẫn : Gọi a là số học sinh đăng kí ban đầu của trường A Gọi b là số học sinh đăng kí ban đầu của trường B a + b = 760 a = 360 ⇔ (tháa) 0,8a + 0,895b = 646 b = 400

Ta có: 

Vậy trường A có 360 hs đăng kí, trường B có 400 hs đăng kí.

Bài 9: Cuối tuần, gia đình bạn Tuấn đón Taxi (7 chỗ) về thăm bên ngoại. Khi xuống xe, đồng hồ chỉ số tiền phải trả là 87 000 đồng. Bạn Tuấn hỏi bác tài cách tính thì biết rằng bước lên xe thì phải trả 12 000 đồng cho 600 mét đầu tiên và sau đó cứ mỗi 180 mét đồng hồ nhảy thêm 3000 đồng. Hãy tinh xem quãng đường từ bên nhà đến ben ngoại cua bạn Tuấn là bao nhiêu km?

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1 : Tháng đầu, hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai, do cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% vả tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1000 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy?

62 | P a g e

Bài 2 : Năm học 2014 – 2015 hai trường A và B có tổng số 390 học sinh thi đỗ vào đại học đạt tỉ lệ 78%, biết trường A có tỉ lệ đỗ đại học là 75%, trường B có tỉ lệ đỗ đại học là 80%. Tính số học sinh dự thi đại học năm học 2014 – 2015 ở mỗi trường.

Bài 3: Chị Bình gửi ngân hàng A một số tiền với lãi suất 7%/năm, sau hai năm số tiền của chị Bình có được cả gốc lẫn lãi là: 137,388 triệu. Hỏi lúc đầu chị Bình gửi bao nhiêu tiền, biết rằng tiền lãi năm thứ nhất gộp vào tền gửi để tính lãi năm thứ hai.

Bài 4: Sau khi xem bảng báo giá, mẹ bạn Hương đưa bạn 740 000 đồng đi siêu thị mua một quạt bàn và một bàn ủi. Hôm nay vào đợt khuyến mại, bàn ủi giảm 10%, quạt giảm 15% so với trên bảng báo giá nên bạn Hương chỉ phải trả 646 000 đồng. Hỏi giá mỗi món hàng trên bảng báo giá là bao nhiêu?

Bài 5: a.Anh Hoàng bỏ vốn 100 triệu đồng kinh doanh mặt hàng mỹ phẩm, sau khi bán hết, trừ thuế và các chi phí khác anh còn lãi 15 triệu đồng. Hỏi lãi suất khi bán mặt hàng này. b.Đợt hai, anh cũng đầu tư vào mặt hàng này, sau khi bán hết trừ thuế và các chi phí khác, anh thu được cả vốn và lãi là 207 triệu đồng và tính ra lãi suất cũng như đợt đầu. Hỏi đợt này anh Hoàng bỏ vốn là bao nhiêu?

Bài 6: a.Một cửa hàng bán lẻ lấy một thùng nước ngọt ?(24 chai) của đại lí phân phối với giá 192 000 đồng, bán lẻ 10 000 đồng một chai. Hỏi khi bán hết thùng nước thì cửa hàng lãi bao nhiêu phần trăm một thùng theo giá gốc? b.Trong đợt khuyến mại, do đại lí phân phối giảm giá, cửa hàng cũng giảm giá bán còn 9500 đồng một chai, lãi suất vẫn như lúc chưa khuyến mại. Hỏi tiền mua một thùng nước ngọt trong đợt này cửa hàng phải trả là bao nhiêu?

Bài 7: a.Chú Minh mua một chiếc điện thoại, thấy cửa hàng để giá 4 800 000 đồng chưa tính thuế V.A.T (thuế 10% tính trên giá gốc). Hỏi nếu lấy chiếc điện thoại này chú Minh phải trả bao nhiêu tiền? b.Chú Minh quyết định lấy điện thoại này và mua thêm phụ kiện. Tổng số tiền chú phải trả cho cửa hàng là 5 720 000 đồng. Hỏi phụ kiện chưa tính thuế V.A.T (thuế 10% tính trên giá gốc) giá bao nhiêu?

Bài 8: Dân số của một huyện hiện nay là 1 600 000 người, trong đó ở độ tuổi 5 tuổi chiếm 0,8%, dự kiến năm sau độ tuổi này sẽ được huy động hết vào lớp 1 và cũng dự 63 | P a g e

kiến số học sinh lớp 5 là 11 360 học sinh sẽ chuyển sang học lớp 6 ở các trường cấp 2. Do đó phải xây thêm phòng học cho số dư ra. Hỏi huyện phải xây thêm bao nhiêu phòng học, biết rằng mỗi phòng học dự trù cho 40 học sinh.

Bài 9: a.Một thùng mì mua gốc giá 80 000 đồng, bán giá 88 000 đồng. Hỏi tiền lãi một thùng là bao nhiêu phần trăm so với giá gốc? b.Khi mua 50 thùng thì được đại lí giảm giá 1% trên tổng số tiền trả. Hỏi người bán vẫn muốn lời 8000 đồng/một thùng thì phải bán với giá bao nhiêu/một thùng?

Bài 10: Bạn Tuấn tiết kiệm mỗi ngày bỏ heo, lúc thì tờ 1000 đồng, khi thì tờ 2000 đồng. Hôm nay, hưởng ứng đợt vận động giúp đồng bào lũ lụt, bạn quyết định đập heo để góp. Bạn đếm được tất cả là 243 tờ tiền và số tờ tiền 2000 đồng gấp hai lần số tờ 1000 đồng.

Hỏi bạn Tuấn đã tiết kiệm được bao nhiêu tiền?

Bài 11: Dân số một huyện lúc đầu là 500 000 người, sau hai năm dân số là 512 072 người. Tỷ lệ tăng dân số của huyện này là bao nhiêu phần trăm một năm?

Bài 12: a.Hai món hàng: Món thứ nhất giá gốc 100 ngàn (đồng), món thứ hai giá gốc 150 ngàn (đồng). Khi bán món thứ nhất lãi 8% và món thứ hai lãi 10% (tính trên giá gốc).

Hỏi bán cả hai món thu được tổng cộng bao nhiêu tiền? b.Bán món hàng thứ ba lãi 6% (tính trên giá gốc). Tổng số tiền bán cả ba món thu được là 909 ngàn đồng. Hỏi món thứ ba giá gốc là bao nhiêu?

Bài 13: Tổng diện tích 3 nước Việt Nam – Lào – Campuchia là 739 012km2 (số liệu 2002). Diện tích nước Việt Nam chiếm tỉ lệ 43,465%, diện tích nước Lào nhỏ hơn diện tích nước Campuchia 55 800km2. Tính diện tích 3 nước Việt Nam- LàoCampuchia (làm tròn đến hàng đơn vị).

Bài 14: Thống kê ngành du lịch của một tỉnh trong 3 năm 2014 – 2015 – 2016 về số lượt khách tham quan là 2 517 892 người. Năm 2016 số lượng khách tăng 3% so với năm 2015, tỉ lệ tăng của năm 2016 nhiều hơn tỉ lệ tăng của năm 2015 là 1%. Hãy tính số lượt khách tham quan trong 3 năm 2014, 2015, 2016.

Bài 15: Việt Nam – Thái Lan - Ấn Độ là ba nước xếp hàng đầu thế giới về xuất khẩu gạo của cả ba nước ra các thị trường trên thế giới là 26,4 triệu tấn. Khối lượng gạo của Việt Nam xuất bằng 68,75% khối lượng gạo của Thái Lan xuất. Khối lượng gạo 64 | P a g e

của Ấn Độ xuất hơn của Thái Lan xuất 600 000 tấn. Tính xem trong năm này mỗi nước xuất khẩu bao nhiêu tấn gạo?

Bài 16: Trong một lít nước biển có 35g muối. Nếu pha thêm vào một lượng nước là 10 lít (nồng độ muối không đáng kể) thì khối lượng muối trong nước pha còn bao nhiêu gram? (làm tròn đến gram).

Bài 17: Một cửa hàng bán đồ thể thao , sau một đợt bán được 60 đôi giày và kèm theo 60 đôi vớ . Tổng số tiền thu được 2 880 000 đồng . Tiền bán một đôi vớ chỉ bằng 20% tiền một đôi giày. a) Tính giá tiền bán một đôi giày và tiến bán một đôi vớ b) Tính tiền vốn mua một đôi giày , biết khi bán hết 60 đôi giày thì lãi bằng 30% giá bán 60 đôi giày.

Bài 18 : Máy bơm thứ I để giá bán 1 500 00 đồng , điện năng tiêu thụ 1,2 km/ giờ , máy thứ II giá bán 2 000 000 đồng , điện năng tiêu thụ 2km/ giờ . Trung bình mỗi ngày phải sử dụng máy 1 giờ . Hỏi trong một tháng ( 30 ngày ) thì máy nào đạt hiệu quả kinh tế hơn ( Biết tiền điện 50kw đầu tính với giá 1484 đồng/ 1kw 50kw thứ hai có giá 1533 đồng/1kw )

Bài 19: Nhân dịp khai giảng năm học mới, nhà sách ABC có một đợt khuyến mãi giảm giá sách bán sách giáo khoa và tập (vở), có niêm yết theo bảng sau. Hãy cho biết: BẢNG BÁO GIÁ TIỀN SÁCH, VỞ… NHÀ SÁCH ABC

a.Mỗi loại giảm giá bao nhiêu % theo giá gốc? (làm tròn một chữ số thập phân). b.Nếu mua một bộ sách giáo khoa và mỗi loại tập 10 quyển thì phải trả ít hơn bao nhiêu % theo giá gốc?

Bài 20: Ba của Tuấn chở bạn đi học, tiện đường ghé trụ ATM rút 5 triệu đồng. Hôm nay, máy chỉ nhả hai loại tiền là loại 200 ngàn đồng và loại 100 ngàn đồng. Ba của Tuấn đếm thấy tổng cộng là 40 tờ. Hỏi mỗi loại tiền là bao nhiêu tờ?

65 | P a g e

Bài 21: Dân số của một tỉnh, sau hai năm tăng lên và hiện nay là 877 286 người, biết rằng tỉ lệ tăng dân số hằng năm của tỉnh theo ước tính là 1%.

Bài 22: Người ta trộn 800g một chất này với 600g chất khác có nồng độ dung dịch lớn hơn nó là 0,2% để được hỗn hợp có nồng độ dung dịch 0,7%. Tìm nồng độ dung dịch của mỗi chất (làm tròn một chữ số thập phân).

Bài 23 a.Bác Ba mượn ngân hàng số tiền 100 triệu (đồng) với lãi suất 13%/năm. Sau 2 năm bác Ba phải trả ngân hàng cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu? b.Nếu sau năm đầu bác Ba thanh Toán 50 (triệu) đồng thì năm cuối bác Ba phải trả là bao nhiêu? (Cả tiền nợ và tiền lãi/năm).

Ghi chú: Tiền lãi hàng năm tính theo số tiền còn mượn của năm đó.

Bài 24: Gia đình bác Hòa có nuôi ba con bò sữa để tăng thêm thu nhập cho gái đình, trung bình mỗi con cho khoảng 2400 lít sữa/năm bán được khoảng 12 000 đồng/1 lít. ଵ

Biết rằng tiền thu được mỗi năm bằng chi phí đầu tư, chăm sóc bò. ଷ

Hãy tính xem mỗi năm gia đình bác Hòa thu nhập thêm được bao nhiêu nhiều?

66 | P a g e

BUỔI 8. CA 1+2. CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI CĂN THỨC. BÀI TOÁN RÚT GỌN VÀ CÁC DẠNG TOÁN HỆ QUẢ 1. Tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới 1. Dạng toán 1. Tìm ĐKXĐ A có nghĩa khi B # 0 B

A có nghĩa khi A ≥ 0

A có nghĩa khi B > 0 B

A ≥0 A có nghĩa khi  B B  B ≠ 0

A co nghia khi B # 0 và A ≥ 0 B

A co nghia khi B > 0 và A ≥ 0 B

Chú ý: - Đối với căn bậc chẵn điều kiện là biểu thức dưới dấu căn ≥ 0 - Đối với căn bậc lẻ không cần đặt điều kiện

Bài 1: Với giá trị nào của x thì mỗi căn thức sau có nghĩa? a.

−5x

b.

4 − 3x

c.

−3x + 2

HD: a) −5x có nghĩa khi −5 x ≥ 0 ⇔ x ≤ 0 b) 4 − 3x có nghĩa khi 4 − 3 x ≥ 0 ⇔ x ≤

4 3

c) −3x + 2 có nghĩa khi −3 x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≤

2 3

Bài 2: Với giá trị nào của x thì mỗi căn thức sau có nghĩa? a.

1 3 − 2x

HD:

67 | P a g e

b.

4 2x + 3

c.

−2 x +1

a)

1 có nghĩa khi 3 − 2x

3  3 3 − 2 x ≠ 0  3  x ≠ x ≠ 2 ⇔ ⇔ ⇔ 3 − 2x > 0 ⇔ x < 2  1 2 ≥0    3 − 2 x 1. ( 3 − 2 x ) ≥ 0 3 − 2 x ≥ 0

b)

4 có nghĩa khi 2x + 3

c)

−2 có nghĩa khi x +1

4. ( 2 x + 3) ≥ 0 −3  2x + 3 > 0 ⇔ x >  2 2 x + 3 ≠ 0

−2 ( x + 1) ≥ 0  x + 1 < 0  x < −1   x + 1 ≠ 0

Bài 3: Tìm điều kiện của x để mỗi căn thức sau có nghĩa a.

x −1 + x−2 x+2

b.

2x +1 + x−2 x−2

c.

2x + x2 x − 2 x −4 2

HD: x − 2 ≥ 0 x ≥ 2 ⇔ ⇔x≥2  x + 2 ≠ 0  x ≠ −2

a)

x −1 + x − 2 có nghĩa khi x+2

b)

2x +1 x − 2 ≥ 0 x ≥ 2 + x − 2 có nghĩa khi  ⇔ ⇔ x>2 x−2 x − 2 ≠ 0 x ≠ 2

2x + x 2 x − 2 có nghĩa khi c) 2 x −4

x − 2 ≥ 0 x ≥ 2 ⇔ ⇔ x>2  2  x ≠ ±2 x − 4 ≠ 0

Bài 4: Tìm điều kiện của x để mỗi căn thức sau có nghĩa x −1 x+3

a.

b.

x+2 x2 + 1

c.

x+5 x−7

HD: a)

x −1 có nghĩa khi x+3

( x − 1)( x + 3) ≥ 0 , ta có các trường hợp sau   x + 3 ≠ 0

x −1 ≥ 0 x ≥ 1 ⇔ ⇔ x ≥1 - Trường hợp 1:  x + 3 > 0  x > −3  x −1 ≤ 0 x ≤ 1 ⇔ ⇔ x < −3 - Trường hợp 2:  x + 3 < 0 x < − 3  

68 | P a g e

b)

x+2 2 có nghĩa khi x + 2 ≥ 0 (do x + 1 > 0, ∀x )  x ≥ −2 x2 + 1

c)

x+5 x + 5 ≥ 0  x ≥ −5 ⇔ có nghĩa khi  x−7 x − 7 > 0 x > 7

2. Dạng 2. Rút gọn biểu thức số

Bài 1 A = 3 18 − 2 8 50

Hướng Dẫn: A=

3 18 − 2 8 3.3 2 − 2.2 2 9 2 − 4 2 5 2 = = = =1 50 5 2 5 2 5 2

Bài 2 A = ( 5 − 2)( 5 + 2) −

7−4 3 3−2

Hướng Dẫn: A = ( 5) 2 − 22 −

(2 − 3) 2 3−2

= 5−4−

2− 3 = 1 − (−1) = 2 3−2

2+ 3 2− 3 − 2 2

Bài 3. A =

Hướng Dẫn: 2+ 3 2− 3 4+2 3 4−2 3 − = + 2 2 4 4

A=

1 ( ( 3 + 1) 2 − ( 3 − 1) 2 ) 2 1 1 = (| 3 + 1| − | 3 − 1|) = ( 3 + 1 − 3 + 1) = 1 2 2 =

2 3 − 27 + 3 −1 3

Bài 4. P =

Hướng Dẫn: 2 P=

(

Bài 5. P = 69 | P a g e

(

)

3 +1

)(

3 −1

)

3 +1

5 −2 5 5 −2

−3 3 + 3 =

2

(

)−2

3 +1 3 −1

3 = 3 +1− 2 3 = 1− 3

Hướng Dẫn: 5 − 2 5( 5 − 2) 5 − 10 + 4 5 = 5−2 5−2

=

: =

5 5 − 10 5( 5 − 2) = =5 5 −2 5 −2

Bài 6. B =

1 3+ 7

+

1 3− 7

Hướng Dẫn: 1 1 6 6 + = = =3 2 9−7 3 + 7 3 − 7 32 − 7

B=

1 1 + 6−2 6+2

Bài 7. A =

Hướng Dẫn: 1 1 6 +2+ 6 −2 2 6 + = = = 6 6 −2 6 + 2 ( 6 − 2)( 6 + 2) 6 − 4

A=

Bài 8 A =

1 2− 3

+ 7−4 3

Hướng Dẫn: =

1 1 + 4−4 3 +3 = + (2 − 3) 2 2− 3 2− 3

=

1 2+ 3 2+ 3 +2− 3 = +2− 3 = +2− 3 = 4 1 2− 3 (2 − 3)(2 + 3)

Bài 9. (

21 − 7 10 − 5 1 + ): 3 −1 2 −1 7− 5

Hướng Dẫn:  7( 3 − 1) 5( 2 − 1)  A= +  ( 7 − 5) 3 −1 2 −1   A = ( 7 + 5)( 7 − 5) = 7 − 5 = 2

Bài 10. P = ( 3 − 1)

3+ 3 2 3

Hướng Dẫn: P = ( 3 − 1)

70 | P a g e

3+ 3 3( 3 + 1) ( 3 − 1)( 3 + 1) 3 − 1 = ( 3 − 1) = = =1 2 2 2 3 2 3

2

Bài 11. B =

7− 6

− 28 + 54

Hướng Dẫn: B= =

2 2( 7 + 6) − 28 + 54 = − 7.4 + 9.6 7− 6 ( 7 − 6)( 7 + 6)

2 7+2 6 −2 7 +3 6 = 2 7 +2 6 −2 7 +3 6 = 5 6 7−6

4

Bài 12. A =

3 −1

−

2 2+ 3

− 8

Hướng Dẫn: =

Bài 13

4( 3 + 1) 2( 3 − 2) − −2 2 = 2 3+ x−2 3+2 2 −2 2 = 2 3 −1 3− 2

50 − 25 36

Hướng Dẫn: 1.

50 − 25 50 − 5 15 = = 6 2 36

Bài 14 A =

5+ 5 5+2

+

5

−

3 5

5 −1 3 + 5

Hướng Dẫn: A= =

5+ 5 5 3 5 + − 5+2 5 −1 3 + 5

(5 + 5)( 5 − 2) 5( 5 + 1) 3 5(3 − 5) + − ( 5 − 2)( 5 + 2) ( 5 − 1)( 5 + 1) (3 + 5)(3 − 5)

5 + 5 9 5 − 15 − 4 4 5 + 5 − 9 5 + 15 = 3 5 −5+ = 3 5 −5+5− 2 5 = 5 4 = 3 5 −5+

3. Dạng 3. Rút gọn biểu thức và các bài toán liên quan  x x +x+ x x +3 x −1 1 − (với x ≥ 0; x ≠ 1 và x ≠ .

4 1 − x  2x + x −1  x x −1

Bài 1: Cho biểu thức B =  ).

71 | P a g e

Rút gọn B và tìm tất cả các giá trị của x để B < 0 .

Hướng Dẫn:  Ta có B =   

(

(

)(

)

x −1 x + x +1

 x = + − 1 x 

=

)

x x + x +1

( (

+

)( )(

x −1 x +3 . x −1  2 x −1

 x + 3 x −1 . x −1  2x + x −1 

) x + 1)

x +1

2 x + 3 x −1 2 x + 3 . = . x −1 2 x −1 2 x −1 1 4

Vì x ≥ 0 nên 2 x + 3 > 0 , do đó B < 0 khi 2 x − 1 < 0 ⇔ x < .

Mà x ≥ 0; x ≠ 1 và x ≠

1 1 nên ta được kết quả 0 ≤ x < .

4 4

Bài 2: Cho hai biểu thức P =

x+3 x −2

và Q =

x −1 5 x − 2 + với x>0, x ≠ 4 x−4 x +2

1) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 9.

2) Rút gọn biểu thức Q. 3) Tìm giá trị của x để biểu thức

P đạt giá trị nhỏ nhất.

Q

Hướng Dẫn: Với x = 9 ta có P = 1) Với Q =

9+3 = 12 3− 2

x − 1 5 x − 2 ( x − 1)( x − 2) + 5 x − 2 + = x−4 x−4 x +2

=

x−3 x +2+5 x −2 x+2 x x ( x + 2) = = = x−4 x−4 ( x + 2)( x − 2)

3)

P x +3 3 = = x+ ≥ 2 3 (Do bất đẳng thức Cosi).

Q x x

72 | P a g e

x x −2

Dấu bằng xảy ra khi x = Vậy giá trị nhỏ nhất của

3 x

<=> x = 3

P là 2 3 Q

Bài 3: Với x > 0, cho hai biểu thức A =

2+ x và B = x

x −1 2 x + 1 + x x+ x

1)Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64.

2) Rút gọn biểu thức B. 3) Tìm x để

A 3 > B 2

Hướng Dẫn: 1) Với x = 64 ta có A = 2) B =

2 + 64 2 + 8 5 = = 8 4 64

( x − 1)( x + x ) + (2 x + 1) x x x + 2 x 1 = = 1+ = x(x + x) x x+x x +1

x +2 x +1

2) Với x > 0 ta có: A 3 2+ x 2+ x 3 > <=> : > <=> B 2 x x +1 2

x +1 3 > 2 x

<=> 2 x + 2 > 3 x <=> x < 2 <=> 0 < x < 4( Do x>0)

TỰ LUYỆN Câu 1. (LẠNG SƠN 1819) Cho biểu thức A =

(

)

2 x −3 x x −3 x + 3 x ≥ 0 − +   x−2 x −3 x +1 3 − x  x ≠ 9

a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức A

Câu 2. ( PHÚ YÊN 1819) Cho biểu thức A = a) Rút gọn biểu thức A

Câu 3. (KB 1819) Cho biểu thức A = 73 | P a g e

(

x+3− x

)(

x+3 −2

)

x −1

b) Tìm x để A ≤ −1 x +1 2 x 2+5 x x ≥ 0 + +   4 − x  x ≠ 4 x −2 x +2

a) Rút gọn A

4 9 c) Tìm giá trị của x để A có giá trị nguyên

b) Tính giá trị của A khi x =

Câu 4. (SƠN LA 1819) Cho biểu thức 6x + 4 3x A= − 3 3 x3 − 8 3x + 2 3 x + 4 Rút gọn và tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 5. (KHOÁI CHÂU 1819) Cho biểu thức : x x + 26 x − 19 2 x x −3 − + 1. P = x+2 x −3 x −1 x +3 a) Rút gọn P b) Tìm x để P.

(

)

x + 3 = 10 x

c) Tìm GTNN của P

Câu 6 (Hà Nam 20-21).

1.

Cho

biểu

 x−2 x x− x x −6 x +1 x + 39 Q= − + . x + x − 2 1 − x  x + 3 x − 10  x−4

thức

(với

x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ 4 ). a) Rút gọn Q. b) Tìm x để Q đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu7 ( Bắc Giang 20-21). Cho biểu thức A =

3x + 9 x − 3 x +1 x +2 − + , ( x ≥ 0, x ≠ 1) . x+ x −2 x + 2 1− x

a) Rút gọn biểu thức A . b) Tìm các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.

Câu 8 (Lào Cai 20-21).  3 x

Cho biểu thức P =  

 x − 1

−

2 x 3x + 2 x

−

9x + x + 1 3 x + 1 , (x > 0, x ≠ 1) .  : 3x − x − 2  7x − 7 x

a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm x sao cho P nhận giá trị là một số nguyên.

Câu 9: (Quảng Ninh 20-21). Cho biểu thức A = x ≥ 0 và x ≠ 1 .

74 | P a g e

5 x −1 2 x −1 2 x +1 + − x +2 x −1 x + x − 2

với

a. Rút gọn biểu thức A; b. Tìm giá trị của x để

A nhận giá trị nguyên.

2

Câu 10. (Bình Phước 20-21).  x 1  x −1 Cho biểu thức A =  x + 2 + +  :  x x −1 x +1+ x 1− x  2 x

2 3

a. Rút gọn A.

b. Chứng minh A < .

Câu 11. (Bình Phước 20-21 – dự bị).  x+2 x +4

+ Cho biểu thức: M =   x x −8 a. Rút gọn M Bài 12: (Dak-Lak 20-21)

Cho biểu thức: A =

x + 2 x + 1   3 x − 5 2 x + 10  + :  x − 1   x − 2 x + 6 x + 5 

b. Tìm giá trị của x để M >1

9 2 x +5 x −1 với x ≥ 0 và x ≠ 4 . + − x− x −2 x +1 x −2

Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A nhận giá trị nguyên

75 | P a g e

BUỔI 9. CA 3+4. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 1. Tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới 1. Dạng 1. Giải hệ PT bằng PP cộng đại số, PP thế, đặt ẩn phụ PP +) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế Quy tắc thế: <SGK-tr13> +) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số + Quy tắc cộng đại số: <SGK-tr16> + )Lưu ý: Khi các hệ số của cùng một ẩn đối nhau thì ta cộng vế theo vế của hệ.

Khi các hệ số của cùng một ẩn bằng nhau thì ta trừ vế theo vế của hệ.

Khi hệ số của cùng một ẩn không bằng nhau cũng không đối nhau thì ta chọn nhân hai vế của mỗi phương trình với số thích hợp để đưa về hệ số của cùng một ẩn đối nhau hoặc bằng nhau (tạm gọi là quy đồng hệ số).

a) Các hệ pt cơ bản Bài 1. Giải các hệ phương trình sau 3x − y = 5 ; 5x + 2y = 28

a) 

3x − 2y = 14 2x + 5y = 3

b) 

Bài 2. Giải các hệ phương trình sau y x+ y  2 − 5 = 0,1 5 y − 2( x + y ) = 1 − 2 x + 3 y = 1 x = 4 ⇔  ⇔  ⇔  a)  2 y − 5( x − y ) = 1 − 5 x + 7 y = 1 y = 3  y − x − y = 0,1  5 2

(3x + 2)(2y − 3) = 6xy 6xy − 9x + 4y − 6 = 6xy 9x − 4y = −6 ⇔  ⇔  (4x + 5)(y − 5) = 4xy 4xy − 20x + 5y − 25 = 4xy 4x − y = −5

b) 

Bài 3. Giải các hệ PT sau:  x + 1 + y − 1 = 5 1.   x + 1 − 4y = −4

76 | P a g e

 x + 2y x − y  3 + 4 = 26 2.   4x + 2y + 1 − x − 2 = 22  7 13

6x + 6y = 5xy 3.  4 3 . x − y =1 

b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ. * Phương pháp giải: - Đặt ĐKXĐ nếu các phương trình trong hệ chứa ẩn ở mẫu.

- Đặt ẩn phụ một cách thích hợp để đưa hệ phương trình đó cho thành hệ phương trình bậc nhất hai ẩn với hai ẩn phụ đó đặt.

- Thay các giá trị của ẩn phụ vừa tìm được rồi giải để tìm nghiệm của hệ phương trình ban đầu.

Lưu ý cần xét xem các nghiệm đó có thỏa món ĐKXĐ hay không để kết luận về nghiệm của hệ phương trình đó cho.

Bài 3: Giải các hệ phương trình sau 3 1 1  5x + y = 10 a)  + ĐK: x ≠ 0, y ≠ 0 3 + 3 = 1  x y 3 1 1 3 3  a+b= b= − a   1 1   10 10 5 ⇔ + Đặt = a; = b . Hệ có dạng  5 x y 3a + 3b = 1 3a + 3( 1 − 3 a) = 1   3 10 5 3

1 1 1 1 6   x = 36  5 a = 30 a = 36  x = 36 ⇔ ⇔ ≡ ⇒ (t/m đk)  y = 12 1 = 1 b = 1 − 3 a b = 1    y 12 10 5 12

Vậy: hệ pt có nghiệm (x;y)=(36;12) Chỳ ý: có thể giải trực tiếp bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số: + Từ phương trình thứ nhất:

1 1 3 = − thay vào phương trình thứ hai rồi giải tiếp hệ y 10 5x

phương trình như phương pháp thế.

