Chương trình ôn thi vào lớp 10 môn Toán

Chương trình ôn thi vào lớp 10 môn Toán

CHUYÊN ĐỀ I: CĂN THỨC BẬC HAI- BẬC BA

CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI CĂN THỨC BẬC HAI- BẬC BA

A. NHỮNG CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI CĂN THỨC:

 

doc 48 trang Người đăng trường đạt Lượt xem 2583Lượt tải 1 Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chương trình ôn thi vào lớp 10 môn Toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Chương trình ôn thi vào lớp 10
Năm học: 2010-2011
Chuyên đề i: căn thức bậc hai- bậc ba
Các phép biến đổi căn thức bậc hai- bậc ba 
A. Những công thức biến đổi căn thức:
1) 
2) ( với A 0 và B 0 )
3) ( với A 0 và B > 0 )
4) (với B 0 )
5) ( với A 0 và B 0 )
 ( với A < 0 và B 0 )
6) ( với AB 0 và B 0 )
7) ( với B > 0 )
8) ( Với A 0 và A B2 )
9) ( với A 0, B 0 và A B 
B. Bài tập cơ bản:
Bài 1: Tìm ĐKXĐ của các biểu thức sau:
a) 	b) 	c) 	d) 
HD: a) 	b) 	c) 	d) 
Bài 2: Phân tích thành nhân tử ( với x 0 )
a) 	b) x2 – 5	c) x - 4	d) 
HD: a) 	b) 	c) 	d) 
Bài 3: Đưa các biểu thức sau về dạng bình phương.
a) 	b) 	c) 	d) 
HD: a) 	b) 	c) 	d) 
Bài 4: Rút gọn các biểu thức sau:
a) b) c) (với x 5) d) ( với )
HD: a)	b) 	c) 	d) 
Bài 5: Tìm giá trị của x Z để các biểu thức sau có giá trị nguyên.
a) ( với x 	0)	b) ( với x 	 0)	c) ( với x 	0 và x 4)
HD: a) 	b) 	c) 
Bài 6: Giải các phương trình, bất phương trình sau:
a) 	b) 	c) 	d) 
HD: a) x = 14	b) 	c) x = 81	d) 
 C. Bài tập tổng hợp:
Bài 1: Cho biểu thức: A = 
a)Tìm ĐKXĐ và rút gọn A.
b) Tính giá trị biểu thức A khi x = .
c) Tìm tất cả các giá trị của x để A < 1.
HD: a) ĐKXĐ là: , rút gọn biểu thức ta có: A = .
 b) x = thì A = 3
 c) .
Bài 2: Cho biểu thức: B = 
Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức B.
Tìm x để B = 2.
HD: a) Điều kiện: , rút gọn biểu thức ta có: B = .
B = 2 x = 16.
Bài 3: Cho biểu thức: C = 
Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức C.
Tìm giá trị a để C dương.
HD: a) Điều kiện: , rút gọn biểu thức ta có: C = 
C dương khi a > 4.
Bài 4: Cho biểu thức D = 
Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức D.
Tính giá trị của D khi x = .
HD: a) Điều kiện: , rút gọn biểu thức ta có: D = .
 b) D = 
Bài 5: Cho biểu thức E = 
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức E.
	b) Tìm x để E = -1.
HD: a) Điều kiện: ,rút gọn biểu thức ta có: E = .
x = 4.
Bài 6: Cho biểu thức:	F =
	a) Tỡm TXẹ roài ruựt goùn bieồu thửực F.
	b) Tớnh giaự trũ cuỷa bieồu thửực F khi x=3 +;
	c) Tỡm giaự trũ nguyeõn cuỷa x ủeồ bieồu thửực F coự giaự trũ nguyeõn ?
HD: a) ĐKXĐ: ,rút gọn biểu thức ta có: F = 
b) x = 3+
 A = 
 c) Biểu thức A nguyên khi: x = {0; 1; 9; 16; 36} 
D. Bài tập luyện tập:
Bài1: Cho biểu thức :
Tìn ĐKXĐ và rút gọn P.
