CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 CÓ GIẢI CHI TIẾT
vectorstock.com/28062405
Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 PHÂN DẠNG TOÁN CÓ GIẢI CHI TIẾT NĂM HỌC 2020-2021 WORD VERSION | 2021 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
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
1
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Chủ để 1: CÁC BÀI TOÁN RÚT GỌN CĂN THỨC A. CÁC BÀI TOÁN RÚT GỌN CĂN THỨC CÁC CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI CĂN THỨC 1.
A nÕu A ≥ 0 A2 = A = − A nÕu A < 0
2.
AB =
3.
A = B
4.
A2 B = A
(Với A ≥ 0; B ≥ 0 )
A. B
A B
(Với A ≥ 0; B > 0 ) (Với B ≥ 0 )
B
(Với A ≥ 0; B ≥ 0 )
5.
A B =
6.
A B = − A2 B
A2 B
7.
A 1 = B B
8.
A A B = B B
(Với A < 0; B ≥ 0 ) (Với A ≥ 0; B > 0 )
AB
(Với B > 0 )
(
9
C A±B C = A − B2 A±B
10
C C = A± B
11
( A) 3
3
(
)
A± B
(Với A ≥ 0; A ≠ B2 )
)
A− B
(Với A ≥ 0; B ≥ 0; A ≠ B )
= 3 A3 = A
CÁCH TÌM ĐKXĐ CỦA MỘT BIỂU THỨC TRONG BÀI TOÁN RÚT GỌN BIỂU THỨC - ĐKXĐ: 1. 2.
A
A B
VÍ DỤ
ĐKXĐ:
A≥0
Ví dụ:
ĐKXĐ:
B≠0
Ví dụ:
B>0
3.
A B
ĐKXĐ:
4.
A B
ĐKXĐ: A ≥ 0; B > 0
ĐKXĐ:
x ≥ 2018
x+4 x−7
ĐKXĐ:
x≠7
Ví dụ:
x +1 x−3
ĐKXĐ:
x>3
Ví dụ:
x x−3
ĐKXĐ:
x ≥ 0 ⇔ x>3 x > 3
2
x − 2018
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
5.
A B
A ≤ 0 B < 0 ĐKXĐ: A ≥ 0 B > 0
x +1 x+2
Ví dụ:
ĐKXĐ:
x + 1 ≤ 0 x + 2 < 0 ⇔ x < −2 x ≥1 x + 1 ≥ 0 x + 2 > 0
Cho a > 0 ta có: 6.
7.
x > a x >a⇔ x < − a 2
x2 > 1 ⇔
Ví dụ:
x2 < 4 ⇔ −2 < x < 2
Cho a > 0 ta có:
x2 < a ⇔ − a < x < a
x > a
Ví dụ:
x < − a
Dạng 1: Biểu thức dưới dấu căn là một số thực dương. Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau:
M = 45 + 245 − 80
N = 5 8 + 50 − 2 18
P = 125 − 4 45 + 3 20 − 80
A = 12 + 27 − 48
B = 2 3 + 3 27 − 300
C = (2 3 − 5 27 + 4 12) : 3
Hướng dẫn giải
M = 45 + 245 − 42.5
N = 5 8 + 50 − 2 18
P = 5 5 − 12 5 + 6 5 − 4 5
= 32.5 + 7 2 ⋅ 5 − 42.5
= 5.2 2 + 5 2 − 2.3 2
= −5 5
=3 5 +7 5 −4 5 = 6 5
= 10 2 + 5 2 − 6 2 = (10 + 5 − 6) 2 = 9 2
A = 12 + 27 − 48
B = 2 3 + 3 27 − 300
C = (2 3 − 5 27 + 4 12) : 3
= 2 3 +3 3 −4 3
= 2 3 + 3 32.3 − 102.3
= (2 3 − 5.3 3 + 4.2 3) : 3
= 3
= 2 3 + 3.3. 3 − 10 3
= −5 3 : 3 = −5
= 3
Nhận xét: Đây là một dạng toán dễ. Học sinh có thể bấm máy tính để giải, đa phần áp dụng kiến thức đưa thừa số ra ngoài dấu căn để giải toán.