15  8  x −1 + y + 2 = 1 b)  + ĐK: x ≠ 1, y ≠ -2  1 + 1 = 1  x − 1 y + 2 12

77 | P a g e

8u + 15v = 1 1 1  = v . Hệ có dạng  + Đặt = u; 1 ⇔ y + 2 x −1 u + v = 12 1  u = 12 − v ⇔ ⇔ 1 7v =  3

 v =  u = 

1  1 1  x − 1 = 28 21 ⇔ ⇒ 1  1 = 1  y + 2 21 28

1  u = 12 − v  8( 1 − v) + v = 1  12

 x − 1 = 28  x = 29 ⇔ (TMĐK)   y + 2 = 21  y = 19

Vậy: hệ pt có nghiệm (x;y)=(29;19) 4 x − y + 2 = 3 (I).  x + 2 y + 2 = 3

Bài 4: Giải hệ phương trình:  Hướng Dẫn:

Đặt t = y + 2 (điều kiện: t ≥ 0 ) 4 x − t = 3 8 x − 2t = 6 9 x = 9 x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ (thỏa mãn).  x + 2t = 3  x + 2t = 3  x + 2t = 3 t = 1

Ta có hệ: 

y + 2 =1  y = −1 ⇔ .  y + 2 = −1  y = −3

Với t = 1 thì y + 2 = 1 ⇔ 

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (1; −1) , (1; −3) .  x − 1 − 3 y + 2 = 2

Bài 5: Giải hệ phương trình: 

2 x − 1 + 5 y + 2 = 15

.

Hướng Dẫn:

Điều kiện xác định: x ≥ 1; y ≥ −2 . Đặt a = x − 1; b = y + 2 ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) . a − 3b = 2 2a − 6b = 4 11b = 11 b = 1 ⇔ ⇔ ⇔ (thỏa mãn). 2a + 5b = 15 2a + 5b = 15 a − 3b = 2 a = 5

Ta có hệ: 

78 | P a g e

a = 5  x − 1 = 5  x − 1 = 25  x = 26  ⇔ ⇔ .  y + 2 = 1 y = − 1 y + 2 = 1 b = 1   

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( 26; −1) .    Bài 6: Giải hệ phương trình:   

1 4 11 + = x+3 y −2 6 5 2 11 − = x+3 y −2 6

.

Hướng Dẫn:

Điều kiện xác định: x ≠ −3; y ≠ ±2 . Đặt a =

1 2 ; b= ( a > 0; b > 0 ) . x+3 y −2

11 11 11 1 1      2 + 2b = a + 2b = 11a = a= a=          6 6 2 2 2 Ta có hệ:  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 11 11 1 2 11 22 5a − b = 10a − 2b = a + 2b = 2b = − b =  6 6 2 3 6 6    

(thỏa mãn). a=

x + 3 = 2  x = −1 1 ⇔ x+3 = 2 ⇔  ⇔ 2  x + 3 = −2  x = −5

b=

y = 5 2 ⇔ y −2=3⇔ y =5⇔  .

3  y = −5

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( −1;5) , ( −1; −5 ) , ( −5;5 ) , ( −5; −5 ) .

21 1  4  2x − y − x + y = 2  Bài 7: Giải hệ phương trình:  .

7−x− y  3 + =1  2 x − y x+ y

c) Hệ PT đối xứng cơ bản 79 | P a g e

x + y = 5 a)   xy = 6

x − y = 7 b)   xy = −18

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Giải các hệ PT sau: 3x + y = 10  2x − 3y = 3

2. 

x − y = 3  −3x − 2y = −8

6. 

1. 

5. 

8x − y = 6

9. 

2

 x − y = −6  x = 3 − 2y  y = −1 + 2x

13. 

 2x = 4 x + y = 5

3. 

 −7x + 3y = −4  −4x − y = −5

7. 

 −4x − 5y = −7 3x − y = −9

3x − y = 1  x + 2y = 5

4. 

3x + y = 5 3 − x = y

8. 

3x + 2y = 7  2x + y = 4

10. 

11. 

 −3x − y = −8 7x − 2y = 23

15. 

− x + 3 y = −10  2 x + y = −1

19. 

 2x − y − 5 = 0  − x − 5y − 3 = 0

 2x + y = 3 2 x + y = 5

− x + 3 y = −10  x − 5 y = 16

14. 

 x − 2y = 8  x + y = −1

12. 

16.

3x + 2 y = 8  2 x − 3 y = −12  4 x + 3 y = −6 2 x − 5 y = 16

17. 

 x 2 − y 3 = 1

18. 

 2x + y = 2 + 2 20. 

 2 2 x − y = 2 2 − 2

5x 2 − 4y 3 = 8

x = 3 − 2 y 21.   y = −1 + 2 x

 x( x + 1) + y ( y − 1) = 6 x + y = 3

22. 

Bài 2: Giải các hệ phương trình sau  2 x + 5 y = 2 3x + 5y = 1 ; b)  ;  x + 5 y = 2 2x − y = −8

x + y = 3 ; 2 x + 3 y = 7

a) 

x − 3 y = 0 d) 

 3 x + 2 y = 1 + 3

c) 

x + y = 7

; e) 

2 2  x − y = 21

Bài 3: Giải các hệ phương trình sau 3( x − 7) − 6( x − y + 1) = 0 ; 4( x − 1) + 2( x − 2 y + 7) = 0

a) 

80 | P a g e

( x − 3)( 2 y + 5) = ( 2 x + 7 )( y − 1) ( 4 x + 1)( 3 y − 6 ) = ( 6 x − 1)( 2 y + 3)

b) 

4 x 2 − 5 ( y + 1) = ( 2 x − 3) 2 d)  3 ( 7 x + 2 ) = 5 ( 2 y − 1) − 3 x

5 ( x + 2 y ) = 3x − 1 c)  ;  2 x + 4 = 3 ( x − 5 y ) − 12

Bài 4: Giải các hệ phương trình sau 1 1  1 x − y =1 x−2 +   a)  ; b)  3 + 4 = 5  2 −  x y  x − 2

1 =2 y −1 ; 3 =1 y −1

7 5   x − y + 2 − x + y − 1 = 4,5  d)  ; 3 2  + =4  x − y + 2 x + y − 1

1 5  1  x +1 + x − y = 8  c)   1 − 1 = −3  x + y x − y 8 3 x − 2 − 4 y − 2 = 3

e) 

2 x − 2 + y − 2 = 1

Bài 5: Giải các hệ phương trình sau 3(x + 1) + 2(x + 2y) = 4 1.   4(x + 1) − (x + 2y) = 9

2 x + 2  x +1 + y − 2 = 6  2.   5 − 1 =3  x + 1 y − 2

1  4  x + y + y −1 = 5  4.   1 − 2 = −1  x + y y − 1

 x − 2y = 2014  5.  x y  2 + 3 = 1

3  2x − y = 6 6.   1 + 2y = −4  x

7. 

1 −1  x + y = 2  8.  2x − 3 = −7  y 2

9. 

2  3x −  x −1 y + 2 = 4  10.   2x + 1 = 5  x − 1 y − 2

2y − 4  5 − x − 2 y − 3 = 2  11.  x + 2 − 2 = 4  x − 2 y − 3

12. 

2(x + y) + x + 1 = 4 (x + y) − 3 x + 1 = −5

81 | P a g e

2  x + y = 3 3.   1 − 2y = 4  x

 4 x − 3 y = 4  2 x + y = 2

 x + 2 y − 1 = 5 4 x − y − 1 = 2

1 1  x + y + + =5  x y  13.   x2 + y 2 + 1 + 1 = 9  x2 y 2

 x  x +1 −    x +  x + 1

1 1 x + y = 3  14.  3 2  − = −1  x y

15.

y =3 y −1 3y = −1 y −1

1   2x −1 + x − y = 2 16.  2 2 x − 1 − 1 = 1  x− y

3  x x + y + x + y = 5  17.  2 x 1  − =3  x + y x + y

y  2x x +1 + y +1 = 3  18.   x + 3 y = −1  x + 1 y + 1

1 1 3 x + y = 4  19.  1 + 1 = 2  6 x 5 y 15

 x + 1 3y  x −1 + y + 2 = 7  20.   2 − 5 =4  x − 1 y + 2

 x + 4 y = 18 21.  3 x + y = 10

4 5  7  x−7 − y+6 = 3 22.   5 + 3 = 21  x − 7 6 y+6

1 1 1  3x + 3 y = 4  23.  5 1 2  + =  6 x y 3

6x + 2 y = −3  24.  4  x+3 y =7 3

y − x = 1

25. 

2x − y = 1

2 x − 1 + y + 2 = 4

26. 

6 x − 1 − 2 y + 2 = 2

2(x 2 − 2x) + y + 1 = 0

27. 

2 3(x − 2x) − 2 y + 1 = −7

2. Dạng 2. Hệ PT chứa tham số a x + b y = c

m m HPT bậc nhất hai ẩn phụ thuộc tham số có dạng:  m ′ ′ ′ am x + bm y = cm

Trong đó: am ; bm ; cm ; a’m ; b’m ; c’m là những hệ số phụ thuộc tham số m.

PP 82 | P a g e

a m x + bm y = cm Phương pháp giải: Cho hệ phương trình hai ẩn : (I)  am′ x + bm′ y = cm′

(1) ( 2)

Bước 1: Đưa hệ phương trình về phương trình bậc nhất dạng ax + b = 0 (Dùng phương pháp thế, phương pháp cộng đại số,…)

Bước 2: Xét phương trình ax + b = 0 (1) ( a , b là hằng số) TH 1: Phương trình (1) có nghiệm duy nhất ⇔ a ≠ 0  phương trình có b a

nghiệm duy nhất x = − . a = 0 . b ≠ 0

TH 2: Phương trình (1) vô nghiệm ⇔ 

a = 0 . b = 0

TH 3: Phương trình (1) có vô số nghiệm ⇔  Bước 3: Kết luận.  x + my = m + 1 mx + y = 3m − 1

Bài 1: Cho hệ phương trình: 

(1) Giải và biện luận hệ phương trình ( 2)

trên theo m .

Hướng Dẫn: Từ phương trình (2) ta có y = 3m − 1 − mx . Thay vào phương trình (1) ta được: x + m ( 3m − 1 − mx ) = m + 1 ⇔ ( m 2 − 1) .x = 3m 2 − 2m − 1 (3)

Trường hợp 1: m ≠ ±1 . Khi đó hệ có nghiệm duy nhất  3m 2 − 2m − 1 ( m − 1)( 3m + 1) 3m + 1 x = = =  m2 −1  ( m − 1) . ( m + 1) m + 1  3m + 1 m − 1   y = 3m − 1 − m. m + 1 = m + 1

Trường hợp 2: m = 1 . Khi đó phương trình (3) thành: 0.x = 0 .

Vậy hệ có vô số nghiệm dạng ( x; 2 − x ) , x ∈ ℝ .

Trường hợp 3: m = −1 khi đó phương trình (3) thành: 0.x = 4 (3) vô nghiệm, do đó hệ vô nghiệm.

83 | P a g e

( a + 1) x − y = a + 1

Bài 2:Cho hệ phương trình: 

 x + ( a − 1) y = 2

(1) ( 2)

( a là tham số). Giải và biện

luận hệ phương trình.

Hướng Dẫn: Từ PT (1) ta có: y = ( a + 1) x − ( a − 1)

( 3) thế vào PT ( 2 ) ta được:

x + ( a + 1) ( a + 1) x − ( a − 1)  = 2 ⇔ x + ( a 2 − 1) x − ( a 2 − 1) = 2 ⇔ a 2 x = a 2 + 1

( 4) TH1: a ≠ 0 , phương trình ( 4 ) có nghiệm duy nhất x = y = ( a + 1)

a2 + 1 . Thay vào ( 3) ta có: a2

( a + 1) ( a 2 + 1) − a 2 ( a + 1) a 3 + a + a 2 + 1 − a3 − a 2 a + 1 a2 + 1 − a + 1 = = = 2 ( ) a2 a2 a2 a  a2 + 1 a + 1  ; 2  2 a   a

Suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 

TH2: Nếu a = 0 , phương trình ( 4 ) vô nghiệm. Suy ra hệ phương trình đã cho vô nghiệm.  a2 + 1 a + 1  ; 2  2 a   a

KL: a ≠ 0 hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  a = 0 hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Giải và biện luận các hệ phương trình sau: mx − y = 2m − 1  x − (m + 1)y = 2

b) 

mx − y = m x + y = 2

e) 

a) 

d) 

mx − 2my = m + 1  x + (m + 1)y = 2

g) 

84 | P a g e

 x − 2y = m + 3  mx − 3y = −5

c) 

ax + y = 3 4x + ay = 6

f) 

 x − my = 2  h) mx − 4 y = m − 2

ax − y = 2  x − ay = 2

(a + 1)x − y = a + 1  x + (a − 1)y = 2

 x − my = 2 . Tìm điều kiện của m để p/trình có nghiệm mx + 2 y = 1

Bài 2: Cho hệ phương trình  duy nhất.

2 x + ay = −4 ax − 3 y = 5

Bài 3: Cho hệ phương trình : 

a) Giải hệ phương trình với a = 1 b) Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.  x + my = 1 Bài 4: Cho hệ phương trình 

 2mx + m ( m − 1) y = 3

(1) .Tìm giá trị của ( 2)

m để hệ

phương trình: a)Có nghiệm duy nhất. b)Vô nghiệm. (m − 2) x − 3 y = −5 ( I ) ( m là tham số)  x + my = 3

Bài 5: Cho hệ phương trình: 

a) Giải hệ phương trình ( I ) với m = 1 . b) Chứng minh hệ phương trình ( I ) có nghiệm duy nhất với mọi m . Tìm nghiệm duy nhất đó theo m .  x + my = m + 1 mx + y = 3m − 1

Bài 6: Cho hệ phương trình: 

(1) Không giải hệ phương trình trên, ( 2) .

cho biết với giá trị nào của m thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất? mx − 2 y = 2m . Tìm điều kiện của m để phương trình có −2 x + y = m + 1

Bài 7: Cho hệ phương trình 

nghiệm duy nhất và tìm nghiệm duy nhất đó.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN  x − my = m mx − 9 y = m + 6

Bài 1: Tìm m để hệ phương trình sau: Vô nghiệm ; Vô số nghiệm: 

(1) (2)

mx + 4 y = 9 . Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất, vô nghiệm.  x + my = 8

Bài 2: Cho hệ phương trình: 

85 | P a g e

mx - y = 3 -x + 2my = 1

Bài 3: Cho hệ phương trình ( m là tham số ) :  a) Giải hệ phương trình khi m = 1.

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

BUỔI 10. CA 5+6. HỆ PHƯƠNG TRÌNH NHẤT HAI ẨN CHỨA THAM SỐ 1. Tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC Tìm điều kiện để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện nào đó Bước 1: Tìm đ/kiện của m để hệ có nghiệm duy nhất rồi suy ra nghiệm x ; y của hệ theo m Bước 2: Giải điều kiện bài toán.

Bước 3: Giải điều kiện trên kết hợp với giá trị m để hệ có nghiệm duy nhất => Kết luận giá trị m (tập giá trị m) thỏa mãn điều kiện.

B. BÀI TẬP 1. Tìm ĐK để hệ nhận 2 số cho trước làm nghiệm 2 x + by = a có nghiệm x = 1 ; y = 3. bx + ay = 5

Bài 1:Tìm a, b biết hệ phương trình:  Hướng Dẫn: Thay x = 1 ; y = 3 vào hệ ta có:

86 | P a g e

−1  b = 10 2.1 + b.3 = a  a − 3b = 2 3a − 9b = 6 10b = −1 ⇔  ⇔  ⇔  ⇔   . b.1 + a.3 = 5 3a + b = 5 3a + b = 5 3a + b = 5 a = 17  10 −1 17 Vậy a = ; y = thì hệ phương trình có nghiệm x = 1 ; y = 3.

10 10 2 x − ay = 5b − 1 x = 1 Bài 2:Cho hệ phương trình:  . Tìm a , b biết hệ có nghiệm  bx − 4 y = 5 y = 2

Hướng Dẫn: 2 x − ay = 5b − 1 x = 1 có nghiệm  bx − 4 y = 5 y = 2

Hệ phương trình: 

2 − 2a = 5b − 1  −2a = 5b − 3  −2a = 62 a = −31 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ b − 8 = 5 b = 13 b = 13 b = 13 x = 1 y = 2

Vậy a = -31, b = 13 thì hệ phương trình có nghiệm 

2. Tìm ĐK để hệ có nghiệm duy nhất thỏa mãn ĐK nào đó ( a + 1) x − y = a + 1  x + ( a − 1) y = 2

Bài 1:Cho hệ phương trình: 

(1) ( 2)

( a là tham số)

Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất a) Nghiệm nguyên b)Thỏa mãn x + y đạt GTNN. Hướng Dẫn: Từ PT (1) ta có: y = ( a + 1) x − ( a − 1)

( 3) thế vào PT ( 2 ) ta được:

x + ( a + 1) ( a + 1) x − ( a − 1)  = 2 ⇔ x + ( a 2 − 1) x − ( a 2 − 1) = 2 ⇔ a 2 x = a 2 + 1

( 4) Với a ≠ 0 , phương trình ( 4 ) có nghiệm duy nhất x =

y = ( a + 1)

a2 + 1 . Thay vào ( 3) ta có: a2

( a + 1) ( a 2 + 1) − a 2 ( a + 1) a3 + a + a 2 + 1 − a3 − a 2 a + 1 a2 + 1 − a + 1 = = = 2 ( ) a2 a2 a2 a  a2 + 1 a + 1  ; 2  2 a   a

Suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 

87 | P a g e

 a2 + 1 a + 1  ; 2  2 a   a

a)Với a ≠ 0 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) =   a2 + 1 ∈ℤ  x ∈ ℤ  a 2 Hệ phương trình có nghiệm nguyên:  ⇔  y ∈ ℤ  a +1 ∈ ℤ  a 2

Điều kiện cần: x =

( a ∈ ℤ)

a2 + 1 1 1 = 1 + 2 ∈ ℤ ⇔ 2 ∈ ℤ ⇔ a 2 = 1 ⇔ a = ±1 2 a a a

Điều kiện đủ: a = −1  y = 0 ∈ ℤ (nhận)

a = 1  y = 2 ∈ ℤ (nhận)

Vậy a = ±1 hệ phương trình đã cho có nghiệm nguyên.  a2 + 1 a + 1  ; 2  2 a   a

b)Với a ≠ 0 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  Ta có x + y = Đặt t =

a2 + 1 a + 1 a2 + a + 2 1 2 + 2 = = 1+ + 2 .

2 2 a a a a a

1 ta được: a 2  1  2 7  1 1   1 7 7 x + y = 2t 2 + t + 1 = 2  t 2 + t +  = 2  t +  +  = 2  t +  + ≥ 2 2   4 8 8  4  16 

1 4

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi t = − , khi đó a = −4 Vậy a = −4 thì hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn x + y đạt GTNN bằng x + 2 y = m + 3 ( I ) ( m là tham số) . 2 x − 3 y = m

Bài 2: Cho hệ phương trình 

a) Giải hệ phương trình ( I ) khi m = 1 . (9a3) b) Tìm m để hệ ( I ) có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa mãn x + y = −3 .

Hướng Dẫn:

88 | P a g e

7 8

5m + 9  x=  x + 2 y = m + 3  2 x + 4 y = 2m + 6  x + 2 y = m + 3  7 b)  ⇔ ⇔ ⇔ 2 x − 3 y = m 2 x − 3 y = m 7 y = m + 6 m + 6    y =  7 5m + 9 m + 6  ; .

7   7

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  Lại có x + y = −3 hay

5m + 9 m + 6 + = −3 ⇔ 5m + 9 + m + 6 = −21 ⇔ 6m = −36 ⇔ m = −6 7 7

Vậy với m = −6 thì hệ phương trình ( I ) có nghiệm duy nhất ( x, y ) thỏa mãn x + y = −3 . 2 x + y = 5m − 1 .Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn: x − 2 y = 2

Bài 3:Cho hệ phương trình:  x 2 − 2 y 2 = −2

Hướng Dẫn: 2 x + y = 5m − 1  y = 5m − 1 − 2 x  y = 5m − 1 − 2 x  x = 2m ⇔ ⇔ ⇔  x − 2 y = 2  x − 2(5m − 1 − 2 x ) = 2 5 x = 10m  y = m −1

Thay vào ta có m = 0 x 2 − 2 y 2 = −2 ⇔ (2m )2 − 2(m − 1)2 = −2 ⇔ 2m 2 + 4m = 0 ⇔   m = −2

Vậy m ∈ {–2;0} . 3 x + y = 2 m + 9 có nghiệm x + y = 5

Bài 4:Cho hệ phương trình 

( x; y ) . Tìm m để biểu thức

A = xy + x − 1 đạt giái trị lớn nhất.

Hướng Dẫn: 3 x + y = 2m + 9 x = m + 2 2 ⇔  A = xy + x − 1 = 8 − ( m − 1)  Amax = 8 khi m = 1 .  x + y = 5 y = 3− m  x + my = m + 1 ( m là tham số) mx + y = 2m

Bài 5:Cho hệ phương trình: 

a)Giải hệ phương trình khi m = 2 . x ≥ 2 y ≥1

b)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa mãn 

89 | P a g e

Hướng Dẫn:  x + my = m + 1  mx + y = 2m

b)Xét hệ 

(1) ( 2)

Từ (2)  y = 2m − mx thay vào (1) ta được x + m ( 2m − mx ) = m + 1 ⇔ 2m 2 − m 2 x + x = m + 1 ⇔ (1 − m 2 ) x = −2m 2 + m + 1 ⇔ ( m 2 − 1) x = 2m 2 − m − 1

(3)

Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ ( 3) có nghiệm duy nhất m2 − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1 (*) 2m + 1   x = m + 1 Khi đó hệ đã cho có nghiệm duy nhất  y = m  m +1  2m + 1  −1  m + 1 ≥ 2  m + 1 ≥ 0 x ≥ 2 Ta có  ⇔ ⇔ ⇔ m + 1 < 0 ⇔ m < −1 y ≥1  m ≥1  −1 ≥ 0  m + 1  m + 1 Kết hợp với (*) ta được giá trị m cần tìm là m < −1 .

(m − 1) x + y = 2 ( m là tham số)  mx + y = m + 1

Bài 6:Cho hệ phương trình: 

a) Giải hệ phương trình khi m = 2 (9a3) b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa mãn: 2 x + y ≤ 3 .

Hướng Dẫn: b) Ta có y = 2 – ( m − 1) x thế vào phương trình còn lại ta được phương trình: 2

mx + 2 – ( m − 1) x = m + 1 ⇔ x = m –1 suy ra y = 2 – ( m − 1) với mọi m

(

Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất ( x; y ) = m − 1; 2 – ( m − 1) 2

2

)

2

2 x + y = 2 ( m − 1) + 2 – ( m − 1) = − m 2 + 4m − 1 = 3 – ( m − 2 ) ≤ 3 với mọi m .

x − 2 y = 5 mx − y = 4

Bài 7:Cho hệ phương trình: 

( 1) (2)

a)Giải hệ phương trình với m = 2 . b)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x, y ) trong đó x , y trái dấu.

90 | P a g e

c)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa mãn x = y .

Hướng Dẫn: b) Từ phương trình (1) ta có x = 2 y + 5 . Thay x = 2 y + 5 vào phương trình (2) ta được: m ( 2 y + 5 ) − y = 4 ⇔ ( 2m − 1) . y = 4 − 5m

(3)

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) có nghiệm duy nhất. Điều này tương đương với: 2m − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠

Từ đó ta được: y = Ta có: x. y =

1 .

2

4 − 5m ; 2m − 1

3 ( 4 − 5m )

( 2m − 1)

2

x = 5 + 2y =

.

Do đó x, y < 0 ⇔ 4 − 5m < 0 ⇔ m > c)Ta có: x = y ⇔

3 .

2m − 1

3 4 − 5m = 2 m − 1 2m − 1

Từ (4) suy ra 2m − 1 > 0 ⇔ m >

4 (thỏa mãn điều kiện) 5

(4)

1 1 . Với điều kiện m > ta có: 2 2

1  m = (l )  4 − 5 m = 3  7 5 . Vậy m = . ⇔ ( 4 ) ⇔ 4 − 5m = 3 ⇔  5  4 − 5m = −3 m = 7  5

 x + my = m + 1 mx + y = 3m − 1

Bài 8:Cho hệ phương trình: 

(1) ( 2)

a)Tìm số nguyên m sao cho hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x, y ) mà x, y đều là số nguyên. b)Chứng minh rằng khi hệ có nghiệm duy nhất ( x, y ) thì điểm M ( x, y ) luôn chạy trên một đường thẳng cố định. c)Tìm m để hệ trên có nghiệm duy nhất sao cho x. y đạt giá trị nhỏ nhất.

Hướng Dẫn:

91 | P a g e

a)Từ phương trình (2) ta có y = 3m − 1 − mx . Thay vào phương trình (1) ta được: x + m ( 3m − 1 − mx ) = m + 1 ⇔ ( m 2 − 1) x = 3m 2 − 2m − 1 (3)

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất , tức là : m2 − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1 .

3m + 1 2   x = m + 1 = 3 − m + 1 .

Ta có:   y = m −1 = 1− 2 m +1 m +1 

Vậy x, y nguyên khi và chỉ khi

2 nguyên. m +1

Do đó m + 1 chỉ có thể là −2; −1;1;2 . Vậy m = −3; −2;0 (thỏa mãn) hoặc m = 1 (loại) Vậy m nhận các giá trị là −3; −2;0 . b) Khi hệ có nghiệm duy nhất ( x, y ) ta có: x − y = 3 −

2 2   − 1 − =2 m +1  m +1

Vậy điểm M ( x; y ) luôn chạy trên đường thẳng cố định có phương trình y = x − 2 . c) Khi hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) theo (d) ta có: y = x − 2 . Do đó: 2

xy = x. ( x − 2 ) = x 2 − 2 x + 1 − 1 = ( x − 1) − 1 ≥ −1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x = 1 ⇔ 3 −

2 2 =1⇔ = 2 ⇔ m +1 = 1 ⇔ m = 0 . m +1 m +1

Vậy với m = 0 thì x. y đạt giá trị nhỏ nhất.

Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ x − y = 2 theo cách khác:

(1) có nghiệm duy nhất ( m ≠ ±1) lấy phương ( 2) trình (2) trừ đi phương trình (1) của hệ ta thu được: ( m − 1) x − ( m − 1) y = 2 ( m − 1)  x − y = 2  x + my = m + 1 mx + y = 3m − 1

Khi hệ phương trình 

(1)  x + my = 3 .Hệ có nghiệm duy nhất ( x, y ) , hãy tìm  mx + y = 2m + 1 (2)

Bài 9:. Cho hệ phương trình: 

giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau đây: a) P = x 2 + 3 y 2 (1).

92 | P a g e

b) Q = x 4 + y 4 (2).

Hướng Dẫn: Từ phương trình (2) ta suy ra: y = 2m + 1 − mx . Thay vào phương trình (1) ta được: x + m ( 2m + 1 − mx ) = 3 ⇔ ( m 2 − 1) .x = 2m 2 + m − 3 (3).

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, điều đó xảy ra khi và chỉ khi: m2 − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1 .  2m 2 + m − 3 ( m − 1)( 2m + 3) 2m + 3 1 = = = 2+ x = 2 m −1 m +1  ( m − 1) .( m + 1) m + 1 Khi đó  .

2m + 3 1   y = 2m + 1 − m. m + 1 = m + 1 2

2

a) Ta có: P = x 2 + 3 ( x − 2 ) = 4 x 2 − 12 x + 12 = ( 2 x − 3) + 3 ≥ 3 P = 3 khi x =

3 2m + 3 3 ⇔ = ⇔ 4m + 6 = 3m + 3 ⇔ m = −3 .

2 m +1 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. b) Ta có: Q = x 4 + y 4 = x 4 + ( x − 2 )

4

đặt t = x − 1 .