Tính giá trị của P khi: a = .
Tìm giá trị của a để P < 1.
Bài2 : Cho biểu thức: Q=
a. Rút gọn Q.
b. Tìm giá trị của a để Q dương.
Bài3: Cho biểu thức: A = 
 a, Tìm ĐKXĐ và rút gọn biểu thức A.
 b, Tìm các giá trị của x để A > 1.
 c, Tìm các giá trị của x Z để A Z.
Bài4 : Cho biểu thức: C = 
 a, Tìm ĐKXĐ và rút gọn biểu thức C.
 b, Tìm các giá trị của x để C = 1.
Bài5: Cho biểu thức: M = 
a) Rút gọn M.
b) Tìm các giá trị của x để M dương.
c) Tìm giá trị lớn nhất của M.
Bài6: Cho biểu thức: P = 
Tìm ĐKXĐ và rút gọn P
Tìm các giá trị của x để P > 0
Tìm x để P = 6.
Chuyên đề II
PHƯƠNG TRèNH - HỆ PHƯƠNG TRèNH - BẤT PHƯƠNG TRèNH
(Bậc nhất)
A.KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.Phương trỡnh bậc nhất một ẩn
	-Quy đồng khử mẫu.
	-Đưa về dạng ax + b = 0 (a ≠ 0)
	-Nghiệm duy nhất là 
2.Phương trỡnh chứa ẩn ở mẫu
	-Tỡm ĐKXĐ của phương trỡnh.
	-Quy đồng và khử mẫu.
	-Giải phương trỡnh vừa tỡm được.
	-So sỏnh giỏ trị vừa tỡm được với ĐKXĐ rồi kết luận.
3.Phương trỡnh tớch
	Để giỏi phương trỡnh tớch ta chỉ cần giải cỏc phương trỡnh thành phần của nú. Chẳng hạn: Với phương trỡnh A(x).B(x).C(x) = 0
4.Phương trỡnh cú chứa hệ số chữ (Giải và biện luận phương trỡnh)
	Dạng phương trỡnh này sau khi biến đổi cũng cú dạng ax + b = 0. Song giỏ trị cụ thể của a, b ta khụng biết nờn cần đặt điều kiện để xỏc định số nghiệm của phương trỡnh.
	-Nếu a ≠ 0 thỡ phương trỡnh cú nghiệm duy nhất .
	-Nếu a = 0 và b = 0 thỡ phương trỡnh cú vụ số nghiệm.
	-Nếu a = 0 và b ≠ 0 thỡ phương trỡnh vụ nghiệm.
5.Phương trỡnh cú chứa dấu giỏ trị tuyệt đối
	Cần chỳ ý khỏi niệm giỏ trị tuyệt đối của một biểu thức
6.Hệ phương trỡnh bậc nhất
	Cỏch giải chủ yếu dựa vào hai phương phỏp cộng đại số và thế. Chỳ ý phương phỏp đặt ẩn phụ trong một số trường hợp xuất hiện cỏc biểu thức giống nhau ở cả hai phương trỡnh.
7.Bất phương trỡnh bậc nhất
	Với bất phương trỡnh bậc nhất thỡ việc biến đổi tương tự như với phương trỡnh bậc nhất. Tuy nhiờn cần chỳ ý khi nhõn và cả hai vế với cựng một số õm thỡ phải đổi chiều bất phương trỡnh.
B.MỘT SỐ VÍ DỤ
VD1.Giải cỏc phương trỡnh sau
	a) b) 
	c) d) (*)
Giải
	(Vụ lý)
	Vậy phương trỡnh vụ nghệm.
	Vậy phương trỡnh cú nghiệm x = 6.
c) 
	ĐKXĐ: 
	Vậy phương trỡnh cú nghiệm x = - 4.
d) Lập bảng xột dấu
x
 3 7
x – 3
 - 0 + +
x - 7
 - - 0 +
	-Xột x < 3:
	(*) (loại)
	-Xột :
	(*) (t/món)
	-Xột :
	(*) (loại)
	Vậy phương trỡnh cú nghiệm x = 4.