A2 B = A
B (B ≥0 )
Tự luyện:
(
)
A = 3 50 − 5 18 + 3 8 . 2
B = 2 32 − 5 27 − 4 8 + 3 75
Dạng 2: Áp dụng hằng đẳng thức
A2 = A
Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau:
3
C = 20 − 45 + 2 5
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a)
(3 − 2 2 )
d)
(3 +
2
+
2
2) −
(3 + 2 2 ) (1 −
2)
2
( 5 − 2 6 ) 2 − ( 5 + 2 6 )2
b)
2
e)
2
(
5 − 2) +
(
5 + 2)
2
c)
( 2 − 3 )2 + (1 − 3 )2
f)
(
2
2 + 1) −
(
2 − 5)
2
Giải mẫu:
(3 − 2 2 )
a)
2
(3 + 2 2 )
+
2
= 3−2 2 + 3+ 2 2 = 3−2 2 +3+ 2 2 = 6 A nÕu A ≥ 0 A2 = A = − A nÕu A < 0
Lưu ý: Điều kiện bỏ dấu giá trị tuyệt đối: b) −4 6
Kết quả:
c) 1
e) 2 5 f) 2 2 − 4
d) 4
Dạng 3: Biểu thức dưới dấu căn đưa được về hằng đẳng thức
A2 = A
Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức A = 4 − 2 3 − 7 + 4 3 .
Hướng dẫn giải A = 3 − 2 3 +1 − 4 + 4 3 + 3
)
2
=
(
(2 + 3)
=
3 −1 − 2 + 3
3 −1 −
(
)
= 3 − 1 − 2 + 3 = −3
2
.
Nhận xét: Các biểu thức 4 − 2 3 ; 7 + 4 3 đều có dạng m ± p n trong đó với a 2 + b 2 = m p n = 2ab . Những biểu thức như vậy đều viết được dưới dạng bình phương của một biểu thức. Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức B = 5 + 2 6 − 5 − 2 6 .
Hướng dẫn giải Cách 1:
B = 5+ 2 6 − 5−2 6 =
(
=
3+ 2 −
3+ 2
= 3+ 2−
)
(
2
−
(
3− 2
)
2
3− 2
)
3+ 2 =2 2 .
Cách 2:
B = 5+ 2 6 − 5−2 6
Ta có: B2 = 5 + 2 6 + 5 − 2 6 − 2
( 5 + 2 6 )( 5 − 2 6 ) = 10 − 2
Vì B > 0 nên B = 8 = 2 2 .
4
1=8
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Nhận xét: Các biểu thức 5 + 2 6 và 5 − 2 6 là hai biểu thức liên hợp. Gặp những biểu thức như vậy, để tính B ta có thể tính B 2 trước rồi sau đó suy ra B.
Bài 1: Rút gọn a) A = 6 − 2 5
b) B = 4 − 12
c) C = 19 − 8 3
d) D = 5 − 2 6
Hướng dẫn giải a) A = 6 − 2 5 = b) B =
(
)
5 −1
2
5 −1 = 5 −1
=
(
4 − 12 = 4 − 2 3 =
c) C = 19 − 8 3 =
(4 − 3)
d) D = 5 − 2 6 =
(
2
3− 2
)
3 −1
2
=
3 −1
= 4− 3 = 4− 3
)
2
=
3− 2 = 3− 2
Bài 2: Rút gọn a) A = 4 + 2 3
b) B = 8 − 2 15
c) C = 9 − 4 5
d) D = 7 + 13 − 7 − 13
e) E = 6 + 2 5 − 6 − 2 5
f) F = 7 − 2 10 + 20 +
Hướng dẫn giải a) A =
4+2 3 =
(
)
3 +1
b) B = 8 − 2 15 = c) C = 9 − 4 5 =
2
= 3 +1
(
)
15 − 1
(2 − 5 )
2
d) D = 7 + 13 − 7 − 13 =
=
1 2
(
)
2
13 + 1 −
(
2
= 15 − 1
= 5 −2
1 2
( 14 + 2 13 −
14 − 2 13
)
2 13 − 1 = 2
)
e) E = 6 + 2 5 − 6 − 2 5 = 5 + 2 5 + 1 − 5 − 2 5 + 1
= ( 5 + 1) 2 − ( 5 − 1) 2 =| 5 + 1| − | 5 − 1|= 5 + 1 − 5 + 1 = 2
5
1 8 2
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 f) F = 7 − 2 10 + 20 +