Khi đó 4

4

Q = ( t + 1) + ( t − 1) = t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1 + t 4 − 4t 3 + 6t 2 − 4t + 1 = 2t 4 + 12t 2 + 2 ≥ 2

Q = 2 ⇔ t = 0 ⇔ x =1⇔

2m + 3 = 1 ⇔ 2m + 3 = m + 1 ⇔ m = −2 . m +1

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 2.  2 x + y = m  mx − ( m + 1) y = 2m + 2

Bài 10: Cho hệ phương trình 

(1) .Tìm giá trị của để hệ phương ( 2)

trình có nghiệm ( x, y ) duy nhất thỏa mãn tích xy nhỏ nhất.

Hướng Dẫn: Rút từ (1) ta được y = m − 2 x . Thay vào ( 2 ) ta được

93 | P a g e

mx − ( m + 1)( m − 2 x ) = 2m + 2 ⇔ mx − 3m ( m + 1) + ( 2m + 2 ) x = 2m + 2 ⇔ ( 3m + 2 ) x = 2m + 2 + 3m 2 + 3m ⇔ ( 3m + 2 ) x = 5m + 2 + 3m 2 ⇔ ( 3m + 2 ) x = ( 3m + 2 )( m + 1)

Nếu m ≠ −

x = m +1 2 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất  3 y = m − 2 

1

2

9

9

Khi đó xy = ( m − 1)( m + 2 ) = m 2 − m − 2 =  m −  − ≥ − .

2 4 4  min ( xy ) = −

9 1 2 tại m = (thỏa mãn m ≠ − ).

4 2 3

mx + 2 y = m + 1 2 x + my = 2m − 1

Bài 11: Định m nguyên để hệ có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên:  Hướng dẫn

2mx + 4 y = 2m + 2 (m 2 − 4)y = 2m 2 − 3m − 2 mx + 2 y = m + 1 ⇔ ⇔  2 2 2 x + my = 2m − 1 2mx + m y = 2m − m 2x + my = 2m − 1

Hệ  

(m 2 − 4)y = (m − 2)(2m + 1) ⇔ 2x + my = 2m − 1

(1) (2)

Hệ có nghiệm duy nhất  Phương trình (1) có nghiệm y duy nhất  m 2 – 4 ≠ 0 ⇔ m 2 ≠ 4 ⇔ m ≠ ±2 Vậy với m ≠ ±2 thì hệ có nghiệm duy nhất (x,y) là: (m − 2)(2m + 1) 2m + 1 3  = = 2− 2  y = m+2 m+2 m −4  x = m − 1 = 1 − 3  m+2 m+2

Để x, y là những số nguyên thì m + 2 ∈ Ư(3) = {1;−1;3;−3} Vậy: m + 2 = ± 1, ± 3 => m = -1; -3; 1; -5

94 | P a g e

3 x − y = 2m + 3 (m là tham số).  x + 2 y = 3m + 1

Bài 12: Cho hệ phương trình 

a) Giải hệ phương trình với m = 2 . b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn x 2 + y 2 = 5 .

Hướng Dẫn: a) Với m = 2 , ta có hệ: 3 x − y = 7 6 x − 2 y = 14 7 x = 21 x = 3 ⇔ ⇔ ⇔  x + 2 y = 7 x + 2 y = 7 3 x − y = 7 y = 2

Vậy với m = 2 hệ phương trình có nghiệm là ( 3; 2 ) . b) Vì

3 −1 nên hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất ( x; y ) . ≠ 1 2

 x = m + 1 3 x − y = 2m + 3 6 x − 2 y = 4m + 6 7 x = 7 m + 7 ⇔ ⇔ ⇔   x + 2 y = 3m + 1  x + 2 y = 3m + 1 3x − y = 2m + 3  y = 3 ( m + 1) − 2m − 3 = m

Hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( m + 1; m ) .

Theo đề bài, ta có: x 2 + y 2 = 5 m = 1 2 ⇔ ( m + 1) + m 2 = 5 ⇔ 2m 2 + 2m − 4 = 0 ⇔ 2 ( m − 1)( m + 2 ) = 0 ⇔  .  m = −2

Vậy m = 1 hoặc m = −2 thì phương trình có nghiệm thỏa mãn đề bài.  x + ay = 3a

Bài 13: Cho hệ phương trình 

 −ax + y = 2 − a

2

(I) (a là tham số).

a) Giải hệ phương trình với a = 1 . b) Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa mãn nguyên.

Hướng Dẫn: x + y = 3 2 y = 4 y = 2 ⇔ ⇔ − x + y = 1  x = 3 − y x = 1

a) Với a = 1 , ta có hệ: 

Vậy với a = 1 hệ phương trình có nghiệm là (1; 2 ) .

95 | P a g e

2y là số x +3 2

x = 0 , hệ có nghiệm. y = 2

b) Với a = 0 thì hệ ⇔ 

Với a ≠ 0 . Hệ có nghiệm duy nhất ⇔

1 a ≠ ⇔ − a 2 ≠ 1 ⇔ a 2 ≠ −1 (luôn đúng). −a 1

Hệ phương trình luôn có nghiệm với mọi a.  x = 3a − ay  x + ay = 3a y = 2  x = 3a − ay . ⇔ ⇔ 2 ⇔  2 2 2 − a ( 3a − ay ) + y = 2 − a x = a − ax + y = 2 − a ( a + 1) y = 2a + 2

(Vì a 2 + 1 > 0 nên rút gọn được ta có y = 2 ).

Hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( a; 2 ) .

Xét: A =

2y 4 = 2 x +3 a +3 2

Ta có: a 2 + 3 ≥ 3, ∀a 

4 4 4 ≤ , ∀a  0 < A ≤ . a +3 3 3 2

a = 1 .  a = −1

Mà theo đề bài để A ∈ ℤ thì A = 1  a 2 + 3 = 4 ⇔ a 2 = 1 ⇔  Vậy a = 1 hoặc a = −1 thỏa mãn đề bài.

Lưu ý: Đối với bài toán tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên thì ta đi tìm khoảng giá trị của biểu thức A, tìm các giá trị nguyên của A trong khoảng này rồi thay vào tìm a.

Phân biệt với bài toán tìm a là số nguyên để A nhận giá trị nguyên thì khi đó mới có a 2 + 3 ∈ Ư (4). mx − y = 3 − m (m là tham số). Tìm m để hệ phương trình có  x − my = 2m

Bài 14: Cho hệ phương trình 

nghiệm duy nhất. Khi đó, hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m.

Hướng Dẫn:  y = −3 . Hệ có nghiệm duy nhất. x = 0

Với m = 0 , ta có hệ: 

Với m ≠ 0 , hệ phương trình có nghiệm duy nhất ⇔

m −1 ≠ ⇔ m 2 ≠ 1 ⇔ m ≠ ±1 .

1 −m

Vậy với m ≠ ±1 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

96 | P a g e

m   x = − m + 1  y = mx + m − 3  y = mx + m − 3 mx − y = 3 − m ⇔ ⇔ ⇔  2 2 2  x − m ( mx + m − 3) = 2m  x − my = 2m (1 − m ) x = m − m  y = −m + m − 3  m +1 m 1    x = − m + 1  x = −1 + m + 1 . ⇔ ⇔  y = −2m − 3  y = −2 − 1 m +1 m +1  

Cộng hai vế của hai phương trình ta khử được tham số m. Hệ thức cần tìm là x + y = −3 . 2 x + y = 5m − 1 . Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa x − 2 y = 2

Bài 15: Cho hệ phương trình:  mãn: x 2 − 2 y 2 = −2

Hướng Dẫn: 2 x + y = 5m − 1  y = 5m − 1 − 2 x  y = 5m − 1 − 2 x  x = 2m <=>  <=>  <=>   x − 2 y = 2  x − 2(5m − 1 − 2 x) = 2 5 x = 10m  y = m −1

Thay vào ta có x 2 − 2 y 2 = −2 <=> (2m) 2 − 2(m − 1)2 = −2 <=> 2m 2 + 4m = 0 m = 0 <=>   m = −2

Vậy m ∈ {–2;0} (m − 1) x + y = 2 (m là tham số)  mx + y = m + 1

Bài 16: Cho hệ phương trình: 

1)Giải hệ phương trình khi m = 2 2)Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ p/trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn: 2x + y ≤ 3 Hướng Dẫn: x + y = 2 x = 1 <=>  2 x + y = 3 y =1

1)Giải hệ phương trình khi m = 2. Ta có 

2)y = 2 – (m-1)x thế vào phương trình còn lại ta có: mx + 2 – (m-1)x = m + 1 ⇔ x = m – 1 suy ra y = 2 – (m-1)2 với mọi m Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) = (m-1; 2-(m-1)2) 2x + y = 2(m-1) + 2 – (m-1)2 = -m2 + 4m -1 = 3 – (m-2)2 ≤ 3 với mọi m Vậy với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm thỏa mãn: 2x + y ≤ 3

97 | P a g e

x = 2

Câu 17: Cho hệ phương trình 

2 mx + y = m + 3

(m là tham số). Tìm m để x + y nhỏ nhất.

Hướng Dẫn: x = 2 x = 2 x = 2 ⇔ ⇔  2 2 2 mx + y = m + 3 2m + y = m + 3  y = m − 2m + 3

Hệ phương trình có nghiệm với mọi m.

2

Ta có: A = x + y = m 2 − 2m + 5 = ( m − 1) + 4  A ≥ 4, ∀m .

Giá trị nhỏ nhất của x + y là 4 đạt được khi m = 1 . 3 x − y = 2 m − 1 (m là tham số). Tìm m để hệ phương trình có  x + 2 y = 3m + 2

Câu 18: Cho hệ phương trình 

nghiệm duy nhất thỏa mãn x 2 + y 2 = 13 .

Hướng Dẫn: 3 x − y = 2m − 1 6 x − 2 y = 4 m − 2  x = m ⇔ ⇔   x + 2 y = 3m + 2  x + 2 y = 3m + 2  y = m +1 m = 2 .  m = −3

Theo đề bài x 2 + y 2 = 13 ⇔ 2m 2 + 2m + 1 = 13 ⇔ m 2 + m − 6 = 0 ⇔  mx − 2 y = 3 − m (m là tham số). 2 x − my = 2m

Câu 19: Cho hệ phương trình 

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Tìm m nguyên để A = y − 2 x có giá trị nguyên.

Hướng Dẫn: x = 0  −2 y = 3  ⇔ Với m = 0 thì ta có hệ:  3 . Hệ có nghiệm duy nhất. 2 x = 0  y = − 2

Với m ≠ 0 , hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi Khi đó:

98 | P a g e

m −2 ≠ ⇔ m 2 ≠ 4 ⇔ m ≠ ±2 .

2 −m

 −2m 2 − 2m + 6 y = 2mx − 4 y = 6 − 2m mx − 2 y = 3 − m ( m − 4 ) y = 6 − 2m − 2m  m2 − 4 ⇔ ⇔ ⇔    2 2 2 2 x − my = 2m 2mx − m y = 2m  x = −m − m 2 x − my = 2m  m2 − 4 6  A = y − 2x = 2 m −4 2

2

Với m nguyên, đề A nhận giá trị nguyên thì m 2 − 4 ∈ Ư (6).

Ta có các trường hợp sau: m2 − 4 = 6  m 2 = 10 Th1:  2 ⇔ 2  m − 4 = −6  m = −2

(loại).

m2 − 4 = 3

m2 = 7 ⇔ ⇔ m = ±1 .  2 2  m − 4 = −3  m = 1

Th2: 

m2 − 4 = 2

m2 = 6 ⇔ (loại).  2 2 m − 4 = − 2 m = 2  

Th3: 

 m2 − 4 = 1 m2 = 5 Th4:  2 ⇔ 2 (loại).  m − 4 = −1  m = 3

Vậy m = ±1 là giá trị cần tìm.

Bài tập tự luyện x − 2 y = 5 mx − y = 4

Bài 1: Cho hệ phương trình: 

( 1) (2)

a) Giải hệ phương trình với m = 2 . b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x, y ) trong đó x, y trái dấu. c) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa mãn x = y . mx + 4 y = 9 có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn hệ thức  x + my = 8

Bài 2: Định m để hệ phương trình  cho trước: 2x + y +

38 =3 m2 − 4

2x + by = −4 . Tìm các giá trị của a, b để hệ p/trình có nghiệm (l;-2). bx − ay = 4

Bài 3: Cho hệ p/trình . 

99 | P a g e

(3a + b) x + (4a-b+1)y = 35 . Tìm các giá trị của của a, b để hệ bx + 4ay = 29

Bài 4: Cho hệ phương trình 

phương trình có nghiệm là (1; -3). x − 2 y = 5 mx − y = 4

Bài 5: Cho hệ phương trình: 

(1) Giải hệ phương trình với m = 2 .

(2)

2 x + y = 5m − 1 , m là tham số x − 2 y = 2

Bài 6: Cho hệ phương trình: 

a. Giải hệ phương trình khi m = 1 b. Tìm m để hệ có nghiệm x, y thỏa mãn: x2 – 2y2 = 1 4m 2 − 2( m − 1) 2 = 1 ⇔ 2m 2 + 4m − 3 = 0 ⇔ m =

−2 ± 10 2

(m − 1) x + y = m(1) , m là tham số, giả sử hệ có nghiệm duy nhất (x;y)  x + (m − 1) y = 2(2)

Bài 7: Cho hệ p/trình: 

a. Tìm đẳng thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m b. Tìm giá trị của m thỏa mãn: 2x2 – 7y = 1 c. Tìm các giá trị nguyên của m để biểu thức

2x − 3y nhận giá trị nguyên. x+ y

(2m + 1) x − 3 y = 3m − 2(1) (m + 3) x − (m + 1) y = 2m(2)

Bài 8: Cho hệ phương trình: 

a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn: x ≥ 2 y c. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) sao cho P = x2 + 3y2 đạt giá trị nhỏ nhất Hướng Dẫn: Từ (1)  y =

(2m + 1) x − 3m + 2 thay vào phương trình (2) ta được: 3

(m + 1)[(2m+1)x-3m+2] = 2m ⇔ 3(m + 3) x − (m + 1)(2m + 1) x + (m + 1)(3m − 2) = 6m 3 ⇔ 2(m 2 − 4) x = 3m 2 − 5m − 2(*)

(m + 3) x −

 m 2 − 4 = 0  m = 2 a. Hệ có nghiệm khi và chỉ khi (*) có nghiệm ⇔  3m 2 − 5m − 2 = 0 ⇔   m ≠ ±2  2 m − 4 ≠ 0

100 | P a g e

Vậy điều kiện: m ≠ 2 b. Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ m 2 − 4 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±2 (2m + 1)(3m + 1) − 3m + 2 (3m + 1)(m − 2) 3m + 1 3− m 2( m + 2) Khi đó: (*) ⇔ x = = y= = 2( m − 2)( m + 2) 2( m + 2) 3 2( m + 2)

 m − 1 ≥ 0  m ≥ 1 3m + 1 2(3 − m) 5m − 5 m + 2 > 0 Do đó: x ≥ 2 y ⇔ ≥ ⇔ ≥0⇔ ⇔  m − 1 ≤ 0 2(m + 2) 2(m + 2) 2(m + 2)  m < −2   m + 2 < 0

Vậy m > 2 hoặc 1 ≤ m <2 hoặc m < -2 là các giá trị cần tìm. c. Hệ có nghiệm duy nhất khi m ≠ ±2 , khi đó nghiệm của hệ là: 3m + 1   x = 2( m + 2) (3m + 1) 2 3(3 − m) 2 3m 2 − 3m + 7  P  = + = 2  2 2 m 3 − m m m + 4m + 4 4( + 2) 4( + 2) y =  2( m + 2)

P−

3 (3m − 4) 2 3 4 = ≥0 P≥ ⇔ m= 2 4 (m + 2) 4 3

(3a − 2) x + 2(2b + 1) y = 30 . Tìm các giá trị của của a, b để hệ (a + 2) x − 2(3b − 1) y = −20

Bài 9: Cho hệ phương trình 

phương trình có nghiệm là (3; -1).

Hướng Dẫn: Tìm được a = 2 và b = -5.

ax + 4 y = 5b − 10

Bài 10: Xaùc ñònh giaù trò cuûa a, b ñeå heä p/trình 

3 x + by = 7 − 4 a

coù nghieäm x = 4; y = 3.

Hướng Dẫn: Vì x = 4; y = 3 laø nghieäm cuûa heä PT ñaõ cho, neân thay vaøo ta ñöôïc heä PT: 4a + 12 = 5b − 10 4a − 5b = −22 ⇔  12 + 3b = 7 − 4a 4a + 3b = −5

Giaûi ra ta ñöôïc a = −2

101 | P a g e

27 1 ; b =2 32 8

 x + by = −2 . Xác định các hệ số a và b biết rằng hệ phương bx − ay = −3

Bài 11: Cho hệ phương trình:  trình : a) Có nghiệm là (l;-2);

b) Có nghiệm là

(

)

2 − 1; 2 .

Hướng Dẫn:  9

3

a)  − ; −  ;  4 2

 3 2 − 1 −2 − 2  ;  2  2 

b) 

Bài 12: Tìm các giá trị của tham số m để nghiệm của hệ phương trình  2x + 1 y + 1 4x − 2 y + 2  3 − 4 = 5 cũng là nghiệm của phương trình 6mx - 5y = 2m - 4.   2x − 3 − y − 4 = −2x + 2 y − 2  4 3

102 | P a g e

BUỔI 11. CA 7+8. HÀM SỐ BẬC NHẤT, ĐỒ THỊ. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG, HỆ SỐ GÓC

1. Tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC 1. Vẽ đồ thị hàm số y = ax + b (a khác 0) và bài toán liên quan a) Cách vẽ đồ thị hàm số y = ax + b (a ≠ 0) Bước 1. Cho x = 0 thì y = b ta được điểm P(0; b) thuộc trục tung Oy. Cho y = 0 thì x = -b/a ta được điểm Q(-b/a; 0) thuộc trục hoành Bước 2. Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm P và Q ta được đồ thị hàm số y = ax + b b) Hình dạng của đồ thị của hàm số y = ax + b (a ≠ 0) Đồ thị của hàm số y = ax + b (a ≠ 0) là một đường thẳng + Cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b + Song song với đường thẳng y = ax, nếu b ≠ 0, trùng với đường thẳng y = ax, nếu b c) Tính diện tích tam giác tạo thành bởi đường thẳng và 2 trục tọa độ d) Tính khoảng cách từ O đến đường thẳng e) Tính góc tạo bởi đường thẳng và trục Ox 2. Đồ thị (d1) đi qua điểm A(x0;y0) ( hay điểm A (x0;y0) thuộc đồ thị ) ⇔ y0 = ax0 + b 3. Hàm số y = ax + b có: a>0  + Hàm số đồng biến + Đường thẳng t ạo với tia Ox góc nhọn a<0  + Hàm số nghịch biến + Đường thẳng t ạo với tia Ox góc tù 4. Các vị trí giữa hai đường thẳng (d1) và (d2) (d1) cắt (d2) ⇔ a ≠ a' ,  a = a ( d1 ) / /(d2 ) ⇔  ,  b ≠ b  a = a, (d1) trùng (d2) ⇔  ,  b = b

(d1) ⊥ ( d2 ) ⇔ a . a' = -1

103 | P a g e

5. Muốn tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng (d1) và (d2) ta giải hệ phương trình sau:  a x + b = y  , ,  a x + b = y

Nghiệm (x0;y0) tìm được là tọa độ giao điểm c ủa hai đường thẳng

d1 và d2

6. Lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(xa;ya ) và B(xb;yb): Bước 1: Thay tọa độ hai điểm A, B vào đường thẳng y = ax + b ta được hệ  a xa + b = ya , ,  a x b + b = yb

phương trình : 

Bước 2: Giải hệ phương trình ( ẩn a và b ) ta có: a = a0 và b = b0 Vậy phương trình đi qua hai điểm A(xa;ya) và B(xb;yb) là: y = a0 x + b0

7. Muốn tìm điều kiện để (d1) cắt (d2) tại một điểm trên trục tung ta giải hệ phương trình:

,  a ≠ a  ,  b = b

8. Muốn tìm điều kiện để (d1) cắt (d2) tại một điểm nằm trên trục hoành ta tiến hành theo 3 bước sau: Bước 1: Tìm giao điểm của (d1) với trục hoành: A 

−b  ;0   a 

 − b,  ;0  ,  a 

Bước 2: Tìm giao điểm của (d2) với trục hoành: B 

Bước 3: Tìm điều kiện để a ≠ a' và giải phương trình:

− b − b, = , a a

9. Tìm điều kiện để (d1) cắt (d2) tại một điểm có hoành độ là m Bước 1: Tìm điều kiện để a ≠ a' (*) Bước 2: Thay x = m vào (d1) hoặc (d2) để tìm y = y0 Bước 3: Thay x = m và y = y0 vào phương trình đường thẳng còn lại. Kết hợp với (*) ta có điều kiện cần tìm.

10. Tìm điều kiện để (d1) cắt (d2) tại điểm có tung độ y0: Bước 1: Tìm điều kiện để a ≠ a' (*) Bước 2: Thay y0 vào (d1) hoặc (d2) ta tìm được x0 tương ứng Bước 3: Thay x = x0 và y = y0 vào đường thẳng còn lại. Kết hợp với (*) ta có điều kiện cần tìm.

11. Tìm điều kiện để (d1) cắt (d2) tại điểm thuộc góc phần tư thứ nhất: a x + b = y ta được nghiệm (x0;y0) Bước 1: Giải hệ phương trình:  , ,  a x + b = y

104 | P a g e

 x0 > 0  Bước 2: Tìm điều kiện thỏa mãn  y0 > 0  , a ≠ a

12. Tìm điều kiện để (d1) cắt (d2) tại điểm thuộc góc phần tư …

Tương tự bài toán 11, chỉ thay đổi bước 2  x0 < 0 + Góc phần tư thứ hai  y0 > 0  , a ≠ a  x0 < 0 + Góc phần tư thứ ba  y0 < 0  , a ≠ a  x0 > 0  + Góc phần tư thứ tư  y0 < 0  , a ≠ a

13. Tìm m để 3 đường thẳng (d1): y = ax + b (d2): y = a'x + b' (d3): y = a"x + b" đồng quy ( cùng đi qua một điểm ) Bước 1: Tìm điều kiện để a ≠ a' ≠ a" Bước 2: + Nếu b = b' thì ta tìm điều kiện m để b" = b hoặc b" = b' ( trường hợp hoặc b' = b" hoặc b = b" ta tìm tương tự ) + Nếu b ≠ b' ≠ b". Ta giải hệ phương trình không chứa tham số m a x + b = y ta được nghiệm (x0;y0) VD: Giải hệ phương trình  , ,  a x + b = y

Thay (x0;y0) vào (d3) được y0 = a"x0 + b". Từ đó tìm được m

14. Tìm m để đồ thị hàm số y = ax + b tạo với hai trục tọa độ tam giác cân: Bước 1: Tìm giao điểm với trục tung A(0:b), giao điểm vớ i trục hoành  −b   ;0   a 

Bước 2 : Giải phương trình b =

−b ta tìm được m a

15. Tìm điều kiện của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng y = ax + b (d) có giá trị lớ n nhất: Bước 1: Tìm điểm cố định A(x0;y0) mà đồ thị luôn đi qua

105 | P a g e

Bước 2: Tìm giao điểm của (d) với trục tung B(0:b)   Tìm giao điểm của (d) với trục hoành C  a ;0    −b

Bước 3: Vì khoảng cách từ O đến đường thẳng lớn nhất khi OA ⊥ BC. Nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBC với đường cao OA có: 1 1 1 = + (*) 2 2 OA OB OC 2

Tính OA, OB, OC và thay vào hệ thức (*) ta tìm được m.

B. BÀI TẬP

Bài 1. Cho đường thẳng y = 2 x − 4 a) Vẽ đồ thị hàm số b) Tính diện tích tam giác tạo bởi đường thẳng và 2 trục c) Tính góc tạo với đường thẳng và trục Ox d) Tính khoảng cách từ O đến đường thẳng Bài 2. Cho hàm số y = 2mx + m - 1 có đồ thị là (d1) Tìm m để: a. Hàm số đồng biến ; hàm số nghịch biến ? b. (d1) đi qua điểm A(1;2)? c. (d1) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2? d. (d1) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng -1? e. (d1) cắt đường thẳng y = x + 1 tại một điểm trên trục tung; trên trục hoành ? f. (d1) cắt đường thẳng y = 3x - 2 tại điể m có hoành độ bằng 2? g. (d1) cắt đường thẳng y = x -5 tại điểm có tung độ bằng -3? h. (d1) cắt đường thẳng 2x - y = 1?

1 3

i. (d1) song song với đường thẳng y = − x + 1 ? j. (d1) trùng với đường thẳng -2x - y = 5 ? k. (d1) vuông góc với đường thẳng x - y = 2 ?

2. Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng (d1): y = 3x - 2 (d2): 2y - x = 1 3. Cho hai đường thẳng (d1) : y = (m - 1)x + 2m (d2) : y = mx + 2 Tìm m để (d1) cắt (d2) tại một điể m thuộc góc phần tư thứ hai 4. Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d): y = mx - m + 1 lớn nhất ?