VD2.Giải và biện luận phương trỡnh sau
	a) (1)
	b) (2)
Giải
	a) ĐK: a ≠ 0; b ≠ 0.
-Nếu b – a ≠ 0 thỡ 
-Nếu b – a = 0 thỡ phương trỡnh cú vụ số nghiệm.
Vậy:
-Với b ≠ a, phương trỡnh cú nghiệm duy nhất x = 2(b + a).
-Với b = a, phương trỡnh cú vụ số nghiệm
b) ĐKXĐ: 
-Nếu a + 1 ≠ 0 thỡ 
-Nếu a + 1 = 0 thỡ phương trỡnh vụ nghiệm.
Vậy:
-Với a ≠ -1 và a ≠ -2 thỡ phương trỡnh cú nghiệm duy nhất 
-Với a = -1 hoặc a = -2 thỡ phương trỡnh vụ nghiệm.
VD3.Giải cỏc hệ phương trỡnh sau
Giải
hoặc 
b) ĐK: 
đặt 
Khi đú, cú hệ mới 
Thay trở lại, ta được: 
c) 
C.MỘT SỐ BÀI TẬP CƠ BẢN
1.Giải cỏc phương trỡnh sau
2.Giải và biện luận cỏc phương trỡnh sau
3.Giải cỏc hệ phương trỡnh sau
4.Cho hệ phương trỡnh 
a) Giải hệ với m = -
b) Tỡm m để hệ cú nghiệm duy nhất sao cho x + y dương.
Chuyên đề iii Hàm số và đồ thị
i.Kiến thức cơ bản
1.Hàm số 
Khái niệm hàm số
Nếu đại lượng y phụ thuộc vào đại lượng thay đổi x sao cho với mỗi giá trị của x ta luôn xác định được chỉ một giá trị tương ứng của y thì y được gọi là hàm số tương ứng của x và x được gọi là biến số
Hàm số có thể cho bởi bảng hoặc công thức
Đồ thị hàm số
- Đồ thị hàm số y = f(x) là tập hợp tất cả những điểm M trong mặt phẳng tọa độ có tọa độ thỏa mãn phương trình y = f(x) (Những điểm M(x, f(x)) trên mặt phẳng tọa độ)
Hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến
* Cho hàm số y = f(x) xác định với mọi giá trị của x thuộc R
Nếu x1 < x2 mà f(x1) < f(x2) thì hàm số y = f(x) đồng biến trên R
Nếu x1 f(x2) thì hàm số y = f(x) nghịch biến trên R
1.1Hàm số bậc nhất
Khái niệm hàm số bậc nhất
- Hàm số bậc nhất là hàm số được cho bởi công thức y = ax + b. Trong đó a, b là các số cho trước và a 0
Tính chất
Hàm số bậc nhất y = ax + b xác định với mọi giá trị của x thuộc R và có tính chất sau:
Đồng biến trên R khi a > 0
Nghịch biến trên R khi a < 0
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 = 0
* 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
Vị trí tương đối của hai đường thẳng 
Cho hai đường thẳng (d): y = ax + b (a 0) và (d’): y = a’x + b’ (a’0). Khi đó
+ 
+ 
+ 
+ 
Hệ số góc của đường thẳng y = ax + b (a 0)
Góc tạo bởi đường thẳng y = ax + b và trục Ox. 