=
1 8= 2
(
5− 2
)
2
1 + 2 5 + .2 2 2
5− 2 +2 5+ 2 = 5− 2+2 5+ 2 =3 5
Bài 3: Rút gọn (Bài tự luyện) a) 5 + 2 6 − 5 − 2 6
b)
7 − 2 10 − 7 + 2 10
c)
4−2 3 + 4+2 3
d)
24 + 8 5 + 9 − 4 5
e)
17 − 12 2 + 9 + 4 2
f)
6 − 4 2 + 22 − 12 2
g)
2+ 3 − 2− 3
h)
21 − 12 3 − 3
j)
13 + 30 2 + 9 + 4 2
l)
1 + 3 + 13 + 4 3 + 1 − 3 − 13 − 4 3
i) k)
5 − 3 − 29 − 12 5
5 − 13 + 4 3 + 3 + 13 + 4 3
Dạng 4: Rút gọn tổng hợp (sử dụng trục căn thức, hằng đẳng thức, phân tích thành nhân tử; …) Bài 1: Rút gọn:
3 4 1 + + 5− 2 6+ 2 6+ 5
A=
6+2 5 5−2 6 + 5 +1 3− 2
B=
C=
1 1 1 1 + + + ... + 1+ 2 2+ 3 3+ 4 99 + 100
D=
1 + 7−4 3 2− 3
E=
3 3−4 3+4 − 2 3 +1 5−2 3
F=
1 2 2 + − 2+ 3 6 3+ 3
Hướng dẫn giải a) A =
6+2 5 5−2 6 5 +1 3− 2 + = + =2 5 +1 3− 2 5 +1 3− 2
b) B =
3 3 4 1 + + = 5− 2 6+ 2 6+ 5
(
5+ 2 3
) + 4(
= 5+ 2+ 6− 2+ 6− 5=2 6 c) C =
1 1 1 1 + + + ... + 1+ 2 2+ 3 3+ 4 99 + 100
6
6− 2 4
)+
(
6− 5
)
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
=
(
) (
) (
2 −1 +
)
3− 2 +
4 − 3 + ... +
(
)
100 − 99 = 9
d) D =
1 1 1 + 7−4 3 = + 4−4 3 +3 = + (2 − 3) 2 2− 3 2− 3 2− 3
=
1 2+ 3 2+ 3 + 2− 3 = +2− 3 = +2− 3 = 4 1 2− 3 (2 − 3)(2 + 3)
)− (
2
=
4−2 3 4+2 3 1 − = 2 2 2
=
1 2
(
)
2
2 3 +1
(
3 −1 −
2
)
1 1 2 1 2 2 = + − + − 3 2+ 3 6 3+ 3 2+ 3 3 3 +1
(
3
(
)
) (
)( 3 + 1) − 2 ( 2 + 3 ) 3 ( 3 + 1)( 2 + 3 )
3 +1 + 2 + 3
(
3 +1 2 + 3
(
3 −1
2 3
52
1 .(−2) = − 2 2
)
3 −1 − 3 −1 =
2 3+4 3
(
)( ) − (2 3)
3 + 4 5+ 2 3
−1
22 − 11 3 26 + 13 3 − = 2− 3 − 2+ 3 11 13
=
=
)( (2 3)
3 − 4 2 3 −1
=
f) F =
=
(3
3 3−4 3+4 − = 2 3 +1 5−2 3
e) E =
)(
3 ( 3 − 1)
) = 3(
)
=
2 3
(
(
3+2
)(
3 +1 2 + 3
) = 3−
3 −1 3
)
3
3
= 1−
=
2. 3
) 3(
(
)
3 −1
)(
)
3 +1
3 −1
3 3
Bài 2: Rút gọn
A = ( 3 + 4) 19 − 8 3
C=
E=
7+ 5 + 7− 5 7 + 2 11
B = ( 5 − 2)( 5 + 2) −
D=
− 3−2 2
8 − 15
F=
30 − 2
7
4
(2 − 5 ) 3 +1 3 −1
+
2
−
3 −1 3 +1
7−4 3 3−2 4
(2 + 5 )
2
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải a) A = ( 3 + 4) 19 − 8 3 =
2
3−2
7+ 5 + 7− 5 7 + 2 11
2
) (4 − 3) = (
3+4
(2 − 3) 2
2
b) B = ( 5) − 2 −
c) B =
(
= 5−4−
2− 3 3−2
)(
)
3 + 4 4 − 3 = 16 − 3 = 13
= 1 − ( −1) = 2
− 3− 2 2 2
7 + 5 + 7 − 5 14 + 2 44 7+ 5 + 7− 5 = Ta có = 2 = 2 7 + 2 11 7 + 2 11 7 + 2 11
(
B = 2 − 3−2 2 = 2 −
4
d) D =
(2 − 5 ) 2
=
2− 5
−
8 − 15
e) E =
30 − 2
3 +1
f) F =
+
3 −1
2
4
−
(2 + 5 )
2 2+ 5
=
15 − 1
( =
3 −1 3 +1
=
2
2
= 2 − 2 +1 = 1
22
(2 − 5 )
2
2 2 2 − = 5 −2 5+2
=
1
)
2 −1
.