5. Tìm m để 3 đường thẳng sau đồng quy: (d2): y = x – 1 (d3): y = (m - 1)x + 2 (d1) : y = 2x – 3

HD 1. a. Ta có : a = 2m Hàm số đồng biến ⇔ 2m > 0 ⇔ m > 0 Hàm số nghịch biến ⇔ 2m < 0 ⇔ m < 0 106 | P a g e

b. (d1) đi qua điểm A(1;2) ⇔ 2 = 2m.1 + m – 1 ⇔ 3m = 3 ⇔ m = 1 c. (d1) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2 ⇔ b = -2 ⇔ m – 1 = -2 ⇔ m = -1 d. (d1) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng -1

⇔ − b = −1 a

⇔−

m −1 = −1 ( m ≠ 0 ) 2m

⇔ − m + 1 = −2 m ⇔ m = −1

e. +) (d1) cắt đường thẳng y = x + 1 tại một điểm trên trục tung: (d1): y = 2mx + m - 1 (m ≠ 0) (d2): y = x + 1 1  2 m ≠ 1 m ≠ ⇔ 2 ⇔m=2 m − 1 = 1 m = 2 

(d1) cắt (d2) tại điểm trên trục tung ⇔ 

+) (d1) cắt đường thẳng y = x + 1 tại một điểm trên trục hoành: 1 2

(d1) cắt đường thẳng y = x + 1 ⇔ 2m ≠ 1 ⇔ m ≠ (*)

Đường thẳng y = x + 1 cắt trục hoành tại điểm B(-1; 0) Để (d1) cắt đường thẳng y = x + 1 tại một điểm trên trục hoành thì điểm B ∈ (d1) ⇔ 0 = 2m.(-1) + m – 1 ⇔ m = -1 (thỏa mãn điều kiện(*) ) V ậ y (d1) cắt đường thẳng y = x + 1 tại một điểm trên trục hoành khi m = -1 f. (d1) cắt đường thẳng y = 3x - 2 tại điể m có hoành độ bằng 2 3 2

(d1) cắt đường thẳng y = 3x - 2 ⇔ 2m ≠ 3 ⇔ m ≠ (*) Gọi điể m có hoành độ bằng 2 là A(2;y0) Vì A(2;y0) thuộc y = 3x - 2 nên y0 = 3.2 - 2 = 4 . Do đó A(2;4) Vì A(2;4) thuộc (d1) nên 4 = 2m . 2 + m - 1 ⇔ 5m = 5 ⇔ m = 1 (thỏa mãn điều kiện(*) ) V ậ y (d1) cắt đường thẳng y = 3x - 2 tại một điểm có hoành bằng 2 khi m = 1. g. (d1) cắt đường thẳng y = x -5 tại điểm có tung độ bằng -3: 1 2

(d1) cắt đường thẳng y = x - 5 ⇔ 2m ≠ 1 ⇔ m ≠ (*) Gọi điể m có tung độ bằng -3 là B(x0; -3) Vì B(x0; -3) thuộc y = x - 5 nên -3 = x0 - 5 ⇔ x0 = 2 . Do đó B(2; -3) Vì B(2; -3) thuộc d1 nên -3 = 2m . 2 + m - 1 ⇔ 5m = -2 ⇔ m = −2 5

(thỏa

mãn điều kiện(*) ) V ậ y (d1) cắt đường thẳng y = x -5 tại điểm có tung độ bằng -3 khi m= −2 5

h. (d1): y = 2mx + m - 1 cắt đường thẳng 2x - y = 1 ⇔ y = 2x – 1 khi 2m ≠ 2 ⇔ m ≠ 1

107 | P a g e

1 3

i. (d1): y = 2mx + m - 1 song song với đường thẳng y = − x + 1 khi 1 1   1 2 m = − m = − 3 ⇔ 6 ⇔ m=−  6 m − 1 ≠ 1 m ≠ 2

j. (d1): y = 2mx + m - 1 trùng vớ i đường thẳng -2x - y = 5 ⇔ y = -2x - 5  2 m = −2  m = −1 ⇔ (v« nghiÖm) m − 1 = −5  m = −4

khi 

Vậy (d1) không thể trùng với với đường thẳng -2x - y = 5. k. (d1) vuông góc với đường thẳng x - y = 2: (d2) : x - y = 2 ⇔ y = x - 2 (d1): y = 2mx + m – 1 (d1) ⊥ ( d2) ⇔ 2m. 1 = -1 ⇔ m = −1 2 2. Tọa độ giao điểm của 2 đồ thị là nghiệ m của hệ phươ ng trình:  y = 3x − 2 3x − y = 2 x = 1 ⇔ ⇔  2 y − x = 1 − x + 2 y = 1  y = 1

Vậy tọa độ độ giao điểm của (d1): y = 3x – 2 ; (d2): 2y - x = 1 là A(1 ; 1) 3. Cho hai đường thẳng (d1): y = (m - 1)x + 2m (d2): y = mx + 2 Tọa độ giao điểm c ủa 2 đồ thị là nghiệ m của hệ phương trình:  y = ( m − 1) x + 2 m  x = 2m − 2 ⇔  2  y = mx + 2  y = 2m − 2m + 2

Để (d1) cắt (d2) tại một điể m thuộc góc phần tư thứ hai thì m < 1  x = 2m − 2 < 0  1 3   2 2  y = 2 m − 2 m + 2 > 0 ⇔ m − m + + > 0(∀m) ⇔ m < 1 4 4 m − 1 ≠ m   −1 ≠ 0

4. Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d): y = mx - m + 1 lớn nhất Tìm điể m cố định thuộc (d): y = mx - m + 1 Giả sử A(x0;y0) thuộc (d): y = mx - m + 1 nên: y0 = mx0 - m + 1 ⇔ m(x0 -1) - y0 + 1 = 0 (*) x −1 = 0

x = 1

0 0 Phương trình (*) đúng với mọi giá trị của m ⇔ − y + 1 = 0 ⇔  y = 1  0  0 Vậy đường thẳng y = mx - m + 1 luôn đi qua điểm cố định A(1;1)

b

m −1

Gọi giao điể m c ủa (d) với trục hoành là B( − a ; 0) hay B( m ; 0) Gọi giao điể m c ủa d với trục tung là C(0;b) = C(0;1-m) 108 | P a g e

Ta có:

OA2 = 12 + 12 = 2

OB2 =

(m − 1)2 m2

OC2 = (1 – m)2

Khoảng cách từ O đến đường thẳng (d) lớ n nhất khi d ⊥ OA tại A Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông OBC, đường cao OA có: 1 1 1 = + 2 2 OA OB OC 2

2

1 m 1 = + 2 2 (m − 1) (1 − m)2 ⇔ m2 + 2m + 1 = 0 ⇔ (m + 1)2 = 0 ⇔ m = -1

⇔

Vậy với m = -1 thì khoảng cách từ O đến đường thẳng (d): y = mx - m + 1 lớn nhất.

5. Tọa độ giao điểm của (d1) và (d2) là nghiệm của hệ phương trình: y = 2x − 3 x = 2 ⇔  y = x −1 y = 1

Để (d1), (d2) và (d3) đồng quy thì đường thẳng (d3): y = (m - 1)x + 2m phải đi qua điể m (2;1) ⇔ 1 = (m – 1).2 + 2m ⇔ 4m = 3 ⇔ m = 3 4 Vậy với m = 3 4 thì d1, d2 và d3 đồng quy.

Bài 3. Cho hàm số : y = mx – 2m – 1 (m ≠ 0)

(1)

a. Xác định m để đồ thị hàm số đi qua gốc toạ độ O. Vẽ đồ thị (d1) với m tìm được. b. Tính theo m toạ độ giao điểm A, B của đồ thị hàm số (1) lần lượt với trục Ox, Oy. Xác định m để ∆ AOB có diện tích bằng 2 (đv dt). c. Chứng minh rằng đồ thị hàm số (1) luôn đi qua một điểm cố định khi m thay đổi.

4. Củng cố 5. HD học ở nhà BTVN Bài 1. Cho hai hàm số: y = x và y = 3x . a) Vẽ đồ thị của hai hàm số đó trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Đường thẳng song song với trục Ox, cắt trục Oy tại điểm có tung độ bằng 6, cắt các đồ thị trên lần lượt ở A và B. Tìm tọa độ các điểm A và B. Tính chu vi và diện tích tam giác OAB. ĐS: b) A(6;6), B(2;6) ; AB = 4, OA = 6 2, OB = 2 10 .

1 Bài 2. Cho hai hàm số y = −2 x và y = x .

2 a) Vẽ đồ thị của hai hàm số đó trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Qua điểm (0; 2) vẽ đường thẳng song song với trục Ox, cắt các đồ thị trên lần lượt tại A và B. Chứng minh tam giác AOB là tam giác vuông và tính diện tích của tam giác đó.

Bài 3. Cho hàm số: y = (m + 4) x − m + 6 (d). a) Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến, nghịch biến. b) Tìm các giá trị của m, biết rằng đường thẳng (d) đi qua điểm A(–1; 2). Vẽ đồ thị của hàm số với giá trị tìm được của m. c) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì các đường thẳng (d) luôn luôn đi qua một điểm cố định.

109 | P a g e

ĐS: b) m = 0 c) (1;10) .

Bài 4. Cho hàm số: y = (3m – 2) x – 2m . a) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2. b) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2. c) Xác định tọa độ giao điểm của hai đồ thị ứng với giá trị của m tìm được ở câu a, câu b.

Bài 5. Cho ba đường thẳng (d1) : y = − x + 1 , (d2 ) : y = x + 1 và (d3 ) : y = −1 . a) Vẽ ba đường thẳng đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Gọi giao điểm của hai đường thẳng (d1),(d2 ) là A, giao điểm của đường thẳng (d3 ) với hai

đường thẳng (d1),(d2 ) theo thứ tự là B và C. Tìm tọa độ các điểm A, B, C. c) Tam giác ABC là tam giác gì? Tính diện tích tam giác ABC.

1 x ; (d3 ) : y = 4 x .

4 a) Vẽ đồ thị của các hàm số đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Gọi giao điểm của đường thẳng (d1) với đường thẳng (d2 ) và (d3 ) lần lượt là A và B. Tìm

Bài 6.

Cho các hàm số sau: (d1) : y = − x − 5 ; (d 2 ) : y =

tọa độ các điểm A, B. c) Tam giác AOB là tam giác gì? Vì sao? Tính diện tích tam giác AOB.

1 Bài 7. Cho hàm số: (d1) : y = 2 x + 2 , (d 2 ) : y = − x − 2 .

2 a) Vẽ đồ thị của hai hàm số đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Gọi giao điểm của đường thẳng (d1) với trục Oy là A, giao điểm của đường thẳng (d2 ) với trục Ox là B, còn giao điểm của đường thẳng (d1), (d2 ) là C. Tam giác ABC là tam giác gì? Tìm tọa độ các điểm A, B, C. c) Tính diện tích tam giác ABC.

Bài 8. Cho hai đường thẳng: (d1) : y = x + 3 và (d2 ) : y = 3x + 7 . a) Vẽ đồ thị của các hàm số đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Gọi giao điểm của đường thẳng (d1) và (d2 ) với trục Oy lần lượt là A và B. Tìm tọa độ trung

điểm I của đoạn AB. c) Gọi J là giao điểm của hai đường thẳng (d1) và (d2 ) . Chứng minh tam giác OIJ là tam giác vuông. Tính diện tích của tam giác đó.

Bài 9. Cho đường thẳng (d): y = −2 x + 3 . a) Xác định tọa độ giao điểm A và B của đường thẳng (d) với hai trục Ox, Oy. Tính khoảng cách từ điểm O(0; 0) đến đường thẳng (d). b) Tính khoảng cách từ điểm C(0; –2) đến đường thẳng (d). ĐS: Bài 10. Tìm giá trị của k để ba đường thẳng sau đồng quy: 1 7 2 1 a) (d1) : y = 2 x + 7 , (d 2 ) : y = − x + , (d3 ) : y = − x − 3 3 k k Bài 11. Cho hai đường thẳng: (d1 ) : y = (m + 1) x − 3 và (d2 ) : y = (2m − 1) x + 4 . a) Chứng minh rằng khi m = −

110 | P a g e

1 thì hai đường thẳng đã cho vuông góc với nhau.

2

b) Tìm tất cả các giá trị của m để hai đường thẳng đã cho vuông góc với nhau.

1 ĐS: b) m = 0; m = − .

2 Bài 12. Xác định hàm số y = ax + b trong mỗi trường hợp sau: a) Khi a = 3 , đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng − 3 . b) Khi a = −5 , đồ thị hàm số đi qua điểm A(–2; 3). c) Đồ thị hàm số đi qua hai điểm M(1; 3) và N(–2; 6). d) Đồ thị hàm số song song với đường thẳng y = 7 x và đi qua điểm (1;7 + 7 ) .

ĐS: a) y = 3 x − 2 b) y = −5x − 7 c) y = − x + 4 d) y = 7 x + 7 .

Bài 13. Cho đường thẳng: y = 4 x (d). a) Viết phương trình đường thẳng (d1) song song với đường thẳng (d) và có tung độ gốc bằng 10. b) Viết phương trình đường thẳng (d2 ) vuông góc với đường thẳng (d) và cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng – 8. c) Viết phương trình đường thẳng (d3 ) song song với đường thẳng (d) cắt trục Ox tại A, cắt trục Oy tại B và diện tích tam giác AOB bằng 8. ĐS: Bài 14. Cho hai đường thẳng: y = (k − 3) x − 3k + 3 (d1) và y = (2k + 1) x + k + 5 (d2 ) . Tìm các giá trị của k để: a) (d1) và (d2 ) cắt nhau.

b) (d1) và (d2 ) cắt nhau tại một điểm trên trục tung.

c) (d1) và (d2 ) song song.

1 c) k = −4 2 Bài 15. Cho hàm số (d ) : y = (m + 3) x + n (m ≠ −3) . Tìm các giá trị của m, n để đường thẳng (d): a) Đi qua các điểm A(1; –3) và B(–2; 3). b) Cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1 − 3 , cắt trục hoành tại điểm có hoành độ 3 + 3 . c) Cắt đường thẳng 3y − x − 4 = 0 . d) Song song với đường thẳng 2 x + 5y = −1 .

ĐS: a) k ≠ −4

111 | P a g e

b) k = −

BUỔI 12.

CA 9+10. HÀM SỐ y = ax 2 . VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL 1. Tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC

1.Vẽ đồ thị hàm số y = ax2 ( a khác 0) a)Cách vẽ đồ thị hàm số y = ax2 (a ≠ 0) Bước 1: Lập bảng giá trị Bước 2: Ghi các tọa độ mà đồ thị hàm số đi qua.

Bước 3. Vẽ đường Parabol (P) đi qua các điểm trên ta được đồ thị hàm số y = 2 ax b)Hình dạng của đồ thị của hàm số y = ax2 (a ≠ 0) Đồ thị hàm số y = ax2 (a ≠ 0) là một Parabol đi qua gốc tọa độ nhận trục Oy làm trục đối xứng + Nếu a > 0 thì đồ thị nằm phía trên trục hoành, O là điểm thấp nhất của đồ thị + Nếu a < 0 thì đồ thị nằm phía dười trục hoành, O là điểm cao nhất của đồ thị Tính chất Hàm số y = ax2 (a ≠ 0) xác đinh với mọi giá trị của c thuộc R và: + Nếu a > 0 thì hàm số nghịch biến khi x < 0, đồng biến khi x > 0 + Nếu a < 0 thì hàm số đồng biến khi x < 0, nghịch biến khi x > 0 2. Vị trí tương đối của đường thẳng và parabol Để tìm tọa độ giao điểm của đ/thẳng (d) : y = nx + m ( a khác 0) và Parabol (P) : y = ax2 Bước 1: Lập phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) Bươc 2: Giải phương trình Bước 3: Kết luận tọa độ giao điểm Chú ý: Các bài toán liên quan có chứa tham số Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình ax2 = nx + m (*) Số giao điểm của (P) và (d) là số nghiệm của phương trình (*) + Nếu (*) vô nghiệm thì (P) và (d) không có điểm chung 112 | P a g e

+ Nếu (*) có nghiệm kép thì (P) và (d) tiếp xúc nhau + Nếu (*) có hai nghiệm phân biệt thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt B. BÀI TẬP

1. Tính đồng biến nghịch biến.

GV nhắc HS tự ôn tập lại phục vụ cho câu thi TN 2. Tìm toạn độ giao điểm của (P) và (d) Bài 1: Cho hàm số có đồ thị là Parabol (P): y = 0,25 x 2 a)Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho b)Qua điểm A ( 0;1) vẽ đường thẳng song song với trục hoành Ox cắt (P) tại hai điểm

E và F . Viết tọa độ của E và F. Hướng Dẫn: a)Học sinh tự vẽ Parabol b)Đường thẳng đi qua A ( 0;1) và song song với trục hoành có phương trình y = 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = 1 và parabol y = 0, 25 x 2 , x = 2  y = 1 Ta có: 0, 25 x 2 = 1 ⇔ x 2 = 4 ⇔   x = −2  y = 1 Vậy hai điểm E và F có tọa độ lần lượt là ( −2;1) và ( 2;1)

Bài 2: Cho hàm số y = 3 x 2 có đồ thị ( P ) và đường thẳng ( d ) : y = 2 x + 1. Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) bằng phép tính.

Hướng Dẫn: Ta có phương trình hoành độ giao điểm :

3x 2 = 2 x + 1 ⇔ 3x 2 − 2 x − 1 = 0(*) Phương trình (*) có dạng a + b + c = 3 − 2 − 1 = 0 nên có hai nghiệm

 x = 1  y = 3  A (1;3)   x = − 1  y = 1  B  −1 ; 1     3 3  3 3  1 1 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A (1;3) và  − ;   3 3 Bài 3: Cho hai hàm số y = 2 x 2 và y = −2 x + 4

113 | P a g e

a)Vẽ đồ thị các hàm số trên cùng một mặt phẳng tọa độ b)Tìm tọa độ hai giao điểm A và B của hai đồ thị đó. Tính khoảng cách từ điểm M ( −2;0 ) đến đường thẳng AB. Hướng Dẫn: a)Học sinh tự vẽ các đồ thị b)Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d : y = −2 x + 4 và parabol (P): y = 2 x 2 ⇔ x2 + x − 2 = 0 ⇔ x2 − x + 2 x − 2 = 0 x −1 = 0 x = 1 y = 2 ⇔ ( x − 1)( x + 2 ) = 0 ⇔  ⇔ x + 2 = 0  x = −2  y = 8 Vậy giao điểm của ( P ) và ( d ) là A (1;2 ) ; B ( −2;8 ) Tính khoảng cách từ M ( −2;0 ) đến đường thẳng AB Kẻ MH ⊥ AB ( M ∈ AB ) . Nhận xét thấy khoảng cách từ M ( −2;0 ) xuống đường thẳng AB chính là MH .

Lại thấy B ( −2;8 ) , M ( −2;0 )  Phương trình đường thẳng BM là

x = −2  BM ⊥ Ox hay BM ⊥ MC suy ra ∆BMC vuông tại M. Ta lại có: B ( −2;8 ) ; M ( −2;0 ) ; C ( 2,0 )  BM = 8, CM = 4 Xét ∆BMC vuông tại M có MH là đường cao nên :

1 1 1 1 1 5 8 5 = + = 2+ 2= ⇔ MH = 2 2 2 MH BM MC 8 4 64 5 Vậy khoảng cách cần tìm là MH =

8 5 5

1 2

Bài 4: Vẽ đồ thị của các hàm số y = − x 2 và y = x − 4 trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

Gọi A và B là các giao điểm của đồ thị hai hàm số trên. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB , với O là gốc tọa độ ( đơn vị đo trên các trục tọa độ là centimét).

3. Sự tương giao của (P) và (d) có chứa tham số

Bài 1: Cho parabol (P): y =

1 2 x và đường thẳng ( d ) : y = x + m − 1 (m là tham số) 2

1)Vẽ đồ thị ( P ) 2)Gọi A ( x A ; y A ) , B ( xB , y B ) là hai giao điểm phân biệt của ( d ) và ( P ) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để x A > 0 và xB > 0

114 | P a g e

Hướng Dẫn: 1)Học sinh tự vẽ đồ thị (P) 2)Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số (d) và (P) 1 2 x = x + m − 1 ⇔ x 2 − 2 x − 2m + 2 = 0(*) 2 Theo đề bài ta có: ( d ) cắt (P) tại hai điểm A ( x A , y A ) , B ( xB , yB ) phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0

⇔ 1 − ( −2m + 2 ) > 0 ⇔ 1 + 2m − 2 > 0 ⇔ m > Vậy với m >

1 2

1 thì phương trình (*) có hai nghiệm x A , xB phân biệt 2

 x + xB = 2 Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:  A  x A xB = −2m + 2

Theo đề bài ta có:  x A > 0  x A + xB > 0  2 > 0∀m  ⇔ ⇔ −2 m > −2 ⇔ m < 1  x > 0 x . x > 0 − 2 m + 2 > 0   B  A B Kết hợp các điều kiện của m ta được: Vậy

1 < m <1 2

1 < m < 1thỏa mãn bài toán.

2

Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol

( P ) : y = x 2 và

đường thẳng

( d ) : y = 2 x + 4m 2 − 8m + 3 ( m là tham số thực). Tìm các giá trị của m để ( d ) và ( P ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện y1 + y2 = 10 Hướng Dẫn: Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là: x 2 − 2 x − 4 m 2 + 8m − 3 = 0

(1)

Số giao điểm của (d) và (P) cũng chính là số nghiệm của phương trình (1) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 2

Ta có: ∆ ' = ( −1) + 4m 2 − 8m + 3 = 4m 2 − 8m + 4 = 4 ( m − 1)

115 | P a g e

2

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi và chỉ khi 2

∆ ' > 0 ⇔ 4 ( m − 1) > 0 ⇔ m ≠ 1  x1 + x2 = 2 Áp dụng hệ thức Vi et ta có:  2  x1 x2 = −4m + 8m − 3 Theo đề bài ta có: 2

y1 + y2 = 10 ⇔ x12 + x22 = 10 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 10 ⇔ 22 − 2.( −4m 2 + 8m − 3) = 10 ⇔ 4 + 8m 2 − 16m + 6 = 10  m = 0(tm) ⇔ 8m 2 − 16m = 0 ⇔ 8m ( m − 2 ) = 0 ⇔   m = 2(tm) Vậy với m = 0, m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán x2 Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y = và đường 2 thẳng ( d ) có phương trình : y = − mx + 3 − m (với m là tham số) 1)Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol (P), biết điểm M có hoành độ bằng 4 2)Chứng minh đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ của hai điểm A, B . Tìm m để y1 + y2 = x1 x2 + 10 Hướng Dẫn:

1 x2 1)Ta có M ( 4; yM ) thuộc (P) : y = nên thay x = 4 vào công thức hàm số y = x 2 ta 2 2 được: 1 yM = .42 = 8  M ( 4;8 ) 2 Vậy M ( 4;8 ) 2)Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: x2 = −mx + 3 − m ⇔ x 2 + 2mx + 2m − 6 = 0(*) 2 Đường thẳng ( d ) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt.

2

⇔ ∆ ' > 0 ⇔ m 2 − 2m + 6 > 0 ⇔ m 2 − 2m + 1 + 5 > 0 ⇔ ( m − 1) > 0∀m  Đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) ; B ( x2 ; y2 )

 x + x = −2 m Áp dụng định lý Vi-et ta có:  1 2  x1 x2 = 2m − 6

Theo bài ta có: x12 + x22 = 2 x1 x2 + 20

116 | P a g e

⇔ x12 + x22 + 2 x1 x2 − 4 x1 x2 − 20 = 0 2

⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 − 20 = 0 2

⇔ ( −2m ) − 4 ( 2m − 6 ) − 20 = 0 ⇔ 4 m 2 − 8m + 4 = 0 2

⇔ m 2 − 2m + 1 = 0 ⇔ ( m − 1) = 0 ⇔ m −1 = 0 ⇔ m = 1 Vậy m = 1 thỏa mãn bài toán

Bài 7: Trong hệ tọa độ Oxy cho Parabol y = x 2 ( P) và đường thẳng (d ) có phương trình: y = (m − 1) x + m 2 − 2m + 3 (d ) .

a. Chứng minh với mọi giá trị của m thì (d ) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b. Giả sử (d ) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm m để tam giác OAB cân tại O .

Khi đó tính diện tích tam giác OAB .

Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = ( m + 2 ) x + 3 và parabol ( P ) : y = x 2 . a) Chứng minh ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt. b) Tìm tất cả các giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ là các số nguyên.

4. Củng cố 5. Hướng dẫn học ở nhà

Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = 2mx − m 2 + 1và parabol

( P ) : y = x2 a)Chứng minh ( d ) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt b)Tìm tất cả các giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn

1 1 −2 + = +1 x1 x2 x1 x2

x2 và đường thẳng y = x + m 4 a)Vẽ đồ thị (P) trên trục tọa độ Oxy

Bài 2: Cho parabol ( P ) : y = −

b)Xác định tham số m để đường thẳng ( d ) và ( P ) có một điểm chung.

117 | P a g e

Bài 3: Cho hàm số y = − x 2 có đồ thị ( P ) a)Vẽ ( P ) b)Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và đường thẳng ( d1 ) : y = 2 x − 3 c)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d 2 ) : y = 2 x + m cắt ( P ) tại hai

điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn

1 1 2 + = x1 x2 5

Bài 4: Cho Parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = 2 ( m − 1) x + m 2 + 2m ( m là tham số, m ∈ ℝ ) a)Xác định tất cả các giá trị của m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm I (1;3) b)Tìm m để parabol ( P ) cắt đường thẳng ( d ) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi x1 , x2 là hoành độ hai điểm A, B, tìm m sao cho y1 + y2 + 6 x1 x2 = 2020

Bài 5: Cho parabol ( P ) : y = x 2 , các đường thẳng ( d1 ) : y = − x + 2 và

( d2 ) : y = x + m − 3 1)Vẽ đồ thị của ( P ) và ( d1 ) trên cùng một hệ trục tọa độ.

2)Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d1 ) 3)Tìm giá trị của tham số m , biết đường thẳng ( d 2 ) tiếp xúc với parabol (P) Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hàm số y = − x 2 có đồ thị ( P ) a)Vẽ đồ thị ( P ) b)Tìm giá trị của m để đường thẳng ( d ) : y = 2 x − 3m (với m là tham số) cắt ( P ) tại hai điểm có hoành độ là x1 , x2 thỏa mãn x1 x22 + x2 ( 3m − 2 x1 ) = 6 Bài 7: Cho parabol ( P ) : y =

1 2 x và đường thẳng ( d ) : y = − x + m (x là ẩn, m là tham 2

s ố) a)Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) với đường thẳng (d) khi m = 4 b)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A ( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) thỏa mãn x1 x2 + y1 y2 = 5.

Bài 8: Cho hàm số y = 0,5 x 2 có đồ thị là parabol ( P ) . a) Vẽ đồ thị ( P ) của hàm số đã cho. b) Xác định hệ số a, b của phương trình ( d ) : y = ax + b, biết ( d ) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 và ( d ) cắt ( P ) tại điểm có hoành độ bằng 2. Chứng tỏ ( P ) và ( d ) tiếp xúc nhau.

118 | P a g e

Bài 9: Cho parabol (P): y = 2 x 2 và đường thằng (d): y = 2 x + m (m là tham số) a) Vẽ parabol (P). b) Với những giá trị nào của m thì (P) và (d) chỉ có một điểm chung. Tìm tọa độ điểm chung đó.

Bài 10: Trong mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) , cho parabol ( P ) : y =

1 2 x và đường thẳng 2

( d ) : y = ( 2m − 1) x + 5 . a) Vẽ đồ thị của ( P ) . b) Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm E ( 7;12 ) . c) Đường thẳng y = 2 cắt parabol ( P ) tại hai điểm A , B . Tìm tọa độ của A , B và tính diện tích tam giác OAB .

Bài 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) có phương trình y = x 2 và đường thẳng (d ) có phương trình y = 2( m − 1) x + m + 1 (với m là tham số). a)Chứng minh rằng (d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m . b)Tìm các giá trị của m để (d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1 + 3x2 − 8 = 0 .

Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đ/thẳng (d): y = 3x + m – 1 và parabol (P): y = x2 a)Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m b)Gọi x1, x2 là hoành độ các giao điểm của (d) và (P). Tìm m để (x1+1)(x2+1)=1 1 2

1 2

Bài 13: Cho parabol (P) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = mx − m2 + m + 1 a) Với m = 1, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (d) và (P) b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ,x2 sao cho|x1 – x2| =2 Bài 14: Cho parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d): y=2(m+3)x-2m+2 (m là tham số).

1.Với m=-5 tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d).

2.Chứng minh rằng: với mọi m parabol (P) và đường thẳng (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Tìm m sao cho hai giao điểm đó có hoành độ dương.

1 2

Bài 15: Cho parabol (P) : y= x2 và điểm A, B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là -1; 2. Đường thẳng (d) phuơng trình y = mx + n. a) Tìm toạ độ điểm A, B Tìm m, n biết (d) đi qua điểm A và B . b) Tính độ dài đường cao OH của tam giác OAB ( điểm O là gốc tọa độ).

Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = mx -3 tham số m và Parabol (P): y = x2.

119 | P a g e

1. Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 0).

2. Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1, x2 thỏa mãn |x1-x2|=2 Bài 17: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đ/thẳng (d) : y = x + m – 1 và parabol (P) : y = x2 1. Tìm m để (d) đi qua điểm A(0;1) 2. Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 x1

lần lượt là x1, x2 thỏa mãn: 4( +

1 ) − x1 x2 + 3 = 0 x2

Bài 18: Cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d): y = mx + m – 3 a) Tìm a để đồ thị (P) đi qua điểm B(2; -2) b) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt C và D với mọi giá trị của m. c) Gọi xC và xD lần lượt là hoành độ của hai điểm C và D. Tìm các giá trị của m 2 2 sao cho xC + xD − 2 xC xD − 20 = 0 Bài 19: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): y = -x2 và đ/thẳng (d): y = 3mx – 3 (với m là tham số). a) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 3). b) Xác định các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt sao cho tổng 2 tung độ của hai giao điểm đó bằng -10.

Bài 20: Cho parabol (P): y=2x2 và đường thẳng (d) : y=x-m+1 (với m là tham số) a) Vẽ Parabol (P) b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) cắt (d) có đúng một điểm chung. c) Tìm tọa độ các điểm thuộc P có hoành độ bằng hai lần tung độ Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho (P): y =

−1 2 x 2

a) Vẽ đồ thị của (P). b) Gọi A(x1, y1) và B(x2;y2) là hoành độ giao điểm của (P) và (d): y = x – 4.

Chứng minh: y1 + y2 − 5( x1 + x2 ) = 0

Bài 22 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = mx + 5. a) Chứng minh đường thẳng ( d ) luôn đi qua điểm A ( 0;5) với mọi giá trị của m . b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) : y = x 2 tại hai

điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 (với x1 < x2 ) sao cho x1 > x2 .

1 4

Bài 23: Cho hàm số y = x 2 có đồ thị là ( P) 1. Vẽ đồ thị (P) :

120 | P a g e

y=

1 2 x 4

2. Cho điểm A thuộc (P) có hoành độ bằng 4 . Tìm tham số m để đường thẳng (d ) : y = x − m đi qua A .

Bài 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = 2 x − m + 3 và parabol

(P) : y = x

2

.

1. Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 2; 0 ) .

2. Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 thỏa mãn x12 − 2 x2 + x1 x2 = 16 .

121 | P a g e

BUỔI 1 CA 8+9. TỨ GIÁC NỘI TIẾP. 1. Tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC 1 Khái niệm tứ giác nội tiếp B

* Tứ giác nội tiếp đường tròn là tứ giác có bốn đỉnh nằm trờn đường tròn đó.

A O

* Trong hình 1, tứ giác ABCD nội tiếp (O) và (O) ngoại tiếp tứ giác ABCD.

C D

2. Định lý. * Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo hai góc đối diện bằng180o. * Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng 180o thì tứ giác đó nội tiếp được một đường tròn.

3. Một số phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp - Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800.

Chú ý một số giả thiết để dẫn tới có góc vuông - Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện.

- Tứ giác có 4 đỉnh cách đều một điểm (mà ta có thể xác định được). Điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

- Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc α .

4. Một số kết: 1). Nếu hai đường thẳng chứa các dây

AB,CD,KCD của

một đường tròn cắt nhau tại

M

thì

MA.MB = MC.MD

2). Đảo lại nếu hai đường thẳng A, B,C, D thuộc một đường tròn.

1|Page

AB,CD

cắt nhau tại

M

và

MA.MB = MC.MD

D B

A M O

A

thì bốn điểm

3). Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến điểm CD thì năm điểm K,A,H,O, B nằm trên một đường tròn.

A

D

H C O

K

B

B. BÀI TẬP

Bài 1: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi M là giao điểm OK và AB .

Vẽ dây DI qua M . Chứng minh a) KIOD là tứ giác nội tiếp b) KO là phân giác của góc IKD

2|Page

KCD,H

, là trung

Giải:

A D C

M

K

O

I B

a) Để chứng minh KIOD là tứ giác nội tiếp việc chỉ ra các góc là rất khó khăn.

Ta phải dựa vào các tính chất của cát tuyến , tiếp tuyến.

Ta có:

AIBD

Mặt khác

là tứ giác nội tiếp và

KAOB

AB ∩ ID = M

là tứ giác nội tiếp nên

nên ta có:

MA.MB = MI.MD

MA.MB = MO.MK

Từ đó suy ra MO.MK = MI.MD hay KIOD là tứ giác nội tiếp. = OKD

a) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác KIOD . Ta có IO = OD = R  OKI suy ra KO là phân giác của góc IKD Bài 2: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi M là giao điểm OK và AB .

Chứng minh a) CMOD là tứ giác nội tiếp b) Đường thẳng AB chứa phân giác của góc CMD Giải:

A

A D

C K

O

M

O

M

K C

B

a) Vì 3|Page

KB

là tiếp tuyến nên ta có:

D B

KB2 = KC.KD = KO2 − R 2

Mặt khác tam giác

KOB

vuông tại

B

và

nên

BM ⊥ KO

KB2 = KM.KO

suy ra

hay CMOD là tứ giác nội tiếp = ODC,OMD = OCD . là tứ giác nội tiếp nên KMC

KC.KD = KM.KO

b)

CMOD

Mặt khác ta có:

= OCD  KMC = OMD

ODC

Trường hợp 1: Tia

KD

Hai góc

thuộc nửa mặt phẳng chứa

A

và bờ là

(h1)

KO

có 2 góc phụ với nó tương ứng là

hay MA là tia phân giác của góc CMD

AMD

AMC,

= AMD

AMC

KMC,ODC

mà

= ODC

KMC

nên

Trường hợp 2: Tia KD thuộc nửa mặt phẳng chứa

phân giác của góc CMD Suy ra Đường thẳng

AB

B

và bờ là

KO

chứa phân giác của góc

(h2) thì tương tự ta cũng có

.

CMD

Bài 3. Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi H là trung điểm CD . Vẽ dây AF đi qua H . Chứng minh BF / /CD Giải: A

D

H C O

K

B

4|Page

F

MB

là tia

Để chứng minh Ta có

BF / /CD

= 1 AOB

AFB 2

Mặt khác

KO

ta chứng minh

= AFB

AHK

( Tính chất góc nội tiếp chắn cung

là phân giác góc

AOB

AB ).

= BOK = 1 AOB  AFB = AOK . Vì A,K, B,O,H AOK 2 = AOK  AFB = AHK ⇔ BF / /CD KO nên AHK

nên

cùng nằm trên đường tròn đường kính

Bài 4. Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi H là trung điểm CD . Đường thẳng qua H song song với BD cắt AB tại I . Chứng minh CI ⊥ OB

Giải:

D

A

C

H I

K

O

F

B

= CDB cùng chắn cung CB nên suy ra CHI = CAB

= CDB . Mặt khác CAB Ta có HI / /BD  CHI = ICH ⇔ BAH = ICH . Mặt khác ta có A,K, B,O,H cùng hay AHIC là tứ giác nội tiếp. Do đó IAH = BKH

nằm trên đường tròn đường kính KO nên BAH

Từ đó suy ra

5|Page

= BKH  CI / /KB .

ICH

Mà

KB ⊥ OB  CI ⊥ OB

Nhận xét: Mấu chốt bài toán nằm ở vấn đề minh CI / /KB

OB ⊥ KB .Thay

vì chứng minh

CI ⊥ OB

ta chứng

Bài 5: Cho đường tròn (O) dây cung ADI . Gọi I là điểm đối xứng với A qua D . Kẻ tiếp tuyến IB với đường tròn (O) . Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt IB ở K . Gọi C là giao điểm thứ hai của KD với đường tròn (O) . Chứng minh rằng BC / /AI .

Giải:

K

B

C

O A

Ta cần chứng minh: Mặt khác ta có:

ACBD

6|Page

I

= KBC

AIK

= CAB = 1 sđ CB

KBC 2

vậy theo tính chất 5 ta có: Tứ giác

D

nội tiếp nên

nên ta sẽ chứng minh

CB DB = CA DA

mà

DA = DI 

= CAB

AIK

CB DB = CA DI

= BDI  ∆BID ∼ ∆BCA  AIK = CAB

BCA

hay

⇔ ∆BID ∼ ∆BCA Thật

Hay

= KBC  BC / /AI AIK

Bài 6 Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi M là giao điểm OK và AB .

Vẽ dây CF qua M . Chứng minh DF / /AB Giải: A

D

H C

2 1

K

M

1 O

B

Kẻ

F

OH ⊥ CD

Ta chứng minh được:

là tứ giác nội tiếp (bài toán 2) nên

CMOD

+M = 900 ; D + DOH = 900  M = DOH .

M 1 2 1 2

= 1 COD, DOH = 1 COD  CFD = DOH .

CFD 2 2

Chú ý:

DF / /AB  ABFD

=D

M 1 1

Mặt khác ta có:

Từ đó suy ra

= CFD ⇔ DF / /AB M 2

là hình thang cân có hai đáy là

= OMF

AB, DF  OMD

Bài 7: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi M là giao điểm OK và AB .

Kẻ OH vuông góc với CD cắt AB ở E . Chứng minh a) CMOE là tứ giác nội tiếp b) CE, DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) Giải:

E

a) Theo bài toán 2, ta có là tứ giác nội tiếp nên

CMOD

D

A

= ODC = OCD .

CMK

Do đó các góc phụ với chúng 7|Page

K

mà

H

C M

B

O

bằng nhau:

= COE .

CME

Suy ra CMOE là tứ giác nội tiếp (theo cung chứa góc). c) Cũng theo bài toán 2, CMOD nội tiếp.

Mặt khác CMOE là tứ giác nội tiếp nên E,C,M,O, D thuộc một đường tròn.

Từ đó dễ chứng minh

CE, DE

là tiếp tuyến của đường tròn

(O)

Bài 8. Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Vẽ đường kính AI . Các dây IC,ID cắt KO theo thứ tự ở G,N . Chứng minh rằng OG = ON .

Giải:

A 1

D

C K

1 G

M O

N 1 I

Ta vẽ trong hình trường hợp chứng minh tương tự. Để chứng minh

OG = ON

O

và

A

nằm khác phía đối với

, ta sẽ chứng minh

CD .

Các trường hợp khác

∆ IOG = ∆AON .

= IAN , muốn vậy phải có AN / /CI . Ta sẽ = AON , cần chứng minh CIA Ta đã có OI = OA,IOG = CID . Chú ý đến AI là đường kính, ta có ADI = 900 , do đó ta kẻ AM ⊥ OK chứng minh AND = AMD (1) Ta có AMND là tứ giác nội tiếp, suy ra AND

8|Page

Sử dụng bài 2, ta có suy ra

= 1 COD .

AND 2

CMOD

là tứ giác nội tiếp và

Ta lại có

= 1 COD

CID 2

nên

= 1 CMD = 1 COD

AMD 2 2

(2). Từ (1) và (2)

= 1 CID .

AND 2

HS tự giải tiếp.

Bài 9 Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi M là trung điểm của AB .

Chứng minh rằng

= MDB .

ADC

Giải:

E

D

A H

C K

O

M

B

Kẻ

OH ⊥ CD ,

cắt

AB

Theo bài 7 ,

EC

là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) , nên theo bài toán quen thuộc 3, ta có

ECMD

ở E.

là tứ giác nội tiếp, suy ra

Từ (1) và (2) suy ra

= ECD

EBD

(2).

= EMD .

CBD

Do đó hai góc bù với nhau chúng bằng nhau: = MDB

ADC

9|Page

= BMD  ∆CAD ∼ ∆BMD CAD

(g.g) nên

BUỔI 2.

CA 10+11. CHÙM BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN. CÁT TUYẾN A. KIẾN THỨC 1. Tính chất hai tuyến tuyến cắt nhau 2. Cát tuyến B. BÀI TẬP Bài 1. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên nửa mặt phẳng bờ lầ đường thẳng AO chứa điểm B vẽ cát tuyến AMN với đường tròn (O) ( AM < AN , MN không đi qua O). Gọi I là trung điểm của MN 1) Chứng minh: Tứ giác AIOC là tứ giác nội tiếp 10 | P a g e

2) Gọi H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh AH . AO = AM . AN và tư giác MNOH là tứ giác nội tiếp 3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN , cắt AB và BC theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng M là trung điểm của EF .

B E

M

D

N

I F

A

H

O

x C = 900 1) Vì I là trung điểm của MN nên OI ⊥ MN  OIA = 900 Vì AC là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại C nên AC ⊥ OC  OCA Xét tứ giác AIOC có: AIO + ACO = 900 + 900 = 1800 Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên suy ra tứ giác AIOC là tứ giác nội tiếp 2) Vì AB, AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)  AB = AC và AO là tia phân giác  ∆ABC cân tại O có AO là đường phân giác nên AO cũng là đường cao của BAC của ∆ABC  AO ⊥ BC hay AH ⊥ BC. = 900  ∆ABO Vì AB là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại B nên AB ⊥ OB  OBA vuông tại B Xét ∆ABO vuông tại B có BH là đường cao  AB 2 = AH . AO (1)

11 | P a g e

Xét đường tròn (O) có ABM là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung ABM = ANB BM , ANB là góc nội tiếp chắn cung BM  chung Xét ∆ABM và ∆ANB có ABM = ANB và BAN AB AM  ∆ABM ∼ ∆ANB( g.g )  =  AB 2 = AM . AN (2) AN AB Từ (1) và (2)  AH . AO = AM . AN AH AM chung = và NAO +Vì AH . AO = AM . AN  AN AO  ∆AMH ∼ ∆AON (cgc)  AHM = ANO

= 1800 ( kề bù)  = 1800 Mà AHM + MHO ANO + MHO + MHO = 1800 Hay MNO + MHO = 900 + 900 = 1800 Xét tứ giác MNOH có MNO  Tứ giác MNOH là tứ giác nội tiếp.

3) Gọi H x là tia đối của tia HN

Vì tứ giác MNOH nội tiếp  NHO = NMO = MNO (do ∆MNO cân tại O) 

Mà NMO NHO = MNO  AHM = ANO (cmt) hay AHM = MNO AHM = NHO Do = 900 và = 900  MHB = NHB

Vì AHM + MHB NHO + NHB

 HB là tia phân giác của MHN

Gọi BC cắt AN tại D  HD là tia phân giác của MHN NHO = AHx (đối đỉnh) và AHM = NHO  AHM = AHx Vì

 HA là tia phân giác của MHx

HM DM = (3) HN DN HM AM Xét ∆MHN có HA là đường phân giác ngoài tại đỉnh H  = (4) HN AN DM AM Từ (3) (4)  = DN AN EM AM Ta có: EM / / BN  = BN AN DM MF Ta có: BN / / MF  = DN BN 12 | P a g e Xét ∆MHN có HD là đường phân giác trong tại đỉnh H 

Mà

DM AM EM FM =  =  ME = MF  M là trung điểm của EF DN AN BN BN

Bài 2. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AD, AE (D,E là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến ABC của đường tròn (O) sao cho điểm B nằm giữa hai điểm A và C ; tia AC nằm giữa hai tia AD và AO. Từ điểm O kẻ OI ⊥ AC tại I a) Chứng minh năm điểm A, D, I , O, E cùng nằm trên một đường tròn. và AB. AC = AD 2 b) Chứng minh IA là tia phân giác của DIE c) Gọi K và F lần lượt là giao điểm của ED với AC và OI . Qua điểm D vẽ đường thẳng song song với IE cắt OF và AC lần lượt tại H và P. Chứng minh D là trung điểm của HP.

F H D

C I

B A

K O

P

E 1) a) Xét ( O ) ta có:

ADO = 900 ( AD là tiếp tuyến của ( O ) )

AIO = 900 ( OI ⊥ AC )

AEO = 900 ( AE là tiếp tuyến của (O))  5 điểm A, D, I , E , O cùng nằm trên đường tròn đường kính AO b) Xét đường tròn đường kính AO 13 | P a g e

Ta có: AD ) AID = AED (hai góc nội tiếp cùng chắn

AE ) AIE = ADE (hai góc nội tiếp cùng chắn Mà AED = ADE (∆ADE cân tại A do AD = AE là hai tiếp tuyến cắt nhau)

 AID = AIE  IA là tia phân giác của DIE *)Xét ∆ABD và ∆ADC có: chung; DAC ADB = ACD( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn ) BD

AB AD =  AB. AC = AD 2 (dfcm) AD AC DP DK a) Ta có: PD / / IE ( gt )  = (hệ quả Ta let ) (1) IE KE (cmt )  IK là tia phân giác ∆DIE Vì IA là tia phân giác DIE DK ID  = (tính chất tia phân giác ) (2) KE IE  ∆ABD ∼ ∆ADC ( g.g ) 

Mà IF ⊥ IA ( OI ⊥ AC )  IF là đường phân giác ngoài ∆DIE  Xét ∆FEI có DH / / IE ( gt ) 

FD ID = (3) FE IE

DH FD = (4) (hệ quả Ta let) IE FE

DH DK = (5) IE KE DP DH Từ (1) và (5)  = hay DP = DH IE IE Vậy D là trung điểm của HP(dfcm)

Từ ( 2 ) , ( 3 ) , ( 4 ) 

Bài 3. Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn ( A, B là tiếp điểm). Đường thẳng ( d ) thay đổi đi qua M , không đi qua O và luôn cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D(C nằm giữa M và D) a) Chứng minh AMBO là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MC.MD = MA2 c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OCD luôn đi qua điểm cố định khác O.

14 | P a g e

A

D

C M

S

O

B = MBO = 900 (tính chất tiếp tuyến) a) Tứ giác AMBO có: MAO + MBO = 900 + 900 = 1800 suy ra MAO Vậy tứ giác AMBO là tứ giác nội tiếp chung; (cùng chắn b) Xét ∆MCA và ∆MAD có: M AC ) A=D MC MA =  MC.MD = MA2 (dfcm) MA MD c) Gọi S là giao điểm của AB và MO Áp dụng hệ thức lượng cho ∆MAO vuông ta có MA2 = MS .MO MC MO chung Mà MA2 = MC.MD(cmt )  MS .MO = MC.MD  = , lại có M MS MD = MOD , mà hai góc này ở vị trí góc ngoài bằng góc  ∆MCS ∼ ∆MOD(cgc)  MCS  ∆MCA ∼ ∆MAD ( g .g ) 

trong tại đỉnh đối diện  CSOD là tứ giác nội tiếp  Đường tròn ngoại tiếp ∆OCD đi qua điểm S cố định

Bài 4. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ lần lượt hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C là hai tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm P bất kỳ (P khác B và C), từ P kẻ các đường thẳng PQ, PE, PF lần lượt vuông góc với các cạnh BC , AC , AB

( Q ∈ BC , E ∈ AC , F ∈ AB ) 15 | P a g e

a) Chứng minh tứ giác PECQ nội tiếp b) Gọi M là giao điểm của PB và FQ, N là giao điểm của PC và EQ. Chứng minh rằng MN ⊥ PQ HD

B F

M Q

P

O A

N

E C = 900 ( PQ ⊥ BC )  PQC + PEC = 900 + 900 = 1800  PQC a) Xét tứ giác PECQ ta có:  = 900 ( PE ⊥ AC )  PEC Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên PECQ là tứ giác nội tiếp = PCE (cùng chắn cung PE) b) Ta có tứ giác PECQ nội tiếp (cmt)  PQE = PBC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn PC) Lại có: PCE

(

= PQN = PCE

= PBC hay PBC  PQE

)

(1)

= 900 ( PQ ⊥ BC )  PQB + PFC = 900 + 900 = 1800 Xét tứ giác PFBQ ta có:   PQB 0 = 90 ( PF ⊥ AB )  PFC Mà hai góc này ở vị trí đối diện  PFBQ là tứ giác nôi tiếp = FQP (cùng nhìn PF)  FBP

) = BCP (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn PB Lại có: PBF 16 | P a g e

(

= PQM = PBF

= PCB hay PCB  PQF

)

(2)

+ PBC + PCB = 1800 (tổng 3 góc trong tam giác ) (3) Xét ∆PBC có: BPC Từ (1) (2) (3) + MQP + PQN = MPN + MQP + PQN = MPN + MQN = 1800  BPC

= PQN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PN)  MPNQ là tứ giác nôi tiếp  PMN

(

)

= PBC = PQN , mà hai góc này ở vị trí đồng vị  MN / / BC  PMN Lại có BC ⊥ PQ  MN ⊥ PQ(dfcm)

Bài 5. Cho một điểm M nằm bên ngoài đường tròn ( O;6cm ) . Kẻ hai tiếp tuyến MN , MP (N, P là hai tiếp điểm) của đường tròn (O). Vẽ cát tuyến MAB của đường tròn (O) sao cho đoạn thẳng AB = 6cm, với A, B thuộc đường tròn (O), A nằm giữa M và B a) Chứng minh tứ giác OPMN nội tiếp đường tròn và MHN

b) Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. So sánh MON c) Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung nhỏ AB và dây AB của đường tròn tâm ( O )

N

B

H A M

O

P =P = 900  ONM + OPM = 900 + 900 = 1800 a) Vì MN , MP là hai tiếp tuyến  N  ONMP là tứ giác nội tiếp

17 | P a g e

b) Vì H là trung điểm AB  OH ⊥ AB (tính chất đường kính dây cung)

= ONM = 900 cùng nhìn cạnh OM  OHM = 900  Tứ giác OHNM có OHM = MHN (cùng nhìn MN)  OHNM là tứ giác nội tiếp  MON c) Ta có: OB = OA = AB = 6cm  ∆OAB đều  AOB = 600 π R 2 n π .62.600 SquatAOB = = = 6π ( cm 2 ) 0 0 360 360 62 3 S ∆AOB = = 9 3 ( cm 2 ) 4  SvpAB = S q ( AOB ) = S∆AOB = 6π − 9 3(cm 2 )

BUỔI 3. CA 12+13. BÀI TOÁN TAM GIÁC NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN 1. Ổn định 2. Kiểm tra 3. Bài mới A. Kiến thức + Nhắc lại: Tam giác nhọn, tam giác nhọn, tam giác nội tiếp đường tròn, vẽ hình minh họa + Các bài toán liện quan: Chứng minh tứ giác nội tiếp, đẳng thức hình học, …

B. Bài tập Bài 1 : Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) ( M không trùng với B , C ). Gọi H , K , D theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến các đoạn thẳng AB, AC , BC. a) Chứng minh tứ giác AHMK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh MH .MC = MK .MB c) Tìm vị trí điểm M để DH + DK lớn nhất Hướng Dẫn :

18 | P a g e

A

O K

B H

D

C

M

a)Ta có: = 900  MH ⊥ AB ( gt )  MHA 0 0 0

  MHA + MKA = 90 + 90 = 180 0 = 90  MK ⊥ AC ( gt )  MKA  Mà hai góc này ở vi trí đối diện nên AHMK là tứ giác nội tiếp = MCA (góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối b) Dễ thấy tứ giác ABMC nội tiếp  HBM diện) Xét ∆HBM và ∆KCM có: = MKC ( = 900 )  MHB    ∆HBM ∼ ∆KCM ( g.g )

HBM = MCA(cmt )  HM BM  = (hai cặp cạnh tương ứng )  MH .MC = MB.MK ( dfcm ) KM CM c)Nối D với H , D với K

+ BDM = 900 + 900 = 1800 Xét tứ giác BHMD có BHM Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên BHMD là tứ giác nội tiếp = BMH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH ) (1)  BDH = MKC = 900  CKDM là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác CKDM có MDC = KMC (cùng chắn cung KC) (2)  KDC = KMC

(3) Mà ∆HBM ∼ ∆KCM (cmt )  BMH = KDC suy ra H , D, K thẳng hàng hay Từ (1) (2) và (3) suy ra BDH DH + DK = HK + Nếu M trùng B thì HK=BC + Nếu M không trùng B thì:

19 | P a g e

+ Chứng minh ∆MHK , ∆MBC đồng dạng suy ra MH MB MB ∆MHK , ∆MBC  =  HK = BC. >BC HK BC MH

Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O) Các đường cao BD ; CE ( D thuộc AC; E thuộc AB) của tam giác kéo dài cắt đường tròn (O) tại các điểm M và N ( M khác B ; N khác C) 1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp được trong một đường tròn 2) Chứng minh MN song song với DE 3) Khi đường tròn (O) và dây BC cố định điểm A di động trên cung lớn BC Sao cho tam giác ABC nhọn . Chứng minh bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE không đổi và tìm vị trí điểm A để diện tích tam giá ADE đạt giá trị lớn nhất HD 1) Xét tứ giác BCDE : theo bài ra ta có A M

Tam giác ABC có BD ; và CE là các đường cao thuộc

N

Cạnh AC và AB nên DB ⊥ AC nên BDˆ C = 90 0

I

D

E H

CE ⊥ AB nên BEˆ C = 90 0 suy ra BDˆ C = BEˆ C = 90 0 Mà E và D nằm cùng nữa mặt phẳng

G

O B P

K

C

bờ là BC nên tứ giác BCDE nội tiếp một đường tròn đường kính BC

F

2) Xét đường tròn (O) ta có BCˆ E = BCˆ N = BMˆ N ( Nội tiếp cùng chắn cung BN) (1) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDE ta có BCˆ E = BDˆ E ( Nội tiếp cùng chắn cung BE) (2) từ (1) ta có BMˆ N = BDˆ E ( = BCˆ E ) mà BMˆ N và BDˆ E là hai góc đồng vị của MN và ED nên MN // ED 3) Gọi giao của BD và CE là H . Xét tứ giác AEHD có góc AHE + góc AHD = 90 + 90 = 180 nên tứ giác AEHD nội tiếp ( rtoongr hai góc đối bằng 1800 mà góc AEH = 900 nên là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn . Do đó tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH . tâm I là trung điểm của AH Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn ( I ;

AH ) 2

Kẻ đường kính AF ; gọi K là trung điểm của BC vì góc ABFvà góc ACF là các góc nội tiếp chắn nữa đường tròn tâm O nên góc ABF= góc ACF = 900

20 | P a g e

Ta có CF ⊥ AB và BH ⊥ AB Nên CF // BH ( từ vuông góc đến song song ) Và BF ⊥ AB và CH ⊥ AB Nên BF // CH Suy ra tứ giác BHCF là hình bình hành ta thấy BC và HF là hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường . Mà K là trung điểm của BC nên K cũng là trung điểm của HF lúc đó OK là đường trung bình của tam giá AHF nên OK =

1 OH ( Tính chất đường trung bình tam giác) nên đường tròn ngoại tiếp tam 2

giác ADE là đường tròn (I; OK) mà (O) và BC cố định do đó O ; K cố định nên OK không đổi . Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE bằng OK không đổi Ta có BAˆ C =

1 BC ( góc nội tiếp và cung bị chắn) mà BC cố định nên số đo cung BC 2

không đổi do đó góc BAC không đổi Xét tam giác AED và tam giác ACB có góc BAC chung góc ADE bằng góc ACB( góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BCDE) Suy ra tam giác AED và tam giác AC đồng dạng ( g.g) theo tỷ số

AD do đó AB

2

S AED S AD  AD  = k2 =  = cos BAC  AED = cos 2 BAˆ C  Xét tam giác vuông ABD có S ABC AB S ABC  AB   S AED = cos 2 BAˆ C . S ABC do BC cố định nên số đo cung BC không đổi hay BAˆ C không đổi suy ra cos BAˆ C không đổi nên để diện tích của tam giác AED lớn nhất khi diện tích của

1 2

tam giác ABC lớn nhất .Kéo dài AH cắt BC tại P suy ra AP ⊥ BC  S ABC = AP.BC theo bài ra BC không đổi (gt) nên S ABC lớn nhất khi AP lớn nhất do đó A phải là điểm chính giữa của cung lớn BC Vậy S ABC lớn nhất khi A phải là điểm chính giữa của cung lớn BC Bài 3.

1. Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao BE, CF của ∆ABC cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng AF . AB = AE. AC c) Kẻ đường kính AD của đường tròn tâm O. Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.

Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao BE, CF của ∆ABC cắt nhau tại H. HD

21 | P a g e

A F

E H

O

B C D

a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn.

Ta có: = 90 BE là đường cao nên BE ⊥ AC  BEC = 90 CF là đường cao nên CF ⊥ AB  BFC Xét tứ giác BFEC có: = BFC = 90 nên BFEC là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối BEC diện các góc bằng nhau).

Vậy tứ giác BFEC nội tiếp (đpcm). b) Chứng minh rằng .. + BCE = 180 (tính chất) Theo câu a, BFEC là tứ giác nội tiếp nên BFE + AFE = 180 (kề bù) Mà BFE = BCA = AFE

Nên BCE Xét ∆AFE và ∆ACB có: chung A = ACB (cmt) AFE  ∆AFE ∽ ∆ACB ( g.g ) AF AE (cạnh tương ứng) = AC AB  AF.AB = AE.AC (đpcm) 

c) Kẻ đường kính AD của đường tròn tâm O. Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành. = ABD = 90 (góc nội tiếp chẳn nửa dường tròn) AD là đường kính nên ACD  DC ⊥ AC, D B ⊥ AB  DC ⊥ AC  DC / /BH (từ vuông góc đến song song)   BH ⊥ AB DB ⊥ AB  DB / /CH (từ vuông góc đến song song)  CH ⊥ AB

Tứ giác BHCD có: DC / /BH , DB / /CH nên là hình bình hành (đpcm).

22 | P a g e

Bài 4. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) . Hai đường cao BD , CE của tam giác ABC cắt nhau tại H . Các tia BD , CE cắt đường tròn ( O; R ) lần lượt tại điểm thứ hai là P , Q.

1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp và cung AB bằng cung AQ .

2) Chứng minh E là trung điểm của HQ và OA ⊥ DE .

3) Cho góc CAB bằng 600 , R = 6 cm . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AED .