- Góc tạo bởi đường thẳng y = ax + b và trục Ox là góc tạo bởi tia Ax và tia AT, trong đó A là giao điểm của đường thẳng y = ax + b với trục Ox, T là điểm thuộc đường thẳng y = ax + b và có tung độ dương 
Hệ số góc của đường thẳng y = ax + b
- Hệ số a trong phương trình y = ax + b được gọi là hệ số góc của đường thẳng y = ax +b 
Một số phương trình đường thẳng 
Đường thẳng đi qua điểm M0(x0;y0)có hệ số góc k: y = k(x – x0) + y0
Đường thẳng đi qua điểm A(x0, 0) và B(0; y0) với x0.y0 0 là 
Hàm số bậc hai
Định nghĩa
- Hàm số có dạng y = ax2 (a 0)
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
+ Nếu a 0
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
2.Kiến thức bổ xung
2.1 Công thức tính toạ độ trung điểm của đoạn thẳng và độ dài đoạn thẳng
Cho hai điểm phân biệt A với B với A(x1, y1) và B(x2, y2). Khi đó
Độ dài đoạn thẳng AB được tính bởi công thức
Tọa độ trung điểm M của AB được tính bởi công thức
2.2 Quan hệ giữa Parabol y = ax2 (a 0) và đường thẳng y = mx + n (m 0)
Cho Parabol (P): y = ax2 (a 0) và đường thẳng (d): y = mx + n. Khi đó
Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của hệ phương trình 
Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình 
ax2= mx + n (*)
Số giao điểm của (P) và (d) là số nghiệm của phương trình (*)
+ Nếu (*) vô nghiệm thì (P) và (d) không có điểm chung
+ 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
II. Bài tập mẫu:
Bài 1: Cho hàm số: y = (m + 4)x – m + 6 (d).
Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến, nghịch biến.
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.
Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2.
Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2.
Chứng minh rằng khi m thay đổi thì các đường thẳng (d) luôn luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 2: 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: 
(d1) và (d2) cắt nhau.
(d1) và (d2) cắt nhau tại một điểm trên trục tung.
(d1) và (d2) song song với nhau.
(d1) và (d2) vuông góc với nhau.
(d1) và (d2) trùng nhau.
Bài 3: Cho hàm số: y = (2m-5)x+3 với m ≠ 52 có đồ thị là đường thẳng d .
Tìm giá trị của m để : 
Góc tạo bởi (d) và trục Ox là góc nhọn, góc tù ( hoặc hàm số đồng biến , nghịch biến) 
(d) đi qua điểm (2;-1)
(d)// với đường thẳng y =3x-4
(d) // với đường thẳng 3x+2y = 1
(d) luôn cắt đường thẳng 2x-4y-3 =0
(d) cắt đường thẳng 2x+ y = -3 tại điểm có hoành độ bằng -2
Chứng tỏ (d) luôn đi qua 1 điểm cố định trên trục tung
Bài 4: cho (p) y = 2x2 và đường thẳng (d) y = (2m-1)x – m2-9 . Tìm m để :
Đường thẳng(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
(d) tiếp xúc với (P)
(d) và (P) không giao nhau. 
 Bài 5: Cho hàm số: cú đồ thị (P). 
Tỡm cỏc điểm A, B thuộc (P) cú hoành độ lần lượt bằng –1 và 2.
Viết phương trỡnh đường thẳng AB.
Viết phương trỡnh đường thẳng song song với AB và tiếp xỳc với (P). Tỡm tọa độ tiếp điểm.
Bài 6: Cho hàm số: y = (m + 1)x2 cú đồ thị (P).
Tỡm m để hàm số đồng biến khi x > 0.
Với m = – 2. Tỡm toạ độ giao điểm của (P) với đường thẳng (d): y = 2x – 3.
Tỡm m để (P) tiếp xỳc với (d): y = 2x – 3. Tỡm tọa độ tiếp điểm.
Bài 7: Chứng tỏ đường thẳng  ... ) => éODP = 900 => P chạy trên đường thẳng cố định vuông góc với CD tại D. 
Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A’ B’ song song và bằng AB.
Bài 13 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.
Chứng minh AFHE là hình chữ nhật.
BEFC là tứ giác nội tiếp.
AE. AB = AF. AC.
Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn .
Lời giải: 
1. Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 
=> éAEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1)
éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 
=> éAFH = 900 (vì là hai góc kề bù).(2)
éEAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3)
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 =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn cung AE) . Theo giả thiết AH ^BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2) 
 => éB1 = éH1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) => éB1= éF1 => éEBC+éEFC = éAFE + éEFC mà éAFE + éEFC = 1800 (vì là hai góc kề bù) => éEBC+éEFC = 1800 mặt khác éEBC và éEFC là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp.