−
(
22
(2 + 5 )
2
) ( 5 − 2) ( 5 + 2)( 5 − 2) 5+2 −2
=
2 5 +4−2 5 +4 =8 5−4
16 − 2 15 1 15 − 1 1 = . = 4 2 2 15 − 1 2
) (
3 +1 +
)
3 −1
2
3 −1
=
4+2 3 +4−2 3 =4 2
Bài 3: Rút gọn - Bài tập tự luyện a)
c)
e)
7 −5 6−2 7 6 5 − + − 2 4 7 −2 4+ 7
1 3+ 2− 5 1 3
+
1 3 2
+
−
2
b)
6 −2
+
6− 2
1
d)
1− 3
3+ 2+ 5
1
5 1 − 3 12 6
f)
2 6 +2 −
+
5 6
5 1 : 5 5− 2
2 3 − 3 + 13 + 48 6− 2
Bài 4: Rút gọn – Bài tập tự luyện
1)
A=
1 1 − 5+2 6 5−2 6
2)
8
B=
1 1 − 3+2 3−2
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
3 2 3 + 3 3 +1
3)
C=
5)
E=
7)
G = 6+2 5 −
9)
I=
3+ 5 5− 3 + 3− 5 5+ 3 15 − 3 3
2 2 − 2− 5 2+ 5
13) M =
3 2 −2 3 1 : 3− 2 6
(
)
2 2 − 5 +1 3− 5
5 3 3− 5 − 3
−
F=
8)
H=
5+ 2 5 3+ 3 + − 5 3 4
(2 − 5 )
2
−
(
5+ 3
)
4
(2 + 5 )
2
2+ 2 2− 2 .1 − 1 + 2 1− 2 6− 2 1 − 3: 12) L = 1− 3 2− 3 6 1 14) N = + 1+ 7 7
3 2 −2 3 2+ 2 1 + − 3− 2 1+ 2 2 − 3 6− 2 5 17) Q = − . 5 − 2 5 1− 3 2 1 1 + 19) S = : 5 + 3 21 − 12 3 2− 5
23) W=
6)
15 − 12 1 − 5−2 2− 3
10) J = 1 +
15) O =
21) U =
D=
10 − 2 2 − 2 − 5 −1 2 −1
11) K =
4)
5 3 3− 5 + 3
2 2 − 1− 2 1+ 2 2 2 18) R = + 7+4 3 7−4 3
16) P =
20) T =
4 15 + 13 − 1− 3 1+ 5
22) V =
2 2 − 3 −1 6−3 3
24) Y =
2 2 2 + 3+ 5
Kinh nghiệm: Đôi khi một số bài toán rút gọn căn thức sẽ thực hiện dễ dàng hơn nếu chúng ta trục căn
thức hoặc rút gọn được một hạng tử trong đề toán. Nếu quy đồng mẫu số thì việc thực hiện các phép tính rất phức tạp. Vì vậy trước khi làm bài toán rút gọn, học sinh cần quan sát kỹ đề toán từ đó có định hướng giải đúng đắn để lời giải được ngắn gọn, chính xác.
Dạng 5. Bài toán chứa ẩn (ẩn x) dưới dấu căn và những ý toán phụ. Rút gọn. Bước 1:
Tìm điều kiện xác định.
Bước 2:
Tìm mẫu thức chung, quy đồng mẫu thức, rút gọn tử, phân tích tử thành nhân tử.
Bước 3:
Chia cả tử và mẫu cho nhân tử chung của tử và mẫu.
9
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bước 4:
Khi nào phân thức tối giản thì ta hoàn thành việc rút gọn.
(
)
3 x + 2 2 x −3 3 3 x −5 − − . x +1 3− x x − 2 x −3
Bài 1: Cho biểu thức P =
a) Rút gọn P; b) Tìm giá trị của P, biết x = 4 + 2 3 ; c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Hướng dẫn giải ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 9 . a)
P=
=
=
=
c)
+
2 x −3
−
(
3 3 x −5
x +1
x −3
(
)
)( x − 3) (3 x + 2)( x − 3) + ( 2 x − 3)( x + 1) + 3 (3 = ( x + 1)( x − 3) =
b)
3 x +2
x +1
x −5
)
3 x − 9 x + 2 x − 6 + 2 x + 2 x − 3 x − 3 − 9 x + 15
(
)(
x +1
x −3
)
5 x − 17 x + 6
(
)(
x +1
x −3
)
5 x − 15 x − 2 x + 6
(
(5 (
)(
x +1
x −3
)
)( x − 3) = 5 x + 1)( x − 3) x −2
x −2 . x +1
2
( 3 + 1) x = 3 + 1 ; 5 ( 3 + 1) − 2 5 3 + 3 ( 5 3 + 3)( 2 − 3 ) = = =7 Do đó: P = ( 3 + 1) + 1 3 + 2 ( 3 + 2)( 2 − 3 ) Ta có x = 4 + 2 3 =
Ta có P =
P = 5−
5 x −2 5 x +5−7 = x +1 x +1
7 x +1 .