HD x A P

D E

Q

O H

B

C

M I

1) Chứng minh BCDE nội tiếp và cung AP bằng cung AQ Vì BD và CE là đường cao của ∆ABC  BD ⊥ AC , CE ⊥ AB = HDA = 900  BDC  = HEA = 900  BEC = BEC = 900 Vì BDC

Nên B , D , E , C thuộc đường tròn đường kính BC Suy ra tứ giác BCED là tứ giác nội tiếp. Đường tròn đường kính BC có: = EBD (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ED) ECD là 2 góc nội tiếp lần lượt chắn và EBD Mà ECD AQ và AP của đường tròn (O)  AQ = AP (hệ quả góc nội tiếp)

23 | P a g e

2) Chứng minh E là trung điểm của HQ và OA ⊥ DE = HEA = 900 + Vì HDA  4 điểm A , E , H , D thuộc đường tròn đường kính AH = EDH (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EH )  EAH = QAB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung QB của đường tròn (O)) Mà QCB = EDH (2 góc nội tiếp cùng chắn cùng chắn cung EB của đường tròn đường kính QCB BC ) = EAH hay QAE = EAH

Nên QAB

 AE là tia phân giác của QAH Lại có AE ⊥ QH nên ∆AQH cân tại A (tam giác có đường cao đồng thời là đường phân giác)  AE cũng là đường trung trực của QH  E là trung điểm của HQ + EDC = 1800 + Tứ giác BCDE nội tiếp  EBC = 1800 (2 góc kề bù) Mà ADE + EDC

=  EBC ADE = = EBC

ABC hay xAC Kẻ tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) , ta có: xAC Vì Ax ⊥ OA (tính chất tiếp tuyến) , mà hai góc là hai góc so le trong = EBC Nên ADE = xAC

(

)

 Ax / / ED mà Ax ⊥ OA  OA ⊥ DE 3) Kẻ đường kính AI của đường tròn (O) , gọi M là trung điểm của BC Ta có: ABI = ACI = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BI ⊥ AB CH ⊥ AB  BI / /CH   mà  CI ⊥ AC  BH ⊥ AC CI / / BH  BICH là hình bình hành Lại có M là trung điểm của BC (cách vẽ) nên M là trung điểm của HI là góc nội tiếp của đường tròn (O) : BAC = 600 Vì BAC = 1 BOC

 BAC 2 ∆BOC có: OB = OC = R  ∆OBC cân tại O Mà OM là đường trung tuyến ( M là trung điểm của BC ) = BAC

 MOC = 1 BOC nên MOC  BM là đường phân giác của BOC 2 BM cũng là đường cao  BM ⊥ BC = 600 ∆BMC vuông tại M : MOC = 6.cos 600 = 3 ( cm ) OM = OCcosMOC ∆ AHI có: O

24 | P a g e

là trung điểm của AI , M là trung điểm của HI

1 AH 2 Lại có AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆AED ( A , E , H , D thuộc đường tròn đường kính AH )  OM là đường trung bình của ∆ AHI  OM =

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆AED bằng 3 cm Bài 5.

Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng: a) BCEF là tứ giác nội tiếp b) KM.KA = KE.KF c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.

HD

A E M

O F

C

H J

B K = BEC = 900 a)ta cã :BE,CF lµ 2 ®−êng cao  BFC  BEFC cã 2®Ønh F,E cïng nh×n BC d−íi1gãc900  BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp

25 | P a g e

I

= ACB.

b)V× BMAC lµ tø gi¸c néi tiÕp  KMB (gãc ngoµi t¹i1®Ønh b»ng gãctrong®èi diÖn) chung;KMB = ACB(cmt)

XÐt ∆MKB vµ ∆CKA cã : K MK KB =  KM.KA = KC.KB(1) CK KA = FEC

V× EFBC lµ tø gi¸c néi tiÕp  KBF

 ∆MKB ∼ ∆CKA (g − g) 

XÐt ∆KBF vµ ∆KEC cã : CKF chung = KEC (cmt)  ∆KBF ∼ ∆KEC (g − g) KBF KB KF =  KB.KC = KF.KE(2) KE KC Tõ (1)vµ (2)  KM.KA = KE.KF



c)KÐo dµi MH c¾t ®−êng trßn t¹i I KM KE = KF KA KM KE XÐt ∆KME vµ ∆KFA cã : = ;K chung KF KA = KEM hayMEF = MAF

 ∆KME ∼ ∆KFC (c.g.c)  KAF Ta cã :KM.KA = KE.KF (cmt) 

vµ 2gãc nµycïng nh×n MF  MAEF lµ tø gi¸c néi tiÕp  A;M;F;H;E cïng thuéc mét ®−êng trßn = AEH = 900  AH ®−êng kÝnh cña ®−êng trßn ®i qua 5®iÓm A,M,F,E,H L¹i cã : AFH = 900 hay AMI = 900 MÆt kh¸c AMH lµ gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®−êng trßn  AMH  AI lµ ®−êng kÝnh cña ®−êng trßn(O)  ABI = 900 hay AB ⊥ BI  BI / /CF hayBC / /CF Cmtt  CI / /BE hayCI / /BH  BHCI lµ h×nh b×nh hµnh  BC ∩ HI = J nª n BC ∩ MH = J víi J lµ trung®iÓm BC Mµ BC cè ®Þnh nªn J cè ®Þnh VËy khi A thay®æi ta cãMH lu«n ®i qua trung®iÓm J cña BC cè ®Þnh Bài 6.

Cho ∆ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R ) . Gọi D, E, F là chân các đường

26 | P a g e

cao lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB và H là trực tâm của ∆ABC . Vẽ đường kính AK. a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành; b) Trong trường hợp ∆ABC không cân, gọi M là trung điểm của BC. Hãy chứng minh và bốn điểm M, D, F, E cùng nằm trên một đường tròn; FC là phân giác của DFE c) Khi BC và đường tròn (O; R ) cố định, điểm A thay đổi trên đường tròn sao cho ∆ABC luôn nhọn, đặt BC = a . Tìm vị trí của điểm A để tổng P = DE + EF + DF lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo a và R. HD A

E F

B

1 2

H

O

1

1

D

C

M

K

= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: ABK  AB ⊥ BK

Lại có AB ⊥ CH (GT)  BK / /CH

(1)

Chứng minh tương tự được CK / /BH

(2)

Từ (1) và (2)  Tứ giác BHCK là hình bình hành. = BFC = 90o (GT) Tứ giác BCEF có: BEC  BCEF là tứ giác nội tiếp

1  Fɵ 1 = B + BDH = 90o + 90o = 180o Tứ giác BFHD có: BFH  BFHD là tứ giác nội tiếp

27 | P a g e

(3)

1  Fɵ 2 = B

(4)

Từ (3) và (4)  Fɵ 1 = Fɵ 2

 FC là tia phân giác của DFE

Không mất tính tổng quát, giả sử AB < AC. ∆ BEC vuông tại E, có đường trung tuyến EM  ME = MB = MC =

BC 2

 ∆ MBE cân tại M 1 = 2Fɵ 1 (tính chất góc ngoài của tam giác cân) M = 2Fɵ 1 Lại có DFE 1 = DFE

M

 Tứ giác MDFE nội tiếp, hay bốn điểm M, D, F, E cùng nằm trên một đường tròn. y A 1

x

E F

3

O H

B

D

C

M

Qua A, vẽ tiếp tuyến xy của (O) (= 180o − BFE)

Có BCEF là tứ giác nội tiếp  Fɵ 3 = ACB 1 = ACB  = 1 sđAB  Lại có A   

28 | P a g e

2



1 = Fɵ 3  xy / /FE  FE ⊥ OA A  SOAF + SOAE =

1 1 OA.EF = R.EF 2 2 1 2

1 2

Tương tự: SOBF + SOBD = R.DF ; SOCD + SOCE = R.DE Do đó: SABC = SOAF + SOAE + SOBF + SOBD + SOCD + SOCE 1 R.(DE + EF + DF) 2 1 = R.P 2 =

Mặt khác: SABC

1 1 1 1  a2 2 = BC.AD ≤ a.AM ≤ a(OA + OM) = a  R + R − 2 2 2 2  4

 a2 2 aR + R −  4 P≤  R

   

   

Dấu “=” xảy ra ⇔ A, O, M thẳng hàng ⇔ A là điểm chính giữa của cung lớn BC

 a2 a  R + R2 −  4 Vậy maxP =  R

   

⇔ A là điểm chính giữa của cung lớn BC

Bài 7.

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và đường cao BE. Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ E đến các đường thẳng AB và BC. a) Chứng minh tứ giác BHEK nội tiếp b) Chứng minh BH.BA = BK.BC c) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB và I là trung điểm của EF. Chứng minh H, I, K thẳng hàng

29 | P a g e

C. LUYỆN TẬP (Giao về nhà) Bài 1: Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ), đường cao AH , nội tiếp đường tròn (O). Gọi D và E thứ tự là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC. a) Chứng minh các tứ giác AEHD và BDEC nội tiếp được đường tròn b) Vẽ đường kính AF của đường tròn (O). Chứng minh BC = AB.BD + AC .CE và AF vuông góc với DE c) Gọi O ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Chứng minh O ' là trung điểm của đoạn thẳng HF . d) Tính bán kính của đường tròn ( O ') biết BC = 8cm, DE = 6cm, AF = 10cm Hướng Dẫn :

A

O I

E

D B

C

H K O' F

 ADH = 900 ( HD ⊥ AB)  ADH + AEH = 900 + 900 = 1800 a)Xét tứ giác AEHD ta có:  0

 AEH = 90 ( HE ⊥ AC ) Mà hai góc này là hai góc đối diện  AEHD là tứ giác nội tiếp

30 | P a g e

Vì tứ giác AEHD là tứ giác nội tiếp (cmt)  ADE = AHE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE ) )  (cùng phụ với CHE .

Lại có AHE = ACH = ECB ADE = ECB  BDEC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) b)Áp dụng hệ thức lượng trong ∆AHC vuông tại H có đường cao HE ta có: HC 2 = CE . AC ⇔ HC = CE. AC

Áp dụng hệ thức lượng trong ∆AHB vuông tại H có đường cao HD ta có: BH 2 = BD.BA ⇔ BH = BD.BA Mà BH + HC = BC ⇔ BC = AB.BD + AC.CE (dfcm) +) Chứng minh AF ⊥ DE Gọi I = DE ∩ AF Tứ giác BDEC là tứ giác nội tiếp (cmt)  AED = ABC (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) AED = AFC Mà ABC = AFC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) ⇔ Ta có: ACF = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ∆ACF vuông tại C + + ⇔ CAF AFC = 90 0  EAI AED = 90 0  ∆AIE vuông tại I  AF ⊥ DE c)Gọi K là trung điểm của BC  O ' K ⊥ BC (tính chất đường kính dây cung) Lại có: OK ⊥ BC (đường kính dây cung)  O, O ', K thẳng hàng  OO ' ⊥ BC Mà AH ⊥ BC  OO '/ / BC Xét tam giác AHF có: O là trung điểm của AF , OO '/ / AH ( cmt )  O ' là trung điểm của HF (định lý đường trung bình của tam giác ) (đpcm) chung; ADE = ACB( góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối d)Xét ∆ADE và ∆ACB có: BAC diện của tứ giác nội tiếp) AD DE 6 3 = = = AC BC 8 4 Ta có: ABH = AFC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) = FAC

 900 − ABH = 900 − AFC  DAH = FAC (cmt ) ADH = ACF = 900 ; DAH Xét ∆AHD và ∆AFC có: AH AD 3 3 3  ∆AHD ∼ ∆AFC ( g .g )  = =  AH = AF = .10 = 7,5(cm) AF AC 4 4 4  ∆ADE ∼ ∆ACB ( g .g ) 

31 | P a g e

Mà OO ' là đường trung bình ∆AFH (cmt)  OO ' =

1 AH = 3,75(cm) 2

1 AF = 5(cm) 2 1 1 K là trung điểm của BC  BK = BC = .8 = 4 ( cm ) 2 2 Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông O ' BK ta có: 265 265 O ' B 2 = BK 2 + O ' K 2 = 42 + 0,752 =  O'B = ≈ 4,07(cm) 16 16 Vậy bán kính của đường tròn ( O ') xấp xỉ 4,07m Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O;R) cắt nhau tại T, đường thẳng AT cắt đường tròn tại điểm thứ hai là D khác A. 1.Chứng minh rằng tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT. 2. Chứng minh rằng : AB.CD = BD.AC 3. Chứng minh rằng hai đường phân giác góc BAC và đường thẳng BC đồng quy tại một điểm 4.Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng góc BAD bằng góc MAC. Hướng Dẫn: Ta có: AF = 10(cm)  OA = OB = OC =

1. Xét tam giác ABT và tam giác BDT có: BTD chung BAT=TBD(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung BD). =>tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT(g-g) 2. Có tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT(g-g) =>

AB AT = (1) BD BT

Chứng minh được tam giác ACT đồng dạng với tam giác CDT(g-g)

32 | P a g e

=>

AC AT = (2) CD CT

Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại T nên BT = CT

(3)

AB AC = => AB.CD = BD. AC Từ (1), (2), (3) có BD CD

3. Phân giác góc BAC cắt BC tại I, theo tính chất phân giác trong tam giác ta có: IB AB = IC AC

Từ AB.CD = BD.AC =>

AB BD IB BD = => = AC CD IC CD

=>DI là phân giác góc BDC Do đó hai đường phân giác góc BAC và BDC và đường thẳng BC đồng quy.

4. Lấy M’ trên đoạn BC sao cho BAD=CAM’ 1 =M

=M

AB ) Do BAD ’ AC ; BDA ’CA ( sd 2

=>tam giác ADB đồng dạng với tam giác ACM’(g-g) AB BM ' = => AB.DC = AD.BM'(5) AD DC Từ (4), (5)=>BM’=CM’=> M ≡ M ' => BAD = MAC

=>

Bài 3: Cho đường tròn ( O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC . Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC . Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I . Dây MN cắt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K .

1) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh NB2 = NK .NM .

3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

4) Gọi P,Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ . Vẽ đường kính ND của đường tròn ( O ) .

Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Hướng Dẫn :

33 | P a g e

A

M O H

B

I C

K N

1) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I cùng thuộc một đường tròn.  MNA = MCB

AB  AM = BM Ta có M là điểm chính giữa cung

= ICK

 KNI

. Tứ giác CNKI có C và N là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh KI dưới góc bằng nhau nên CNKI nội tiếp ( dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) Do đó bốn điểm C , N , K , I cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh NB2 = NK .NM .  BN = CN  BMN = CMN (góc nội tiếp chắn Ta có N là điểm chính giữa cung BC 2 cung bằng nhau) = CMN (góc nội tiếp chắn cùng chắn cung CN ) Mà CBN

= BMN (cùng CBN

)  KBN = BMN

bằng góc CMN

Xét ∆KBN và ∆BMN có :

N

chung

= BMN

KBN

 ∆KBN ∽ ∆BMN 

KN BN =  NB 2 = NK .NM ( điều phải chứng minh).

BN MN

3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

ABC = ANC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) Ta có AMC = AHI (góc nội tiếp cùng chắn cung IC ) Mà

34 | P a g e

 ABC = IKC

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên HB / / IK (1)

+ Chứng minh tương tự phần 1 ta có tứ giác AMHI nội tiếp

(góc ANC = IKC

AI ) nội tiếp cùng chắn cung

ABC = AMC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) Ta có

 ABC = AHI

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên BK / / HI (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHIK là hình bình hành.

Mặt khác AN , CM lần lượt là các tia phân giác của các góc A và C trong tam giác ABC nên I là giao điêm 3 đường phân giác, do đó BI là tia phân giác góc B Vậy tứ giác BHIK là hình thoi ( dấu hiệu nhận biết hình thoi).

4) Gọi P,Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ . Vẽ đường kính ND của đường tròn ( O ) . Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

D

A

Q M

E H

B

P

O I C

K N

Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên DN là trung trực của BC nên DN là

phân giác BDC = 2KMC (góc nọi tiếp bằng nửa góc ở tâm trong dường tròn ( Q ) ) Ta có KQC = KMC (góc NDC

) nội tiếp cùng chắn cung NC

= 2 NDC  KQC = BDC

Mà BDC

35 | P a g e

Xét tam giác ∆BDC ∆KQC là các các tam giác vuông tại D và Q có hai góc ở = BCQ do vậy D, Q, C thẳng hàng nên KQ / / PD  BCD Chứng minh tương tự ta có ta có D, P, B thẳng hàng và DQ / / PK Do đó tứ giác PDQK là hình bình hành nên E là trung điểm của PQ cũng là trung điểm của DK . Vậy D, E, K thẳng hàng (điều phải chứng minh).

Bài 4: Cho đường tròn (O ) ngoại tiếp tam giác nhọn

ABC

. Gọi

M

và

N

lần lượt là điểm

chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC . Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm Dây MN cắt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K .

1) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh NB 2 = NK .NM .

3) Chứng minh tứ giác

BHIK

là hình thoi.

4) Gọi P,Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ . Vẽ đường kính ND của đường tròn (O ) .

Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Hướng Dẫn :

a)Chứng minh bốn điểm C , N , Vì

M

K, I

cùng thuộc một đường tròn.

là điểm chính giữa cung nhỏ

AB

của ( O) (giả thiết)

 sd AM = sd MB

 ANM = BCM

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Xét tứ giác CNKI ta có: = ICK (vì ) INK ANM = BCM

36 | P a g e

I

.

 CNKI là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới hai

góc bằng nhau)  C , N , K , I cùng thuộc một đường tròn.

b)Chứng minh NB2 = NK .NM .

Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC của ( O) (giả thiết) = sd NC

 sd BN = NBC

 BMN

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Xét △BMN và △KBN ta có:

BNM

là góc chung.

= NBK (vì BMN = NBC ) BMN

△BMN ∼△KBN ( g-g ) 

NB NM =  NB2 = NK .NM .

NK NB

c)Chứng minh tứ giác

+ Chứng minh 37 | P a g e

BHIK

BHIK

là hình thoi.

là hình bình hành.

Gọi J là giao điểm của AN và BC . (cmt) AM = sd MB Ta có: sd

 ACM = BCM

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

 CM là phân giác của ACB  CI là phân giác trong của △CAJ 

IA CA = IJ CJ

(1)

(cmt) AM = sd MB Ta có: sd

 ANM = BNM

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

 NM là phân giác của ANB .  NH là phân giác trong của △ NAB 

HA NA = HB NB

(2)

= sd NC

Ta có: sd BN = CAN

 BAN

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Xét △CAJ và △ NAB ta có: -

ACJ = ANB = CAJ

BAN

AB ) (hai góc nội tiếp cùng chắn (cmt)

△CAJ ∼△ NAB ( g-g ) 

CA CJ CA NA =  = NA NB CJ NB

Từ (1), (2), (3) suy ra

(3)

IA HA = IJ HB

 HI BJ (định lí Thales đảo) hay HI BK

(4)

Chứng mình tương tự các ý ở trên, ta được KI BH

(5)

Từ (4) và (5) suy ra + Chứng minh

38 | P a g e

BHIK

BH = BK

.

là hình bình hành.

Ta có : △KBN ∼△BMN (cmt) 

BK BN BM .BN =  BK = BM MN MN

(6)

Chứng minh tương tự câu b) ta có: △HMB ∼△BMN ( g-g ) 

BH BM BM .BN =  BH = BN MN MN

Từ (6) và (7) suy ra Mà

BHIK

(7)

BH = BK

là hình bình hành nên

BHIK

là hình thoi.

d)Gọi P , Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ . Vẽ đường kính ND của đường tròn ( O ) . Chứng minh ba điểm D , E , K thẳng hàng.

= BMK (cmt) Ta có: NBK

 BN là tiếp tuyến tại B của ( P )  BN ⊥ BP = 90 o : góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) Mà BN ⊥ BD (vì DBN

nên

B, P, D

Ta có:

△ PBK

thằng hàng. cân tại

P

( PB = PK )

= 180 o − 2 ⋅ PBK

 BPK

(8)

= sd NC

 NB = NC sd NB  ON là đường trung trực của đoạn BC Ta có:   OB = OC

(

)

 DB = DC ( D thuộc đường thẳng ON )

39 | P a g e

△DBC cân tại D = 180 o − 2 ⋅ DBC

 BDC

(9)

= BDC

Từ (8) và (9) suy ra BPK

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên PK DC  PK DQ

(10)

Chứng minh tương tự ta có: C , Q ,

(11)

D

thẳng hàng và QK DP

Từ (10) và (11) suy ra DPKQ là hình bình hành Mà

E

là trung điểm của đường chéo PQ nên

E

cũng là trung điểm của đường chéo

DK

 D , E , K thẳng hàng.

cắt cạnh Bài 5. Cho ∆ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O ). Tia phân giác góc BAC BC tại D và cắt đường tròn (O ) tại M . Gọi K là hình chiếu của M trên AB , T là hình chiếu của M trên AC . Chứng minh rằng:

a) AKMT là tứ giác nội tiếp. b) MB 2 = MC 2 = MD.MA . c) Khi đường tròn (O ) và B; C cố định, điểm A thay đổi trên cung lớn BC thì tổng AB AC có giá trị không đổi. + MK MT

40 | P a g e

a) Vì K là hình chiếu của M trên AB  MK ⊥ AB  AKM = 900 Vì T là hình chiếu của M trên AC  MT ⊥ AC  ATM = 900  AKM + ATM = 1800 nên AKMT là tứ giác nội tiếp. nên M là điểm chính giữa cung BC. b) Vì AD là phân giác của BAC  MB = MC  MB 2 = MC 2 ( AD là phân giác của BAC ), A1 = A Ta có 2

(Góc nội tiếp cùng chắn cung MC ) 

A2 = MBC A1 = MBC chung ; M A = MBD Xét ∆MBD; ∆MAB có: 1

 ∆MBD; ∆MAB đồng dạng (g.g) MB MD  =  MB 2 = MC 2 = MA.MD MA MB c) Vì M thuộc phân giác góc A nên MK = MT Cách 1. = MTC = 900 ; MK = MT ; KMB = TMC (vì KBM = TCM ) Xét ∆MKB; ∆MTC có MKB  ∆MKB = ∆MTC (g.c.g)  BK = CT AB AC AK − KB AT + TC AK (Do MK = MT ; BK = CT ; AK = AT ) + = + = 2.

MK MT MK MT MK

AB AC AK BAC không ( Không đổi) ( do BC cố định nên BAC  + = 2. = 2 cot A1 = 2 cot MK MT MK 2 AB AC đổi). Vậy tổng có giá trị không thay đổi. + MK MT 

Cách 2. nên OM ⊥ BC tại Gọi Hlà giao điểm của OM và BC . Vì M là điểm chính giữa cung BC H.

(

)

chung, MBD = Xét tam giác MBD và tam giác MAB có M A1 = A2 nên ∆MBD đồng dạng MH BD AB BD =  = (1) .

MK AB MK MH AC DC Tương tự ta có: = ( 2) .

MT MH AB AC BD DC BC Từ (1) và (2) ta có: + = + = MK MT MH MH MH BC Vì BC cố định nên M , H cố định nên không đổi. Ta có điều phải chứng minh MH

∆MAB 

Bài 6. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt bất kỳ trên cung nhỏ AC sao cho BCM là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là 41 | P a g e

trung điểm của FE. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MFEC nội tiếp. b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng. = 900 . c) MA.MQ = MP.MF và PQM HD

Lời giải

(Học sinh không vẽ hình ý nào sẽ không được chấm điểm ý đó) a) Tứ giác MFEC nội tiếp. = 900 Ta có: MF ⊥ AC  MFC = 900 ME ⊥ BC  MEC = MFC = 900 nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh Tứ giác MFEC có MEC

cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng. + ECM = 1800 (tính chất) (1) Theo câu a, tứ giác MFEC nội tiếp nên EFM + BCM = 1800 (tính chất) (2) Tứ giác nội tiếp ABCM nội tiếp nên BAM = EFM (cùng bù với BCM ) Từ (1) và (2)  BAM = FCM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FM) (3) FEM

42 | P a g e

= FCM ABM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (4) = Từ (3) và (4) suy ra FEM ABM

Xét ∆FEM và ∆ABM có: = BAM ( cmt ) EFM = FEM ABM ( cmt )

 ∆FEM ∼ ∆ABM ( g − g ) = 900 . c) MA.MQ = MP.MF và PQM FE MF (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) = AB MA 2 FQ MF FQ MF AM FM  =  =  = 2 AP MA AP MA AP FQ

Từ câu b ta có: ∆FEM ∼ ∆ABM 

Xét ∆ MAP và ∆MFQ có: AM FM = AP FQ = MFQ ( cmt ) MAP  ∆MAP ∼ ∆MFQ ( c − g − c ) 

MA MP = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) MF MQ

 MA.MQ = MP.MF

(hai góc tương ứng) Lại có ∆MAP ∼ ∆MFQ ( cmt )  AMP = FMQ

= FMP + PMB + BMQ  + BMQ 

 AMF + FMP AMF = PMB AMF = PMQ

Xét ∆MAF và ∆MPQ có: MA MP = MF MQ

( cmt ) AMF = PMQ  ∆MAF ∼ ∆MPQ ( c − g − c ) = MQP (hai góc tương ứng)  MFA = 900  MQP = 900 Mà MFA Bài 7. Cho tam giác nhọn ABC . Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần

lượt tại các điểm M , N ( M ≠ B, N ≠ C ). Gọi H là giao điểm của BN và CM ; P là giao điểm của AH và BC .

1. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.

43 | P a g e

2. Chứng minh BM .BA = BP.BC .

3. Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều cạnh bằng 2 a . Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN theo a .

4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC ( E , F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm E , H , F thẳng hàng.

HD

44 | P a g e

A

M E

B

N

F

H C P O

+ Chỉ ra được AMH = 900

ANH = 900

nên M và N cùng thuộc đường tròn đường kính AH. ( hoặc AMH + ANH = 1800 ) + Vậy tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.

APC = 900 (do H là trực tâm tam giác ABC) và AMC = 900 + Tứ giác AMPC có

nên tứ giác AMPC nội tiếp đường tròn đường kính AC (Hoặc hai tam giác BMC và tam giác BPA đồng dạng) Chỉ ra được

BM BC = BP BA

Từ đó suy ra BM.BA = BP.BC Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN có đường kính AH 2 3

2 AB 3 2a 3 ( hoặc = 3 2 3 1 a 3 tính được bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là R = AH = ) 2 3

Tam giác ABC đều nên trực tâm H cũng là trọng tâm  AH = . AP = .

Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN bằng π .AH =

2π a 3 .

3

( Hoặc tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN theo công thức 2π R ) Kết luận : Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN bằng Ta có AH.AP = AM.AB = AE2 

45 | P a g e

AH AE = .

AE AP

2π a 3 .

3

AH AE chung nên tam giác AHE đồng dạng với = và EAP AE AP tam giác AEP suy ra AHE = AEP (1) Tương tự, ta có: AHF = AFP (2)

Hai tam giác AHE và AEP có

Mặt khác: tứ giác AFOP và AEOF nội tiếp đường tròn đường kính AO nên năm điểm A,E,P,O,F cùng thuộc đường tròn đường kính AO .

Suy ra tứ giác AEPF nội tiếp đường tròn nên AEP + AFP = 1800 (3). = 1800 .

Từ (1),(2) và (3)  AHE + AHF = AEP + AFP = 1800  EHF Vậy ba điểm E, H, F thẳng hàng.

Bài 8. Cho đường tròn đường kính AB , các điểm C , D nằm trên đường tròn đó sao cho C , D nằm khác phía đối với đường thẳng AB , đồng thời AD > AC . Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC , AD lần lượt là M , N ; giao điểm của MN với AC , AD lần lượt là H , I ; giao điểm của MD và CN là K . . Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp. a) Chứng minh ACN = DMN b) Chứng minh KH song song với AD .

AC và sđ AD để AK song song với ND . c) Tìm hệ thức liên hệ giữa sđ HD

1 1 ACN = sđ AN = sđ DN = DMN (*) .

Ta có 2

2

= KMH (do (*) ). Do đó, tứ giác MCKH nội tiếp.

Xét tứ giác MCKH có KCH

= HCM = 1 sđ AM = ADM .

Do tứ giác MCKH nội tiếp nên HKM 2

46 | P a g e

Suy ra, HK //AD (hai góc đồng vị).

1 = 1 sđ MC + sđ DN ; MCK = 1 sđ MA + sđ + sđ DN .

AN = sđ MC Ta có CKM 2

(

)

2

(

) 2(

)

= MCK  ∆MCK cân tại M  MC = MK mà MC = MA  MA = MK .  MKC

Do đó, ∆MAK cân tại M .

AMK nên MN ⊥ AK  MN ⊥ DN .

Vì MN là phân giác góc

Do đó, MD là đường kính của đường tròn tâm O đường kính AB .

1 2

+ sđ AD = 180° ⇔ sđ AC + sđ AD = 180° .