3. Xét hai tam giác AEF và ACB ta có éA = 900 là góc chung; éAFE = éABC ( theo Chứng minh trên) 
 => DAEF ~DACB => => AE. AB = AF. AC.
* 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 => DIEH cân tại I => éE1 = éH1 .
DO1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => éE2 = éH2.
=> éE1 + éE2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900 
=> O1E ^EF .
 Chứng minh tương tự ta cũng có O2F ^ EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn .
Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K.
Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao điểm của EA, 
EB với các nửa đường tròn (I), (K).
1.Chứng minh EC = MN.
2.Ch/minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đ/tròn (I), (K).
3.Tính MN.
4.Tính diện tích hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn
Lời giải: 
 1. Ta có: éBNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K)
 => éENC = 900 (vì là hai góc kề bù). (1)
 éAMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => éEMC = 900 (vì là hai góc kề bù).(2)
 éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay éMEN = 900 (3)
 Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật )
 2. Theo giả thiết EC ^AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (I) và (K) 
 => éB1 = éC1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => éC1= éN3 
 => éB1 = éN3.(4) Lại có KB = KN (cùng là bán kính) => tam giác KBN cân tại K => éB1 = éN1 (5) 
 Từ (4) và (5) => éN1 = éN3 mà éN1 + éN2 = éCNB = 900 => éN3 + éN2 = éMNK = 900 hay MN ^ KN tại N => MN là tiếp tuyến của (K) tại N.
 Chứng minh tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M, 
 Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn (I), (K).
3. Ta có éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm O) => DAEB vuông tại A có EC ^ AB (gt) 
=> EC2 = AC. BC ú EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trên EC = MN => MN = 20 cm.
4. Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm
Ta có S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) = . IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 = . 202 = 400.
Ta có diện tích phần hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn là S = ( S(o) - S(I) - S(k))
S = ( 625- 25- 400) = .200 = 100 314 (cm2)
Bài 15 Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn (O) có đường kính MC. đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại D. đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại S.
Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .
Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.
Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh rằng các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy.
Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE.
Chứng minh điểm M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE.
Lời giải: 
Ta có éCAB = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); éMDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éCDB = 900 như vậy D và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp.
ABCD là tứ giác nội tiếp => éD1= éC3( nội tiếp cùng chắn cung AB). 
éD1= éC3 => => éC2 = éC3 (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung bằng nhau) 
=> CA là tia phân giác của góc SCB.
3. Xét DCMB Ta có BA^CM; CD ^ BM; ME ^ BC như vậy BA, EM, CD là ba đường cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy.
4. Theo trên Ta có => éD1= éD2 => DM là tia phân giác của góc ADE.(1)
5. Ta có éMEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => éMEB = 900. 
Tứ giác AMEB có éMAB = 900 ; éMEB = 900 => éMAB + éMEB = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đường tròn => éA2 = éB2 .
Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => éA1= éB2( nội tiếp cùng chắn cung CD) 
=> éA1= éA2 => AM là tia phân giác của góc DAE (2)
Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE
TH2 (Hình b)
 Câu 2 : éABC = éCME (cùng phụ éACB); éABC = éCDS (cùng bù éADC) => éCME = éCDS 
=> => éSCM = éECM => CA là tia phân giác của góc SCB.
Bài 16 Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đường tròn đường kính BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn tại F, G.
Chứng minh :
Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD.
Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp .
 AC // FG.
Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy.
Lời giải: 
1. Xét hai tam giác ABC và EDB Ta có éBAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); éDEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> éDEB = éBAC = 900 ; lại có éABC là góc chung => DDEB ~ D CAB .
2. Theo trên éDEB = 900 => éDEC = 900 (vì hai góc kề bù); éBAC = 900 ( vì DABC vuông tại A) hay éDAC = 900 => éDEC + éDAC = 1800 mà đây là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp .
 * éBAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); éDFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay éBFC = 900 như vậy F và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp.
3. Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => éE1 = éC1 lại có éE1 = éF1 => éF1 = éC1 mà đây là hai góc so le trong nên suy ra AC // FG.
4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đường cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy tại S.
Bài 17. Cho tam giác đều ABC có đường cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M không trùng B. C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB. AC.
Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó.
Chứng minh rằng MP + MQ = AH.
Chứng minh OH ^ PQ.
Lời giải: 
1. Ta có MP ^ AB (gt) => éAPM = 900; MQ ^ AC (gt) 
=> éAQM = 900 như vậy P và Q cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên P và Q cùng nằm trên đường tròn đường kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp.
* Vì AM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm của AM.
2. Tam giác ABC có AH là đường cao => SABC = BC.AH.
Tam giác ABM có MP là đường cao => SABM = AB.MP
Tam giác ACM có MQ là đường cao => SACM = AC.MQ
 Ta có SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 
Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH.
3. Tam giác ABC có AH là đường cao nên cũng là đường phân giác => éHAP = éHAQ => ( tính chất góc nội tiếp ) => éHOP = éHOQ (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc POQ. Mà tam giác POQ cân tại O ( vì OP và OQ cùng là bán kính) nên suy ra OH cũng là đường cao => OH ^ PQ
Bài 18 Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H không trùng O, B) ; trên đường thẳng vuông góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngoài đường tròn ; MA và MB thứ tự cắt đường tròn (O) tại C và D. Gọi I là giao điểm của AD và BC.
Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp .
Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I.
Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp .
 Lời giải: 
1. Ta có : éACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 
=> éMCI = 900 (vì là hai góc kề bù). 
éADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 
=> éMDI = 900 (vì là hai góc kề bù).
=> éMCI + éMDI = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID nên MCID là tứ giác nội tiếp.
2. Theo trên Ta có BC ^ MA; AD ^ MB nên BC và AD là hai đường cao của tam giác MAB mà BC và AD cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác MAB. Theo giả thiết thì MH ^ AB nên MH cũng là đường cao của tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy tại I.
3. DOAC cân tại O ( vì OA và OC là bán kính) => éA1 = éC4 
DKCM cân tại K ( vì KC và KM là bán kính) => éM1 = éC1 .
Mà éA1 + éM1 = 900 ( do tam giác AHM vuông tại H) => éC1 + éC4 = 900 => éC3 + éC2 = 900 ( vì góc ACM là góc bẹt) hay éOCK = 900 .
Xét tứ giác KCOH Ta có éOHK = 900; éOCK = 900 => éOHK + éOCK = 1800 mà éOHK và éOCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp.
Bài 19. Cho đường tròn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ). Gọi M là trung điểm của đoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB. Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD.
Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp .
Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi.
Chứng minh BI // AD.
Chứng minh I, B, E thẳng hàng.
Chứng minh MI là tiếp tuyến của (O’).
Lời giải: 
 1. éBIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éBID = 900 (vì là hai góc kề bù); DE ^ AB tại M => éBMD = 900 
=> éBID + éBMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MBID nên MBID là tứ giác nội tiếp.
 2. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE ^ AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan hệ đường kính và dây cung) 
=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường .
 3. éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD ^ DC; theo trên BI ^ DC => BI // AD. (1)
 4. Theo giả thiết ADBE là hình thoi => EB // AD (2).
Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đường thẳng song song với AD mà thôi.) 
 5. I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông tại I => IM là trung tuyến ( vì M là trung điểm của DE) =>MI = ME => DMIE cân tại M => éI1 = éE1 ; DO’IC cân tại O’ ( vì O’C và O’I cùng là bán kính ) => éI3 = éC1 mà éC1 = éE1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => éI1 = éI3 => éI1 + éI2 = éI3 + éI2 . Mà éI3 + éI2 = éBIC = 900 => éI1 + éI2 = 900 = éMIO’ hay MI ^ O’I tại I => MI là tiếp tuyến của (O’

Tài liệu đính kèm:

  • docDe thi vao lop 10 3.doc