10
3 −9.
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
7 > 0 nên P có giá trị nhỏ nhất ⇔ x +1
Vì
7 lớn nhất x +1
⇔ x + 1 nhỏ nhất ⇔ x = 0 . Khi đó min P = 5 − 7 = −2 .
x +1 2 x 5 x +2 3 x −x Bài 2: Cho biểu thức Q = − + : − 4 x − + x 2 x 2 x+4 x +4 a) Rút gọn Q; b) Tìm x để Q = 2 ; c) Tìm các giá trị của x để Q có giá trị âm.
Hướng dẫn giải ĐKXĐ: x > 0; x ≠ 4; x ≠ 9 .
x +1 2 x 5 x +2 3 x −x Q = − + : 4 − x x + 4 x + 4 x +2 x −2
a)
=
=
=
(
)(
)
x +1
x +2 −2 x
(
x −2
(
)(
) (
x −2 − 5 x +2 x +2
)
x + 3 x + 2 − 2x + 4 x − 5 x − 2
(
x −2
)(
−x + 2 x
(
x −2
x +2
)
.
(
)
x +2
)
b)
x +2
(
)
2
x 3− x
)
(
x 3− x
)
2
x +2 x −3
x +2 = 2 x −6
⇔ − x = −8 ⇔
c)
.
(
x +2 =2 x −3
Q = 2 ⇔= ⇔
x −2
2
2
) . ( x + 2) = = ( x − 2)( x + 2) x (3 − x ) − x
(
)(
x +2
) : x (3 − x ) ( x + 2)
Q<0⇔
x = 8 ⇔ x = 64 .(Thỏa mãn ĐKXĐ).
x +2 <0 x −3
⇔ x − 3 < 0 (vì x + 2 > 0 ) ⇔ x < 3 ⇔ x < 9 . Kết hợp với điều kiện xác định ta có Q < 0 khi 0 < x < 9 và x ≠ 4 . Bài 3: Cho biểu thức B =
a 3 a−2 − − với a ≥ 0; a ≠ 9 a −3 a +3 a −9
a) Rút gọn B.
11
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 b) Tìm các số nguyên a để B nhận giá trị nguyên
Hướng dẫn giải a)
Với a ≥ 0; a ≠ 9 ta có:
B=
b)
a 3 a−2 a 3 a−2 = − − − − a −3 a + 3 ( a − 3)( a + 3) a −3 a +3 a−9
=
a ( a + 3) 3( a − 3) a−2 − − ( a − 3)( a + 3) ( a − 3)( a + 3) ( a − 3)( a + 3)
=
a +3 a −3 a +9− a + 2 11 = a−9 a − 3)( a + 3)
Để B ∈ Z ⇔
11 ∈ Z ⇔ 11⋮ (a − 9) ⇔ ( a − 9) ∈ U (11) a −9
U (11) = {1;11; −1; −11} Khi đó ta có bảng giá trị
a−9
-11
-1
1
11
a
-2
8
10
20
Không thoả mãn
Thoả mãn
Thoả mãn
Thoả mãn
Vậy a ∈ {8;10; 20} thì B ∈ Z
x −3 x +2 9− x 3 x −9 2 − x + 3 + x − x + x − 6 : 1 − x − 9
Bài 4: Cho biểu thức P =
(với x > 0; x ≠ 4; x ≠ 9 ) a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị biểu thức P khi x =
4 + 2 3.( 3 − 1) 6+2 5 − 5 Hướng dẫn giải
a)
P=
=
( x − 9) + ( 4 − x) + (9 − x ) : x − 9 − 3
( 2 − x )( 3 + x ) 4− x
( 2 − x )( 3 + x )
:
(
x +9
x −9
x −3 x
(
)(
x +3
x −3
)
) = 2+
x x
12
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
b)
x=
(
(1 +
Nên P =
2
) ( 3 − 1) = ( 5) − 5
3 +1
2
)(
3 +1
) =2
3 −1
1+ 5 − 5
2+ 2 = 2 +1 2
Bài 5: Với x > 0, cho hai biểu thức A =
2+ x và B = x
x −1 2 x +1 + x x+ x
a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64. b) Rút gọn biểu thức B. c) Tìm x để
A 3 > B 2
Hướng dẫn giải a)