Suy ra, sđ MA

Bài 9.

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC. Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Goi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC. 1) Chứng minh AC 2 = CH.CB 2) Chứng minh tứ giác BCNM nội tiếp và AC.BM + AB.CN = AH.BC 3) Đường thẳng đi qua A cắt tia HM tại E và cắt tia đối của tia NH tại F. Chứng minh BE / /CF

HD

F A N E

M B

47 | P a g e

P C H

1)Ta cã : ∆ABC néi tiÕp (O),BC ®−êng kÝnh  ∆ABC vu«ng t¹i A,cã ®−êngcao AH  AC 2 = CH.CB(hÖ thøc l−îng ) =M =N = 900  AMHN lµ h×nh ch÷ nhËt 2)*)Gäi P lµ giao ®iÓm cña AH vµ MN.V× A = PNA (t / c h×nh ch÷ nhËt )mµ PAN = ABH(cïng

phô BAH)  PAN = PNA  MNCB néi tiÕp (gãc trong t¹i1®Ønh b»ng gãc ngoµi t¹i ®Ønh ®èi diÖn)  ABH BM BA =  BM.AC = BA.HM HM AC mµ HM.BA = HA.BH = 2S AHB  BM.AC = AH.BH(1)

*)V× MH / /AC  ∆BHM ∼ ∆BCA 

AB HN =  AB.CN = AC.HN AC CH  AB.CN = AH.HC (2)

V× HN//AB  ∆CHN ®ång d¹ng ∆CBA  mµ AC.HN = AH.HC = 2S AHC

Céng(1),(2)vÕ theo vÕ  AC.BM + AB.CN = AH.(HB + HC) = AH.BC AN NF 3)Ta cã : ∆ANF ∼ ∆EMA(g.g)  =  AN.AM = ME.NF (1) ME AM ∆BMH ∼ ∆HNC (g.g)  BM.NC = MH.HN (2)

Mµ AM.AN = MH.HN (v× AM = NH;AN = MH)(3) NF BM ME BM Tõ (1),(2),(3)  NF.ME = BM.NC  =  = NC ME NC NF = CNF = 900  ∆BME ∼ ∆FNC (cgc)  CFN = EBM

Mµ BME = MEA (do AB/ / HF)nª n ta cã L¹i cã :NFA + BEF = CFN + NFA + BEF = EBM + MAE + BEF

CFE + BEF = EBA + BAE + BEF = 1800  CFE vËyBE / /CF Bài 10.

Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), AH là đường cao của tam giác ABC. Kẻ đường kính AD của đường tròn (O). Từ hai điểm B và C kẻ BE ⊥ AD tại E, CF ⊥ AD tại F a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh HE // CD c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng mnh IE = IF

48 | P a g e

= AEB(gt)

a)XÐt tø gi¸c ABHE cã :AHB  Hai ®iÓm H vµ E cïng nh×n AB d−íi1gãc900  Tø gi¸c ABHE lµ tø gi¸c néi tiÕp ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB = ABC

b)Do tø gi¸c ABHE néi tiÕp(cmt)  DEH (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n AC)  DEH = ADC

= ADC mµ ABC mµ hai gãc nµy ë vÞ trÝ so le trong  HE / /CD c)Gäi M,N lÇn l−ît lµ trung®iÓm AB,AC  M lµ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c ABHE(cmt) Ta cã:IM lµ®−êng trung b×nh cña tam gi¸c ABC  IM/ / AC Ta cã IM / /AC;HE / /CD;AC ⊥ CD(gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®−êng trßn )  IM ⊥ HE  IM lµ ®−êng trung trùccña HE  IH = IE(1) Chøng minh t−¬ng tù ta cã = AFC = 900 (gt)  AHFC néi tiÕp ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC,t©m N XÐt tø gi¸c AHFC cã : AHC = CAD mµ CAD = CBD(cïng

= CBD

 FHC ch¾n cung CD)  FHC mµ hai gãc nµy ë vÞ trÝ ®ång vÞ  HF / /BD IN lµ ®−êng trung b×nh ∆ABC  IN / /AB IN / /AB   IN ⊥ HF HF / /BD AB ⊥ BD(gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®−êng trßn)   IN lµ ®−ên g trung trùccña HF  IH = IF (2) tõ (1)vµ (2)  IE = IF.

Bài 11.

Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC và đường cao AK. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) , (M, N là các tiếp điểm, M và B nằm trên cùng nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AO). Gọi H là giao điểm của hai

đường thẳng MN và AK. Chứng minh rằng a) Tứ giác AMKO nội tiếp

b) KA là tia phân giác của MKN

49 | P a g e

c) AN 2 = AK. AH d) H là trực tâm tam giác ABC

A

D M

B

50 | P a g e

N

H

K O

C

= AMO = 900 cïng nh×n AO a)Ta cã :AKO  Tø gi¸c AMKO néi tiÕp = AKN (cïng ch¾n AN)(1)

b)Cmtt c©ua ta cã tø gi¸c ANOK néi tiÕp  AON = MOA(cïng

MKA ch¾n MA trong tø gi¸cMAOK néi tiÕp)(2) = AON (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn)(3) AOM = AKM  KA lµ tia ph©n gi¸cMKN

Tõ (1)(2)(3)  AKN = 1 MON (gãc néi tiÕp vµ gãcë t©m cïngch¨n1cung) c)Ta cã: ANM 2

= NKA(cmt)

= 1 MON;mÆt mµ MOA kh¸cMOA 2 = ANH

 NKA chung;NKA = ANH

XÐt ∆ANK vµ ∆AHN cã :A AN AH  ∆ANK ∼ ∆ANH(g − g)  =  AN 2 = AK.AH AK AN = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa d−êng trßn ) d)ta cã :BDC  BD ⊥ AC  ∆ABC cã hai ®−êngcao AK vµ BD c¾ t nhau t¹i H Nª n H lµ trùc t©m ∆ABC

BÀI TẬP TỔNG HỢP ( giao về nhà) Bài 1. Cho nửa đường tròn ( O ) đường kính MN = 2 R . Gọi ( d ) là tiếp tuyến của ( O ) tại N .

Trên cung MN lấy điểm E tùy ý. ( E không trùng với M và N ), tia ME cắt đường thẳng ( d ) tại F . Gọi P là trung điểm của ME , tia OP cắt ( d ) tại Q .

1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh OF ⊥ MQ và PM .PF = PO.PQ .

3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF + 2 ME đạt giá trị nhỏ nhất.

HD = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 1. Ta có: MFN

 NE ⊥ ME

51 | P a g e

Lại có: P là trung điểm của ME O

d

là trung điểm của MN

 OP là đường trung bình của ∆MEN

F

 OP NE

 OP ⊥ ME

E

- Xét tứ giác ON FP ta có : = 900 (tính chất tiếp tuyến) ONF = 900 ( do OP ⊥ ME ) OPF

P

+ OPF = 1800  ONF  ON FP là tứ giác nội tiếp ( đpcm).

MN ⊥ QF  2. Xét ∆MQF ta có: PQ ⊥ ME  MN ∩ PQ = {O} ⇒ O là trực tâm ∆MQF  OF ⊥ MQ ( đpcm)

+ QMF = 900  MFO  ⇒ MFO

 = PQM 0 + QMF = 90  PQM  = OPF = 900 Mà MPQ

Nên ∆MPQ ∽ ∆OPF MP PQ =  PM .PF = PO.PQ (dpcm) OP PF

3. Theo BĐT Cauchy ta được: MF + 2ME ≥ 2 2ME.MF = 2 2MN 2 = 2 2.4 R 2 = 4 R 2

Đẳng thức xảy ra ⇔ MF = 2ME = 2 R 2 Mà MF = ME + EF Nên E là trung điểm MF 1 2

Xét ∆MNF ta có: NE = ME = EF = MF = MF

 ME E

52 | P a g e

O D

Q

- Ta có:

Từ đó suy ra

N

M

. là điểm chính giữa cung MN

Bài 2 ∆ABC có ba góc nhọn ( AB < AC ), dựng AH vuông góc với BC tại điểm H . Gọi M , N theo

thứ tự là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC . Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại điểm D . Trên nửa mặt phẳng bờ CD chứa điểm A , vẽ nửa đường tròn đường kính CD .

Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với CD , cắt nửa đường tròn trên tại điểm E . a. Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp. = DNH . b. Chứng minh EBM c. Chứng minh DM .DN = DB.DC .

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE . Chứng minh OE ⊥ DE

Lời giải

A E O

D

N

M B

C

H

a. Vì M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB , AC  AMH = ANH = 900 .

Xét tứ giác AMHN có: AMH + ANH = 900 + 900 = 1800 .

Do đó tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn. b. Vì EB ⊥ CD (gt), AH ⊥ CD (vì AH ⊥ BC )  EB // AH . = MAH (hai góc so le trong) (1)  EBM = MNH (hai góc nội tiếp cùng chắn MH ) (2) Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)  MAH = MNH , hay EBM = DNH .

Từ (1) và (2) suy ta EBM = c. Ta có: DMB AMN (hai góc đối đỉnh)

(3)

Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)  AMN = AHN (hai góc nội tiếp cùng chắn AN ) (4) ) ∆AHC vuông tại H có HN ⊥ AC (gt)  ACH = AHN (cùng phụ với CHN

53 | P a g e

(5) Hay AHN = DCN = DCN .

Từ (3), (4) và (5) suy ra DMB chung; DMB = DCN (cmt) Xét ∆DMB và ∆DCN có: NDC  ∆DMB ∼ ∆DCN (g.g) 

DM DB =  DM .DN = DB.DC .

DC DN

(6)

d. ∆EDC nội tiếp đường tròn đường kính CD  ∆EDC vuông tại E . Áp dụng hệ thức lượng trong ∆EDC vuông tại E , EB ⊥ CD , ta có: DE 2 = DB.DC .

(7) Từ (6) và (7) suy ra DE 2 = DM .DN 

DE DN = .

DM DE

chung; DE = DN (cmt) Xét ∆DEM và ∆DNE có: EDN

DM

DE

= DNE (2 góc tương ứng).  ∆DEM ∼ ∆DNE (c.g.c)  DEM = DNE và tia EM nằm giữa hai tia ED và EN .

Xét ( O ) có: DEM

Do đó DE là tiếp tuyến của ( O )  DE ⊥ OE .

Bài 3.

Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm C ( C không trùng với A và B ). Lấy điểm D thuộc đoạn AC ( D không trùng với A và C ). Tia BD cắt cung nhỏ AC tại điểm M , tia BC cắt tia AM tại điểm N. 1. Chứng minh MNCD là tứ giác nối tiếp.

2. Chứng minh AM .BD = AD.BC .

3 Gọi I là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp của tam giác ADM và tam giác BDC . Chứng minh ba điểm N , D, I thằng hàng.

Lời giải

54 | P a g e

N

C M D H A

K I

B

O

1. Có AMB = ACB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) = NCD = 90 suy ra NMD + NCD = 180 nên MNCD là tứ giác nội tiếp Nên NMD

2. Có ∆AMD đồng dạng ∆BCD (g-g) nên

AM AD =  AM .BD = AD.BC BC BD

3. Chứng minh ba điểm N , D , I thẳng hàng. = DIA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có DIB  DI ⊥ AB .

= MCD (2 góc Theo chứng minh câu 1, MNCD là tứ giác nội tiếp nên ta có: MND nội tiếp cùng chắn cung MD ).

(1) = MCA = MBA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA ).

Xét đường tròn tâm O có MCD (2) = MBA .

Từ (1) và (2), ta có: MND

Mặt khác, ta có: + MDN = 90 .

Tam giác MND vuông tại M nên MND

55 | P a g e

+ MAB = 90 .

Tam giác MAB vuông tại M nên MBA + MDN = MBA + MAB .

Do đó, ta có: MND = MBA (chứng minh trên), nên ta có: MDN = MAB .

Mà MND + MDI = 180 hay MAB + MDI = 180 Do MAID là tứ giác nội tiếp nên ta có: MAI + MDI = 180 ⇔ IDN = 180 .

Suy ra MDN

Vậy, các điểm N , D , I thẳng hàng

Bài 4.

Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Kẻ IH ⊥ AB, IK ⊥ AD

( H ∈ AB, K ∈ AD ) . a) b) c) d)

Chứng minh rằng tứ giác AHIK nội tiếp.

Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID .

Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.

Gọi S là diện tích tam giác ABD, S ′ là diện tích tam giác HIK . Chứng minh S ′ HK 2 . rằng ≤ S 4. AI 2

Lời giải

a) Ta có AHI = AKI = 90° (gt)  AHI + AKI = 180° Mà hai góc ở vị trí đối nhau, nên tứ giác AHIK là tứ giác nội tiếp (dhnb) b) Xét tam giác ∆ABI và ∆DIC có: = IDC (do tứ giác ABCD nội tiếp ) BAI

(2 góc đối đỉnh) AIB = DIC

56 | P a g e

Suy ra ∆ABI ∽ ∆DCI (g.g) IA IB =  IA.IC = IB.ID .

ID IC = KAI (do tứ giác AHIK nội tiếp) c) Ta có KHI = DBC (do tứ giác ABCD nội tiếp) mà KAI



= DBC . suy ra KHI = HAI (do tứ giác AHIK nội tiếp) Tương tự ta có HKI = BDC (do tứ giác ABCD nội tiếp) và HAI = BDC

suy ra HKI Xét hai tam giác ∆ HKI và ∆BCD có: = DBC (cmt) KHI = BDC (cmt) HKI Suy ra ∆KHI ∽ ∆DBC (g.g) d) Gọi S1 là diện tích tam giác ∆BCD .

Vì ∆HIK ∽ ∆BCD nên S ′ HK 2 HK 2 HK 2 HK 2 = = ≤ = S BD 2 ( IB + ID )2 4 IB.ID 4 IA.IC

(1)

CF IC = AE IA ∆ABD và ∆BCD có chung cạnh đáy BD nên: S1 CF S IC =  1= ( 2) S AE S IA Từ ( 2 ) và ( 2 ) suy ra

Vẽ AE ⊥ BD, CF ⊥ BD  AE //CF 

S ′ S1 HK 2 IC S ′ HK 2 ⇔ ≤ . ≤ . (đpcm) S1 S 4 IA.IC IA S 4 IA2

Bài 5.

Cho điểm M nằm bên ngoài đường tròn ( O; R ) . Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn đó ( A, B là các tiếp điểm ). Qua điểm A kẻ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn ( O; R ) tại C . Nối MC cắt đường tròn ( O; R ) tại D .

Tia AD cắt MB tại E . a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh EM = EB. c) Xác định vị trí của điểm M để BD ⊥ MA .

Lời giải 57 | P a g e

Lưu ý: Hình vẽ chỉ cần vẽ đúng đến câu b là được 0,5 điểm.

a. ( 1,0 điểm )

= MBO = 90° ( MA, MB là các tiếp tuyến của ( O ) ) .

Xét tứ giác MAOB có MAO + MBO = 90° .  MAO

Suy ra MAOB là tứ giác nội tiếp. b. (1,0 điểm)

chung và EBD = EAB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây Xét ∆EBD và ∆EAB có E )  ∆EBD ∼ ∆EAB ( g.g ) . cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD



EB ED = ⇔ EB 2 = EA.ED (1) .

EA EB

chung.

Xét ∆EMD và ∆EAM có E

= Mà AC MB ( gt )  EMD ACD (so le trong).

58 | P a g e

= Mặt khác EAM ACD (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AD ). = EMD  ∆EMD ∼ ∆EAM  EAM



( g .g ) .

EM ED = ⇔ EM 2 = EA.ED ( 2 ) .

EA EM

Từ (1) , ( 2 )  EM = EB . c. (0,5 điểm) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung Ta có ABD = MCA AD ). = EMD  EMD = Mà MCA ABD .

(

)

= MAB ⇔ MC ⊥ AB + + MBA = 900 MBA ABD = 900 ⇔ EMD Ta có BD ⊥ MA  BAM

. ⇔ MC đi qua O và D là điểm chính giữa cung nhỏ AB

= 300 . ⇔ ∆MAB đều ⇔ ∆MOB vuông tại B có OMB

⇔ OM = 2OB = 2 R ⇔ M ∈ ( O; 2 R ) .

59 | P a g e

= EAB = 90 . ( DAC ) 0

60 | P a g e

BUỔI 4. CA 14+15. SỐ ĐO CUNG. ĐỘ DÀI CUNG TRÒN. DIỆN TÍCH HÌNH TRÒN, HÌNH QUẠT. HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 1. Ổn định lớp 9A1:

9A2:

9A3:

2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC 1. Công thức tính độ dài đường tròn (chu vi đường tròn) Độ dài C của một đường tròn bán kính R được tính theo công thức: C = 2π R hoặc C = π d ( d = 2R ) 2. Công thức tính độ dài cung tròn Trên đường tròn bán kính R, độ dài l của một cung n 0 được tính theo công thức: l=

π Rn 180

.

3. Công thức tính diện tích hình tròn Diện tích S của một hình tròn bán kính R được tính theo công thức: 4. Công thức tính diện tích hình quạt tròn 61 | P a g e

S = π R2

Diện tích hình quạt tròn bán kính R, cung n 0 được tính theo công thức: S=

π R2n 360

hay

S=

lR 2

(l là độ dài cung n 0 của hình quạt tròn).

Nhắc lại hình vành khăn, viên phân 5. Hình nón Khi quay tam giác vuông một vòng quanh cạnh OA cố định thì được một hình nón.

A • Điểm A đgl đỉnh của hình nón.

• Hình tròn (O) đgl đáy của hình nón.

• Mỗi vị trí của AC đgl một đường sinh của hình nón.

• Đoạn AO đgl đường cao của hình nón.

C O 6. Diện tích – Thể tích hình nón Cho hình nón có bán kính đáy R và đường sinh l, chiều cao h.

• Diện tích xung quanh: Sxq = π Rl • Diện tích toàn phần: Stp = π Rl + π R 2 1 3

• Thể tích: V = π R2h

7. Hình nón cụt S Khi cắt hình nón bởi một mặt phẳng song song với đáy thì phần hình nón nằm giữa mặt phẳng nói trên và mặt phẳng đáy đgl một O’ r hình nón cụt. h • Hai hình tròn (O) và (O′) đgl hai đáy.

• Đoạn OO′ đgl trục. Độ dài OO′ là chiều cao.

O • Đoạn AC đgl đường sinh.

8. Diện tích – Thể tích hình nón cụt Cho hình nón cụt có các bán kính đáy R và r, chiều cao h, đường sinh l.

• Diện tích xung qaunh:

Sxq = π ( R + r )l

l R

C

1 3

• Thể tích: V = π h( R2 + Rr + r 2 )

9. Hình cầu Diện tích – Thể tích Cho hình cầu bán kính R. • Diện tích mặt cầu: S = 4π R2

A

• Thể tích hình cầu:

4 V = π R3 3

B. BÀI TẬP 1. Độ dài đường tròn, cung tròn Bài 1. Cho đường tròn (O) bán kính OA. Từ trung điểm M của OA vẽ dây BC ⊥ OA. Biết độ dài đường tròn (O) là 4π (cm) . Tính: a) Bán kính đường tròn (O). b) Độ dài hai cung BC của đường tròn.

Bài 2. Tam giác ABC có AB = AC = 3cm, A = 1200 . Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Bài 3. Một tam giác đều và một hình vuông có cùng chu vi là 72cm. Hỏi độ dài đường tròn 62 | P a g e

ngoại tiếp hình nào lớn hơn? Lớn hơn bao nhiêu?

Bài 4. (9a1)Cho hai đường tròn (O; R) và (O′; R′) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Một đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại B, cắt đường tròn (O′) tại C. Chứng minh rằng nếu R′ =

1 R thì độ dài của cung AC bằng nửa độ dài của cung AB (chỉ xét các cung nhỏ 2

AC, AB).

2. Diện tích hình tròn, quạt tròn

Bài 1. Một hình vuông và một hình tròn có cùng chu vi. Hỏi hình nào có diện tích lớn hơn.

4

HD: Gọi chu vi mỗi hình là 4a  Shv = a2 , Sht = a2  Sht > Shv . π

Bài 2. Chứng minh rằng diện tích hình tròn ngoại tiếp hình vuông bằng hai lần diện tích hình tròn nội tiếp hình vuông đó.

HD: Gọi độ dài cạnh hình vuông là a  Sngoaïi tieáp =

π a2 2

; Snoäi tieáp =

π a2 4

.

Bài 3. Tính diện tích hình vành khăn tạo thành bới đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh 6cm .

HD: Rngoaïi tieáp =

a 2sin

180 3

0

= 2 3 , Rnoäi tieáp =

a 2 tan

180 3

0

= 3  S = 9π (cm2 ) .

Bài 4. Một tam giác đều cạnh a nội tiếp trong đường tròn (O). Tính diện tích hình viên phân tạo thành bởi một cạnh của tam giác và một cung nhỏ căng cạnh đó.

HD: S =

π a2 9

−

a2 3 .

12

3. Hình trụ

Bài 1. Một hình trụ có bán kính đáy bằng

1 đường cao. Khi cắt hình trụ này bằng một mặt 4

phẳng đi qua trục thì mặt cắt là một hình chữ nhật có diện tích là 50cm2 . Tính diện tích xung quanh và thể tích hình trụ. ĐS: S xq = 62,5π (cm 2 ) , V = 62,5π (cm3 ) .

Bài 2. Một hình trụ có đường cao bằng đường kính đáy. Biết thể tích của hình trụ là 128π cm3 . Tính diện tích xung quanh của hình trụ. ĐS: S xq = 64π (cm 2 ) .

Bài 3. Một hình trụ có bán kính đáy là 3cm . Biết diện tích toàn phần gấp đôi diện tích xung quanh. Tính chiều cao của hình trụ. ĐS: h = R = 3(cm) .

Bài 4. Một hình trụ có diện tích xung quanh là 20π cm2 và diện tích toàn phần là 28π cm2 .

63 | P a g e

Tính thể tích của hình trụ đó. ĐS: V = 20π (cm3 ) .

4. Hình nón – nón cụt Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại C. Biết BC = a, AC = b. Quay tam giác vuông này một vòng lần lượt quanh cạnh AC và BC, được một hình nón đỉnh A và một hình nón đỉnh B. Hãy so sánh tỷ số thể tích của hai hình nón và tỷ số diện tích xung quanh của hai hình nón ấy. ĐS:

V1 S1 = .

V2 S2

Bài 2. Một hình quạt tròn có bán kính 20cm và góc ở tâm là 1440 . Người ta uốn hình quạt này thành một hình nón. Tính số đo nửa góc ở đỉnh của hình nón đó. ĐS: sin a = 0,4 .

Bài 3. Một hình nón có bán kính đáy bằng 5cm và diện tích xung quanh là 65π cm2 . Tính thể tích của hình nón đó. ĐS: V = 100π (cm3 ) .

Bài 4. Một hình nón có đường sinh dài 15cm và diện tích xung quanh là 135π cm2 . a) Tính chiều cao của hình nón đó. b) Tính diện tích toàn phần và thể tích của hình nón đó. ĐS: a) h = 12(cm) b) Stp = 216π (cm 2 ) , V = 324π (cm3 ) .

Bài 5. Một chiếc xô hình nón cụt làm bằng tôn để đựng nước. Các bán kính đáy là 14 cm và 9 cm , chiều cao là 23 cm . a) Tính dung tích của xô. b) Tính diện tích tôn để làm xô (không kể diện tích các chỗ ghép). ĐS: a) V =

9269 π (cm3 ) ≈ 9, 7 lít 3

b) S = 621,5π (cm2 )

Bài 6. Từ một khúc gỗ hình trụ cao 15cm , người ta tiện thành một hình nón có thể tích lớn nhất. Biết phần gỗ bỏ đi có thể tích là 640π cm3 . a) Tính thể tích khúc gỗ hình trụ. b) Tính diện tích xung quanh hình nón. ĐS: a) V = 960π (cm3 ) b) S xq = 136π (cm 2 ) 5. Hình cầu Bài 1. Một hình cầu có số đo diện tích mặt cầu (tính bằng cm 2 ) đúng bằng số đo thể tích của nó (tính bằng cm3 ). Tính bán kính của hình cầu đó. ĐS: R = 3(cm) .

Bài 2. Một hình cầu có diện tích bề mặt là 100π m2 . Tính thể tích hình cầu đó.

64 | P a g e

ĐS: V =

500π 3 (m ) .

3

Bài 3. Cho tam giác đều ABC cạnh a, đường cao AH. Ta quay nửa đường tròn nội tiếp, nửa đường tròn ngoại tiếp tam giác đều này và tam giác vuông ABH một vòng quanh AH, được hai mặt cầu và một hình nón. Tính: a) Tỉ số diện tích hai mặt cầu nội tiếp và ngoại tiếp hình nón. b) Tỉ số thể tích của hai hình cầu nói trên. c) Thể tích phần không gian giới hạn bởi hình nón và hình cẩu ngoại tiếp hình nón. ĐS: R = 2r; AH =

65 | P a g e

a 3 a 3 ; OA = .

2 3

a)

S1 1 = S2 4

b)

V1 1 = V2 8

c) V =

23 3π a3 .

216

BUỔI 5. CA 1+2: TỨ GIÁC. TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG 1. Tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC 1. Dấu hiệu nhận biết các tứ giác Hình thang, hình bình hành, hình thoi, hình vuông

2. Định lý Ta – lét: 3. Tính chất đường phân giác trong tam giác Phân giác trong, phân giác ngoài

4. Các trường hợp đồng dạng của tam giác, tam giác vuông B. BÀI TẬP Bài 1: Cho đường tròn (O ) ngoại tiếp tam giác nhọn

ABC

. Gọi

M

và

N

lần lượt là điểm

chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC . Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm Dây MN cắt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K .

1) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh NB 2 = NK .NM .

3) Chứng minh tứ giác

66 | P a g e

BHIK

là hình thoi.

I

.

4) Gọi P,Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ . Vẽ đường kính ND của đường tròn (O ) .

Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Hướng Dẫn :

a)Chứng minh bốn điểm C , N , Vì

M

K, I

cùng thuộc một đường tròn.

là điểm chính giữa cung nhỏ

AB

của ( O) (giả thiết)

 sd AM = sd MB

 ANM = BCM

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Xét tứ giác CNKI ta có: = ICK (vì ) INK ANM = BCM

 CNKI là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới hai

góc bằng nhau)  C , N , K , I cùng thuộc một đường tròn.

b)Chứng minh NB2 = NK .NM .

67 | P a g e

Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC của ( O) (giả thiết) = sd NC

 sd BN = NBC

 BMN

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Xét △BMN và △KBN ta có:

BNM

là góc chung.

= NBK (vì BMN = NBC ) BMN

△BMN ∼△KBN ( g-g ) 

NB NM =  NB2 = NK .NM .

NK NB

c)Chứng minh tứ giác

+ Chứng minh

BHIK

BHIK

là hình thoi.

là hình bình hành.

Gọi J là giao điểm của AN và BC . (cmt) AM = sd MB Ta có: sd

 ACM = BCM

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

 CM là phân giác của ACB  CI là phân giác trong của △CAJ 

IA CA = IJ CJ

(1)

(cmt) AM = sd MB Ta có: sd

 ANM = BNM

68 | P a g e

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

 NM là phân giác của ANB .  NH là phân giác trong của △ NAB 

HA NA = HB NB

(2)

= sd NC

Ta có: sd BN = CAN

 BAN

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Xét △CAJ và △ NAB ta có: -

ACJ = ANB

BAN = CAJ

AB ) (hai góc nội tiếp cùng chắn (cmt)

△CAJ ∼△ NAB ( g-g ) 

CA CJ CA NA =  = NA NB CJ NB

Từ (1), (2), (3) suy ra

(3)

IA HA = IJ HB

 HI BJ (định lí Thales đảo) hay HI BK

(4)

Chứng mình tương tự các ý ở trên, ta được KI BH

(5)

Từ (4) và (5) suy ra + Chứng minh

BHIK

BH = BK

là hình bình hành.

.

Ta có : △KBN ∼△BMN (cmt) 

BK BN BM .BN =  BK = BM MN MN

(6)

Chứng minh tương tự câu b) ta có: △HMB ∼△BMN ( g-g ) 

BH BM BM .BN =  BH = BN MN MN

Từ (6) và (7) suy ra Mà

BHIK

(7)

BH = BK

là hình bình hành nên

BHIK

là hình thoi.

d)Gọi P , Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ . Vẽ đường kính ND của đường tròn ( O ) . Chứng minh ba điểm D , E , K thẳng hàng.