Với x = 64 ta có A =
b)
B=
c)
Với x > 0 ta có:
2 + 64 2 + 8 5 = = 8 4 64
( x − 1)( x + x ) + (2 x + 1) x x x + 2 x = = 1+ x (x + x ) x x+x A 3 2+ x 2+ x 3 > ⇔ : > ⇔ B 2 x x +1 2
1 = x +1
x +2 x +1
x +1 3 > 2 x
⇔ 2 x + 2 > 3 x ⇔ x < 2 ⇔ 0 < x < 4 ( Do x>0) Bài 6: Cho hai biểu thức A =
x +4 3 x +1 2 và B = với x ≥ 0; x ≠ 1 − x −1 x+2 x −3 x +3
a) Tính giá trị biểu thức A khi x = 9 b) Chứng minh B =
1 x −1
c) Tìm tất cả các giá trị của x để
A x ≥ +5 B 4
Hướng dẫn giải a)
b)
Do x = 9 thoả mãn điều kiện nên thay x = 9 vào A ta có A=
9 + 4 3+ 4 7 = = . 9 −1 3 −1 2
B=
3 x +1 2 − x + 2 x −3 x +3
13
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
c)
=
3 x +1 2 − ( x + 3)( x − 1) x +3
=
3 x + 1 − 2( x − 1) ( x + 3)( x − 1)
=
x +3 = ( x + 3)( x − 1)
1 x −1
x +4 1 x : ≥ +5 x −1 x −1 4
A x ≥ +5 ⇔ B 4
⇔ 4( x + 4) ≥ x + 20 ⇔ x − 4 x + 4 ≤ 0 ⇔ x = 4 thoả mãn điều kiện. Vậy x = 4 thì
Bài 7: Cho biểu thức A =
(
)
2
x −2 ≤ 0 ⇔ x −2 =0 ⇔ x = 4
A x ≥ +5 B 4
x−2 x x +1 1+ 2x − 2 x ( Với x > 0, x ≠ 1 ) + + x x −1 x x + x + x x2 − x
a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x để biểu thức A nhận giá trị là số nguyên.
Hướng dẫn giải a)
A=
x +2 . x + x +1
b) Cách 1: Với x > 0, x ≠ 1 x + x + 1 > x + 1 > 1. Vậy 0 < A =
x +2 < x + x +1
Vì A nguyên nên A = 1 ⇔
x +2 = 1+ x +1
1 < 2. x +1
x +2 = 1 ⇔ x = 1 ( Không thỏa mãn). x + x +1
Vậy không có giá trị nguyên nào của x để giả trị A là một số nguyên.
Cách 2: Dùng miền giá trị A=
x +2 ⇔ Ax+(A-1) x + A − 2 = 0 x + x +1
Trường hợp 1: A = 0 x = −2 x ∈ ∅ 1 Trường hợp 2: A ≠ 0 ∆ = (A − 1) 2 − 4 A( A − 2) = −3 A2 + 6 A + 1 ≥ 0 ⇔ A2 − 2 A − ≤ 0 3
14
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
⇔ A2 − 2 A + 1 ≤
4 4 ⇔ (A − 1) 2 ≤ A ∈ {1; 2} doA ∈ Z , A > 0 3 3
Với A = 1 => x = 1 ( loại) Với A = 2 ⇔
x +2 = 2 ⇔ x = 0 ( loại). x + x +1
Bài 8: Cho biểu thức P = 1 −
1 x −1 1 − x + , (với x > 0 và x ≠ 1 ). : x x x + x
a) Rút gọn biểu thức P . b) Tính giá trị của biểu thức P tại x = 2022 + 4 2018 − 2022 − 4 2018 .
Hướng dẫn giải a)
Ta có 1 −
x −1 x
x −1 1 − x x −1 + 1 − x + = = x x+ x x +1 x
Và
(
nên P = b)
1 = x
x −1 x +1 . = x x −1
)
( (
) x + 1) x −1
x x
=
x −1 x +1
x +1 . x
Có x = 2022 + 4 2018 − 2022 − 4 2018
=
(
=
2018 + 2 −
2018 + 2
)
2
−
(
2018 − 2
)
2
2018 − 2 = 2018 + 2 − 2018 + 2 = 4 thỏa mãn điều kiện x > 0 và x ≠ 1 .
+ Vậy giá trị của biểu thức P tại x = 4 là:
4 +1 3 = . 2 4
6 ( a − 1)2 10 − 2 a + (với a > 0; a ≠ 1 ). a − 1 a a − a − a + 1 . 4 a a) Rút gọn biểu thức B .
Bài 9: Cho biểu thức B =
b) Đặt C = B.(a − a + 1) . So sánh C và 1.
Hướng dẫn giải a)
Với a > 0; a ≠ 1 , ta có:
15
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
6 10 − 2 a ( a − 1) 2 B= + . a − 1 (a − 1)( a − 1) 4 a =
b)
1 4 a +4 ( a − 1) 2 4( a + 1) ( a − 1) 2 1 . . Vậy B = . = . = ( a − 1)( a − 1) 4 a ( a − 1)( a + 1)( a − 1) 4 a a a
Với a > 0; a ≠ 1 , ta có: C − 1 =
Bài 10: Cho biểu thức A =
a − a +1 ( a − 1) 2 −1 = > 0. Vậy C > 1. a a
x +1 x : + x+4 x +4 x+2 x
x , với x > 0 . x +2
a. Rút gọn biểu thức A . b. Tìm tất cả các giá trị của x để A ≥
1 3 x
.
Hướng dẫn giải a)
Ta có: A =
=
b)
x x x +1 x ( x + 1) = : + : = 2 x + 2 ( x + 2) x +2 x +2
x +1 ( x + 2) 2
1 và x ( x + 2)
Với x > 0 ta có A =
Khi đó A ≥
x x +1 x x : + = 2 x + 2 ( x + 2) x ( x + 2) x +2
x +1 x : + x+4 x +4 x+2 x
1 3 x
1
⇔
x
(
x +2
)
≥
1 x ( x + 2)
x > 0; x + 2 > 0. 1
3 x
⇔
x +2≤3 ⇔
x ≤1 ⇔ x ≤1
Suy ra: 0 < x ≤ 1 .
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 11: Cho biểu thức B =
Tìm tất cả các giá trị của x để B < 0 .
Hướng dẫn giải a)
Ta có A = 25 + 3 4.2 − 2 9.2 = 5 + 6 2 − 6 2 = 5 . Vậy A = 5 .
b)
Ta có B =
(
)
x x + x +1
(
)(
)
x −1 x + x +1
+
x + 3 x −1 . x −1 2x + x −1
16
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
( (
=
)( )(
) x + 1)
x −1 x +3 . x −1 2 x −1
x = + x − 1
x +1
2 x + 3 x −1 2 x + 3 . . = x −1 2 x −1 2 x −1
Vì x ≥ 0 nên 2 x + 3 > 0 , do đó B < 0 khi 2 x − 1 < 0 ⇔ x <
1 . 4
1 1 nên ta được kết quả 0 ≤ x < . 4 4
Mà x ≥ 0; x ≠ 1 và x ≠
1 x +2 1 Bài 12: Cho biểu thức V = với x > 0, x ≠ 0 . + x −2 x x +2 a) Rút gọn biểu thức V . 1 b) Tìm giá trị của x để V = . 3
Hướng dẫn giải a)
1 x +2 1 V = + = x −2 x x +2
b)
V=
1 ⇔ 3
x −2+ x +2
(
x +2
)(
x −2
)
x +2 và B = x −5
3 20 − 2 x + với x ≥ 0, x ≠ 25 . x − 25 x +5
1) Tính giá trị biểu thức A khi x = 9 . 2) Chứng minh rằng B =
1 . x −5
3) Tìm tất cả các giá trị của x để A = B. x − 4 .