69 | P a g e

= BMK (cmt) Ta có: NBK

 BN là tiếp tuyến tại B của ( P )

 BN ⊥ BP = 90 o : góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) Mà BN ⊥ BD (vì DBN

nên

B, P, D

Ta có:

△ PBK

thằng hàng. cân tại

P

( PB = PK )

= 180 o − 2 ⋅ PBK

 BPK

(8)

= sd NC

 NB = NC sd NB  ON là đường trung trực của đoạn BC Ta có:  OB = OC 

(

)

 DB = DC ( D thuộc đường thẳng ON )

△DBC cân tại D = 180 o − 2 ⋅ DBC

 BDC

(9)

= BDC

Từ (8) và (9) suy ra BPK

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên PK DC  PK DQ

(10)

Chứng minh tương tự ta có: C , Q ,

(11)

D

thẳng hàng và QK DP

Từ (10) và (11) suy ra DPKQ là hình bình hành Mà DK

70 | P a g e

E

là trung điểm của đường chéo PQ nên

E

cũng là trung điểm của đường chéo

 D , E , K thẳng hàng.

Bài 2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt bất kỳ trên cung nhỏ AC sao cho BCM là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MFEC nội tiếp. b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng. = 900 . c) MA.MQ = MP.MF và PQM HD Lời giải

(Học sinh không vẽ hình ý nào sẽ không được chấm điểm ý đó) a) Tứ giác MFEC nội tiếp. = 900 Ta có: MF ⊥ AC  MFC = 900 ME ⊥ BC  MEC = MFC = 900 nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh Tứ giác MFEC có MEC

cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng. + ECM = 1800 (tính chất) (1) Theo câu a, tứ giác MFEC nội tiếp nên EFM

71 | P a g e

+ BCM = 1800 (tính chất) (2) Tứ giác nội tiếp ABCM nội tiếp nên BAM = EFM (cùng bù với BCM ) Từ (1) và (2)  BAM = FCM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FM) (3) FEM = FCM ABM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (4)

= ABM Từ (3) và (4) suy ra FEM Xét ∆FEM và ∆ABM có: = BAM ( cmt ) EFM = FEM ABM ( cmt )

 ∆FEM ∼ ∆ABM ( g − g ) = 900 . c) MA.MQ = MP.MF và PQM FE MF = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AB MA 2 FQ MF FQ MF AM FM  =  =  = 2 AP MA AP MA AP FQ

Từ câu b ta có: ∆FEM ∼ ∆ABM 

Xét ∆MAP và ∆MFQ có: AM FM = AP FQ = MFQ ( cmt ) MAP

 ∆MAP ∼ ∆MFQ ( c − g − c ) 

MA MP (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) = MF MQ

 MA.MQ = MP.MF

(hai góc tương ứng) AMP = FMQ Lại có ∆MAP ∼ ∆MFQ ( cmt ) 

= FMP + PMB + BMQ  + BMQ 

 AMF + FMP AMF = PMB AMF = PMQ

Xét ∆MAF và ∆MPQ có: MA MP = MF MQ

( cmt ) AMF = PMQ

 ∆MAF ∼ ∆MPQ ( c − g − c ) = MQP (hai góc tương ứng)  MFA = 900  MQP = 900 Mà MFA

Bài 3.

72 | P a g e

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC. Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Goi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC. 1) Chứng minh AC 2 = CH.CB 2) Chứng minh tứ giác BCNM nội tiếp và AC.BM + AB.CN = AH.BC 3) Đường thẳng đi qua A cắt tia HM tại E và cắt tia đối của tia NH tại F. Chứng minh BE / /CF

HD

F A N E

M B

P C H

1)Ta cã : ∆ABC néi tiÕp(O),BC ®−êng kÝnh

 ∆ABC vu«ng t¹i A,cã ®−êngcao AH  AC 2 = CH.CB(hÖ thøc l−îng ) =M =N = 900  AMHN lµ h×nh ch÷ nhËt 2)*)Gäi P lµ giao ®iÓm cña AH vµ MN.V× A = PNA (t / c h×nh ch÷ nhËt )mµ PAN = ABH(cïng

 PAN phô BAH) = PNA  MNCB néi tiÕp(gãc trong t¹i1®Ønh b»ng gãc ngoµi t¹i ®Ønh ®èi diÖn)  ABH

BM BA =  BM.AC = BA.HM HM AC mµ HM.BA = HA.BH = 2S AHB  BM.AC = AH.BH(1)

*)V× MH / /AC  ∆BHM ∼ ∆BCA 

AB HN =  AB.CN = AC.HN AC CH  AB.CN = AH.HC (2)

V× HN//AB  ∆CHN ®ång d¹ng ∆CBA  mµ AC.HN = AH.HC = 2S AHC

Céng(1),(2)vÕ theo vÕ  AC.BM + AB.CN = AH.(HB + HC) = AH.BC

73 | P a g e

AN NF =  AN.AM = ME.NF (1) ME AM ∆BMH ∼ ∆HNC (g.g)  BM.NC = MH.HN (2)

3)Ta cã : ∆ANF ∼ ∆EMA(g.g) 

Mµ AM.AN = MH.HN (v× AM = NH;AN = MH)(3) NF BM ME BM Tõ (1),(2),(3)  NF.ME = BM.NC  =  = NC ME NC NF = CNF = 900  ∆BME ∼ ∆FNC (cgc)  CFN = EBM

Mµ BME

= MEA (do AB/ / HF)nª n ta cã L¹i cã :NFA + BEF = CFN + NFA + BEF = EBM + MAE + BEF

CFE + BEF = EBA + BAE + BEF = 1800  CFE vËy BE / /CF

Bài 4: Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥ MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB. 1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp.

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

3. Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2.

4. Chứng minh OAHB là hình thoi.

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

6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d Lời giải: 1. (HS tự làm).

2. Vì K là trung điểm NP nên OK ⊥ NP ( quan hệ đường kính d

A P

K

D N

O

H

M

I C B

Và dây cung) => ∠OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900; ∠OBM = 900. như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn.

3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM là trung trực của AB => OM ⊥ AB tại I .

74 | P a g e

Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đường cao. Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2.

4. Ta có OB ⊥ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA ⊥ MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. => Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi.

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

6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R

75 | P a g e

BUỔI 6. CA 3+4.

HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ ĐƯỜNG CAO, HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG 1. Tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC 1. Hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. • Định lí Pi-ta-go: BC 2 = AB2 + AC 2 • AB2 = BC.BH ; AC 2 = BC .CH • AH 2 = BH .CH • AB. AC = BC.AH •

1 AH 2

=

1 AB 2

+

1 AC 2

2. Tỉ số lượng giác của góc nhọn a. Định nghĩa: Cho tam giác vuông có góc nhọn α. sin a =

caïnh ñoái caïnh keà caïnh ñoái ; cosa = ; tan a = ; caïnh huyeàn caïnh huyeàn caïnh keà

cot a =

caïnh keà caïnh ñoái

Chú ý: • Cho góc nhọn α. Ta có: 0 < sin α < 1; 0 < cosα < 1 .

• Cho 2 góc nhọn α, β. Nếu sin a = sin b (hoặc cos α = cos β , hoặc tan a = tan b , hoặc cot a = cot b ) thì a = b . b. Tỉ số lượng giác của hai góc phụ nhau: Nếu hai góc phụ nhau thì sin góc này bằng côsin góc kia, tang góc này bằng côtang góc kia. c. Tỉ số lượng giác của các góc đặc biệt: 76 | P a g e

α

30 0

450

60 0

sina

1 2

2 2

3 2

cosα

3 2

2 2

1 2

tana

3 3

1

3

cota

3

1

3 3

Tỉ số LG

d. Một số hệ thức lượng giác tan α =

sin α ; cos α

sin 2 α + cos2 α = 1 ;

cot α = 1 + tan 2 α =

cos α ; sin α 1 2

cos α

;

tan a .cot a = 1 ;

1 + cot 2 a =

1 sin 2 a

4. Một số hệ thức về cạnh trong tam giác vuông Cho tam giác ABC vuông tại A có BC = a, AC = b, AB = c. b = a.sin B = a.cos C ; c = a.sin C = a.cos B b = c.tan B = c.cot C ; c = b.tan C = b.cot B

B. BÀI TẬP 1. Dạng 1. Tính toán a) Hệ thức về cạnh và đường cao Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3cm, BC = 5cm. AH là đường cao. Tính BH, CH, AC và AH. ĐS: BH = 1,8 cm , CH = 3,2 cm , AC = 4 cm , AH = 2,4 cm .

Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A có AC = 10cm, AB = 8cm. AH là đường cao. Tính BC, BH, CH, AH. ĐS: 77 | P a g e

Bài 3. Cho tam giác ABC vuông tại A có BC = 12cm. Tính chiều dài hai cạnh góc vuông 2 3

biết AB = AC .

ĐS: AB =

24 13 36 13 (cm) , AC = (cm) .

13 13

Bài 4. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Biết BH = 10cm, CH = 42 cm.

Tính BC, AH, AB và AC. ĐS: BC = 52 cm , AH = 2 105 cm , AB = 2 130 cm , AC = 2 546 cm .

Bài 5. Hình thang cân ABCD có đáy lớn AB = 30cm, đáy nhỏ CD = 10cm và góc A là 60 0 . b) Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB và CD. Tính MN. a) Tính cạnh BC. ĐS: Bài 6. Cho tứ giác lồi ABCD có AB = AC = AD = 10cm, góc B bằng 60 0 và góc A là 90 0 . a) Tính đường chéo BD. b) Tính các khoảng cách BH và DK từ B và D đến AC. c) Tính HK.

d) Vẽ BE ⊥ DC kéo dài. Tính BE, CE và DC.

ĐS: Bài 7. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết

AB 20 = và AH = 420. Tính chu AC 21

vi tam giác ABC. ĐS: PABC = 2030 . Đặt AB = 20k , AC = 21k  BC = 29k . Từ AH.BC = AB.AC  k = 29 .

Bài 8. Cho hình thang ABCD vuông góc tại A và D. Hai đường chéo vuông góc với nhau tại O. Biết AB = 2 13, OA = 6 , tính diện tích hình thang ABCD. ĐS: S = 126,75 . Tính được: OB = 4, OD = 9, OC = 13,5. b) Tỉ số lượng giác của góc nhọn Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm các tỉ số lượng giác của góc B khi: a) BC = 5cm, AB = 3cm. b) BC = 13 cm, AC = 12 cm. c) AC= AB=3cm. ĐS: a) sin B = 0,8 ; cos B = 0,6 Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 10cm và AC = 15cm. a) Tính góc B. b) Phân giác trong góc B cắt AC tại I. Tính AI. c) Vẽ AH ⊥ BI tại H. Tính AH. ĐS: 78 | P a g e

4cm,

Bài 3. Tính giá trị các biểu thức sau: a) cos2 150 + cos2 250 + cos2 350 + cos2 450 + cos2 550 + cos2 650 + cos2 750 . b) sin 2 10 0 − sin 2 200 + sin 2 30 0 − sin 2 400 − sin 2 500 − sin2 700 + sin 2 80 0 . c) sin150 + sin 750 − cos150 − cos 750 + sin 300 d) sin 350 + sin 670 − cos 230 − cos 550 f) sin 20 0 − tan 400 + cot 500 − cos 700 e) cos2 20 0 + cos2 400 + cos2 50 0 + cos2 700 ĐS: a) 3,5

b) −

3 4

c) 0,5

d) 0

e) 2

f) 0.

Bài 4. Cho biết một tỉ số lượng giác của góc nhọn α, tính các tỉ số lượng giác còn lại của α: a) sin a = 0,8 b) cos α = 0,6 c) tan a = 3 d) cot a = 2 1 5

Bài 5. Cho góc nhọn α. Biết cos α − sin α = . Tính cota .

4 3

ĐS: cot a = .

Bài 6. Cho tam giác ABC vuông tại C. Biết cos A = ĐS: tan B =

5 . Tính tan B .

13

5 .

12

c) Hệ thức về cạnh và góc Bài 1. Giải tam giác vuông ABC, biết A = 900 và: a) a = 15cm; b = 10cm b) b = 12cm; c = 7cm ĐS: a) B ≈ 420 , C ≈ 480 , c ≈ 11,147cm

b) B ≈ 600 , C ≈ 300 , a ≈ 14cm .

Bài 2. Cho tam giác ABC có B = 600 , C = 500 , AC = 35cm . Tính diện tích tam giác ABC. ĐS: S ≈ 509cm 2 . Vẽ đường cao AH. Tính AH, HB, HC. Bài 3. Cho tứ giác ABCD có A = D = 900 , C = 400 , AB = 4cm, AD = 3cm . Tính diện tích tứ giác. ĐS: S = 17cm 2 . Vẽ BH ⊥ CD. Tính DH, BH, CH. Bài 4. Cho tứ giác ABCD có các đường chéo cắt nhau tại O. Cho biết AC = 4cm, BD = 5cm ,

AOB = 50 0 . Tính diện tích tứ giác ABCD. ĐS: S ≈ 8cm2 . Vẽ AH ⊥ BD, CK ⊥ BD. Chú ý: AH = OA.sin 500 , CK = OC.sin 500 .

2. Dạng toán chứng minh Bài 1 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn (M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K. 1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh rằng: AI2 = IM . IB. 79 | P a g e

3) Chứng minh BAF là tam giác cân.

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

5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn.

HD 1. Ta có : ∠AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ∠KMF = 900 (vì là hai góc kề bù). ∠AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ∠KEF = 900 (vì là hai góc kề bù). => ∠KMF + ∠KEF = 1800 . Mà ∠KMF và ∠KEF là hai góc đối của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp.

X

I

F M H

E K 1 2

2 1

A

B

O

0

Ta có ∠IAB = 90 (vì AI là tiếp tuyến) => ∆AIB vuông tại A có AM ⊥ IB ( theo trên). Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => AI2 = IM . IB. 2. Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => ∠IAE = ∠MAE => AE = ME (lí do ……) => ∠ABE =∠MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1) Theo trên ta có éAEB = 900 => BE ⊥ AF hay BE là đường cao của tam giác ABF (2).

Từ (1) và (2) => BAF là tam giác cân. tại B .

3. BAF là tam giác cân. tại B có BE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E là trung điểm của AF. (3) Từ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia phân giác éHAK (5) Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E là trung điểm của HK. (6).

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

4. (HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI là hình thang. Để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn thì AKFI phải là hình thang cân.

AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB. Thật vậy: M là trung điểm của cung AB => ∠ABM = ∠MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ). (7)

80 | P a g e

Tam giác ABI vuông tại A có ∠ABI = 450 => éAIB = 450 .(8) Từ (7) và (8) => ∠IAK = ∠AIF = 450 => AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy bằng nhau).

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

Bài 2 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = 6 Cm, chiều cao AH = 4 Cm, nội tiếp đường tròn (O) đường kính AA’.

1. Tính bán kính của đường tròn (O).

2. Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ là hình gì? Tại sao?

3. Kẻ AK ⊥ CC’ tứ giác AKHC là hình gì? Tại sao?

4. Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác ABC. HD 1. (HD) Vì ∆ABC cân tại A nên đường kính AA’ của đường tròn ngoại tiếp và đường cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức là AA’đi qua H. => ∆ACA’ vuông tại C có đường BC 6 = = 3cm; cao CH = 2 2

CH 2 32 9 = = = 2,5 AH = 4cm => CH = AH.A’H => A’H = AH 4 4 2

=> AA’ A 1 2

C' K

O

1 1

B

1

H

A'

2

C

=> AA’ = AH + HA’ = 4 + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : 2 = 6,5 :

2 = 3,25 (cm) .

2. Vì AA’ và CC’ là hai đường kính nên cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường => ACA’C’ là hình bình hành. Lại có ∠ACA’ = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên suy ra tứ giác ACA’C’ là hình chữ nhật.

3. Theo giả thiết AH ⊥ BC; AK ⊥ CC’ => K và H cùng nhìn AC dưới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => ∠C2 = ∠H1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; ∆AOC cân tại O ( vì OA=OC=R) => ∠C2 = ∠A2 => ∠A2 = ∠H1 => HK // AC ( vì có hai góc so le trong bằng nhau) => tứ giác ACHK là hình thang (2).Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ACHK là hình thang cân.

Bài 3. Cho hai đường tròn (O) ; (O’) tiếp xúc ngoài tại A, BC là tiếp tuyến chung ngoài, B∈(O), C∈ (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắ tiếp tuyến chung ngoài BC ở M. Gọi E là giao điểm của OM và AB, F là giao điểm của O’M và AC. Chứng minh : 1. Chứng minh các tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp .

3. ME.MO = MF.MO’.

2. Tứ giác AEMF là hình chữ nhật.

81 | P a g e

4. OO’ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC. 5. BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’.

HD 1. ( HS tự làm) 2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có MA = MB B M 1

E O

82 | P a g e

C

23 4

F A

O'

=> MAB cân tại M. Lại có ME là tia phân giác => ME ⊥ AB (1).

Chứng minh tương tự ta cũng có MF ⊥ AC (2).

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta cũng có MO và MO’ là tia phân giác của hai góc kề bù BMA và CMA => MO ⊥ MO’ (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác MEAF là hình chữ nhật 3. Theo giả thiết AM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn => MA ⊥ OO’=> ∆MAO vuông tại A có AE ⊥ MO ( theo trên ME ⊥ AB)  MA2 = ME. MO (4) Tương tự ta có tam giác vuông MAO’ có AF⊥MO’ MA2 = MF.MO’ (5) Từ (4) và (5)  ME.MO = MF. MO’ 4. Đường tròn đường kính BC có tâm là M vì theo trên MB = MC = MA, đường tròn này đi qua Avà co MA là bán kính . Theo trên OO’ ⊥ MA tại A  OO’ là tiếp tuyến tại A của đường tròn đường kính BC. 5. (HD) Gọi I là trung điểm của OO’ ta có IM là đường trung bình của hình thang BCO’O => IM⊥BC tại M (*) .Ta cung chứng minh được ∠OMO’ vuông nên M thuộc đường tròn đường kính OO’ => IM là bán kính đường tròn đường kính OO’ (**) Từ (*) và (**) => BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’ Bài 4. Cho đường tròn (O; R) và một đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R). Hạ OH ⊥ (d) (H ∈ d). M là một điểm thay đổi trên (d) (M ≠ H). Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MP và MQ (P, Q là tiếp điểm) với (O; R). Dây cung PQ cắt OH ở I; cắt OM ở K. a. Chứng minh 5 điểm O, Q, H, M, P cùng nằm trên 1 đường tròn.

P b. Chứng minh IH.IO = IQ.IP 0

c. Giả sử PMQ = 60 . Tính tỉ số diện tích 2 tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ. HD: a) 5 điểm O, Q, H, M, P cùng nằm trên 1 đường tròn K O M (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) I IO IQ b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g)  =  IH.IO = IQ.IP IP IH Q = KQ.tg600 = PQ 3 = PQ 3 . c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tg MQK H 2 2 = KQ.tg300 = KQ. ∆v OKQ có: OK = KQ.tg OQK 

SMPQ SOPQ

=

3 PQ 3 PQ 3 = . = 3 2 3 6

PQ 3 PQ 3 : =3 2 6

Bài 5: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB, C là trung điểm của cung AB; N là trung điểm của BC. Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) tại M. Hạ CI ⊥ AM C (I∈ AM). a. Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp được trong 1 đường tròn. b. Chứng minh: Tứ giác BMCI là hình bình hành.

M = = CAI . c. Chứng minh: MOI 1 2 N d. Chứng minh: MA = 3.MB. I = 0 0

HD: a) COA = 90 (…) ; CIA = 90 (…)

83 | P a g e

 Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) O A b) MB // CI ( ⊥ BM). (1) = NBM (slt) N1 = N 2 (đ/đ) ; NC = NB ; NCI ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g)  CI = BM (2). Từ 1 và 2  BMCI là hình bình hành. = 1 COA = 450 )  MI = CI ; = 900 ; CMI c) ∆ CIM vuông cân ( CIA 2

B

∆ IOM = ∆ IOC vì OI

chung ; = IOC mà: IOC = CAI  MOI = CAI

IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O)  MOI

d) ∆ ACN vuông có : AC = R 2 ; NC = Từ đó : AN = AC2 +CN 2 = 2R 2 +  MB =

NC2 − MN 2 =

 AM = 3 BM.

84 | P a g e

R 2 AC (với R = AO) = 2 2

R2 5 R 10 NC 2 R 10 MI =R = ; NI = = = MN = 2 2 2 NA 10 2

R2 R2 2R R 10 R 10 R 10 3R 10 − = =  AM = AN + MN = + = 2 10 5 2 10 5 10

BUỔI 7. CA 5+6.

TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN 1. Tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới A. KIẾN THỨC 1. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng ∆. Đặt d = d (O, ∆) .

Số điểm chung

Hệ thức giữa d và R

Đường thẳng và đường tròn cắt nhau

2

d<R

Đường thẳng và đường tròn tiếp xúc nhau

1

d=R

Đường thẳng và đường tròn không giao nhau

0

d>R

VTTĐ của đường thẳng và đường tròn

Khi đường thẳng và đường tròn tiếp xúc nhau thì đường thẳng đgl tiếp tuyến của đường tròn. Điểm chung của đường thẳng và đường tròn đgl tiếp điểm.

2. Vị trí tương đối của hai đường tròn Cho hai đường tròn (O; R) và (O′; r). Đặt OO′ = d .

85 | P a g e

Số điểm chung

Hệ thức giữa d với R và r

Hai đường tròn cắt nhau

2

R−r < d < R+r

Hai đường tròn tiếp xúc nhau:

1

VTTĐ của hai đường tròn

– Tiếp xúc ngoài

d = R+r

– Tiếp xúc trong

d = R−r

Hai đường tròn không giao nhau:

0

– Ở ngoài nhau

d > R+r

– (O) đựng (O′)

d < R−r

3. Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn • Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn thì nó vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm.

• Nếu một đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đường thẳng ấy là tiếp tuyến của đường tròn. + Chú ý: Định lý mở rộng 4. Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau Nếu hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm thì: • Điểm đó cách đều hai tiếp điểm.

• Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến.

• Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua các tiếp điểm.

5. Tiếp tuyến chung của hai đường tròn Tiếp tuyến chung của hai đường tròn là đường thẳng tiếp xúc với cả hai đường tròn đó.

Tiếp tuyến chung ngoài là tiếp tuyến chung không cắt đoạn nối tâm.

Tiếp tuyến chung trong là tiếp tuyến chung cắt đoạn nối tâm.

6. Đường tròn nội tiếp tam giác • Đường tròn tiếp xúc với ba cạnh của một tam giác đgl đường tròn nội tiếp tam giác, còn tam giác đgl ngoại tiếp đường tròn.

• Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của các đường phân giác các góc trong tam giác.

7. Đường tròn bàng tiếp tam giác 86 | P a g e

• Đường tròn tiếp xúc với một cạnh của một tam giác và tiếp xúc với các phần kéo dài của hai cạnh kia đgl đường tròn bàng tiếp tam giác.

• Với một tam giác, có ba đường tròn bàng tiếp.

• Tâm của đường tròn bàng tiếp tam giác trong góc A là giao điểm của hai đường phân giác các góc ngoài tại B và C, hoặc là giao điểm của đường phân giác góc A và đường phân giác ngoài tại B (hoặc C).

B. BÀI TẬP Ứng dụng của tiếp tuyến : - Từ các tính chất của tiếp tuyến , của hai tiếp tuyến cắt nhau ta chỉ ra được các đường thẳng vuông góc , các cặp đoạn thẳng và các cặp góc bằng nhau ; cũng từ đó ta xây dựng được các hệ thức về cạnh , về góc .

- Từ tính chất của tiếp tuyến chúng ta có thể vận dụng vào tam giác tìm ra công thức tính diện tích của đường tròn nội tiếp , đường tròn ngoại tiếp và đường tròn bàng tiếp tam giác , cũng như bán kính .

Lưu ý : Chứng minh Ax là tiếp tuyến của (O;R) chúng ta làm E theo một trong các cách sau :  A ∈ (O;R) và góc OAx = 900 .  Khoảng cách từ O đến Ax bằng R .

F 2  Nếu X nằm trên phần kéo dài của EF và XA = X XE.XF A ( xem hình ) .  Góc EAX = góc AEF .

Bài 1 : Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; d là tiếp tuyến của đường tròn tại A . Các tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt d theo thứ tự ở D và E . a) Tính góc DOE . b) Chứng minh : DE = BD + CE . c) Chứng minh : BD.CE = R2 ( R là bán kính đường tròn tâm O ) d) Chứng minh BC là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính DE .

Hướng dẫn chứng minh :

87 | P a g e

D

A

E

a) Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chứng minh được : 1 DÔE = DÔA + EÔA = (BÔA + CÔA ) = 90 0 2

b) Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chứng minh được : B C DE = DA + EA = BD + EC O c) Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta có : BD.CE = DA.EA . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông cho tam giác DOE DA.EA = OA2 = R2 d) Trung điểm I của DE là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông DOE . Ta thấy OI là đường trung bình của hình thang vuông BDEC nên OI // BD // CE hay OI ⊥ BC hay BC là tiếp tuyến đường tròn đường kính DE .

Bài 2 : Cho hai đường tròn ( O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A . Kẻ các đường kính AOB ; AOC’ . Gọi DE là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ; D ∈ ( O ) ; E ∈ ( O’) . Gọi M là giao điểm của BD và CE . a) Tính số đo góc DAE . b) Tứ giác ADME là hình gì ? c) Chứng minh rằng MA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn .

Hướng dẫn chứng minh : a) Kẻ tiếp tuyến chung của hai đường tròn đi qua A cắt tiếp tuyến chung DE ở F . Dựa vào tính chất O O A B C tiếp tuyến ta có FA = FD = FE . Vậy tam giác DAE là tam giác vuông tại A hay góc DAE = 900 . b) Tứ giác ADME có D̂ = Â = Ê = 90 0 nên nó là E hình chữ nhật .

F D c) Từ câu b) AM đi qua trung điểm của DE hay AM trùng với AF nên AM là tiếp tuyến chung của M hai đường tròn .

Lời bình : - Với những bài tập cho trước hai đường tròn tiếp xúc nhau , ta nên lưu ý đến tiếp tuyến chung của chúng . Nó thường có một vai trò rất quan trọng trong các lời giải .

- Với bài tập trên chúng ta có thể hỏi :  CMR : góc OFO’ là góc vuông .  DE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OFO’ .  Các tia AD và AE cắt (O) và (O’) ở H ; K . Chứng minh : SAHK = SADE .

88 | P a g e

Bài 3 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, Nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. 1.

Chứng minh AFHE là hình chữ nhật.

2.

BEFC là tứ giác nội tiếp.

3.

AE. AB = AF. AC. 4.

Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn .

Lời giải: 1. Ta có : góc BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => góc AEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1) góc CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => góc AFH = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) góc EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3) A E 2

1(

F

1

)1 B

I

1

2

O1

H

O2

C

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

2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp được một đường tròn =>góc F1=góc H1 (nội tiếp chắn cung AE) . Theo giả thiết AH ⊥BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2) => góc B1 = góc H1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) => góc B1= góc F1 => góc EBC+góc EFC = góc AFE + góc EFC mà góc AFE + góc EFC = 1800 (vì là hai góc kề bù) => góc EBC+góc EFC = 1800 mặt khác góc EBC và góc EFC là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp.

3. Xgóc t hai tam giác AEF và ACB ta có góc A = 900 là góc chung; góc AFE = góc ABC ( theo Chứng minh trên) => ∆AEF ∼∆ACB =>

AE AF = => AE. AB = AF. AC. AC AB

* HD cách 2: Tam giác AHB vuông tại H có HE ⊥ AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông tại H có HF ⊥ AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC 4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => ∆IEH cân tại I => góc E1 = góc H1 . ∆O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => góc E2 = góc H2. => góc E1 + góc E2 = góc H1 + góc H2 mà góc H1 + góc H2 = góc AHB = 900 => góc E1 + góc E2 = góc O1EF = 900 => O1E ⊥EF .

Chứng minh tương tự ta cũng có O2F ⊥ EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn .

89 | P a g e

C. LUYỆN TẬP

90 | P a g e