Hướng dẫn giải Tính giá trị biểu thức A khi x = 9 . Khi x = 9 ta có A =
2)
2 x −2
2 1 = ⇔ x − 2 = 6 ⇔ x = 64 ( thỏa mãn) x −2 3
Bài 13: Cho hai biểu thức A =
1)
x +2 = x
Chứng minh rằng B =
9 + 2 3+ 2 5 = =− 2 9 −5 3−5
1 . x −5
17
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
3 20 − 2 x = + x − 15 x +5
Với x ≥ 0, x ≠ 25 thì B =
= 3)
3
( (
) x + 5)(
x − 5 + 20 − 2 x x −5
=
)
3 x − 15 + 20 − 2 x
(
x +5
)(
x −5
)
3 + x +5
=
20 − 2 x
(
x +5
)(
x −5
x +5
(
x +5
)(
x −5
)
=
)
1 (đpcm) x −5
Tìm tất cả các giá trị của để A = B. x − 4 . Với x ≥ 0, x ≠ 25 Ta có: A = B. x − 4 x +2 = x −5
⇔
1 . x−4 ⇔ x +2 = x−4 x −5
Nếu x ≥ 4, x ≠ 25 thì (*) trở thành :
x +2= x−4
⇔ x− x −6 = 0 ⇔
(
Do
x = 3 ⇔ x = 9 (thỏa mãn)
x + 2 > 0 nên
x −3
)(
(*)
)
x +2 =0
Nếu 0 ≤ x < 4 thì (*) trở thành : ⇔ x+ x −2= 0 ⇔
(
Do
x = 1 ⇔ x = 1 (thỏa mãn)
x + 2 > 0 nên
)(
x +2 = 4− x
x −1
)
x +2 =0
Vậy có hai giá trị x = 1 và x = 9 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
x −x + x x + 6 x +1 , với x ≥ 0, x ≠ 1 . + − x +2 x + x −2 x −1
Bài 14: Cho biểu thức : P =
a) Rút gọn biểu thức P . b) Cho biểu thức Q =
( x + 27 ) .P
(
x +3
)(
x −2
)
, với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4 . Chứng minh Q ≥ 6.
Hướng dẫn giải a)
Ta có x −x + x x + 6 x +1 + − x +2 x+ x −2 x −1
P=
x =
(
)
x −1 − x + x x + 6 −
(
)(
x −1
(
x +2
)(
x +1
x +2
)
18
)
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
=
=
b)
x − x − x + x x +6− x−3 x −2
(
)(
x −1
x +2
−x + x x − 4 x + 4
(
)(
x −1
x +2
)
=
)
(
) ( x − 1)(
x −1 ( x − 4) x +2
)
= x −2.
Với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4 , ta có ( x + 27 ) .P = x + 27 = x − 9 + 36 Q= x +3 x +3 x +3 x −2
(
= x −3+
)(
)
36 = −6 + x +3
(
x +3=
Dấu “=” xẩy ra khi
36 ≥ −6 + 12 = 6 . (co-si) x +3
)
x +3 +
36 ⇔ x +3
(
)
2
x + 3 = 36 ⇔ x = 9 .
1 1+ a 1− a 1 1 + a − 1 − a + 1 − a 2 − 1 + a a 2 − 1 − a với 0 < a < 1.
Bài 15: Cho biểu thức P =
Chứng minh rằng P = –1
Hướng dẫn giải Với 0 < a < 1 ta có:
1+ a P= + 1+ a − 1− a
(
1− a
)
2
(1 − a )(1 + a ) − (
1+ a = + 1+ a − 1− a 1− a
2 1 − a − 1 2 2 a 1− a a
)
(1 − a)(1 + a) − 1 a2 a 1− a
2
( 1− a ) ( 1+ a −
)
1− a. 1+ a 1 1+ a 1− a = + − a2 a 1 + a − 1 − a 1+ a − 1− a =
1 + a + 1 − a 2 1 − a . 1 + a − (1 − a ) − (1 + a ) . 2a 1+ a − 1− a
1+ a + 1− a − = . 1+ a − 1− a
(
1+ a − 1− a
)
2
2a
19
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
=− =−
(
1+ a + 1− a
)(
1+ a − 1− a
)
2a 1+ a −1+ a 2a =− = −1 2a 2a
x +1 khi x = 9. x −1
Bài 16: 1) Tính giá trị biểu thức : A =
x−2 2) Cho biểu thức P = + x+2 x
a) Chứng minh P =
1 x +1 với x > 0; x ≠ 1 . . x + 2 x −1
x +1 . x
b) Tìm giá trị của x để 2P = 2 x + 5 .
Hướng dẫn giải 1.
Với x = 9 thì
2)
a) Chứng minh P =
x = 9 =3 A=
3 +1 4 = =2 3 −1 2
x +1 . x
- Với x > 0; x ≠ 1 ta có
x +1 x−2 x P = + . x ( x + 2) x − 1 x ( x + 2) P=
P=
x+ x −2 x +1 . x ( x + 2) x − 1 x +1 x
( x − 1)( x + 2) x + 1 = . x ( x + 2) x −1
- Vậy với x > 0; x ≠ 1 ta có P =
b)
- Với x > 0; x ≠ 1 ta có: P =
- Để 2P = 2 x + 5 nên
x +1 . x
x +1 x
2 x +1 = 2 x +5 x
- Đưa về được phương trình 2 x + 3 x − 2 = 0
20
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x = −2 (lo¹i) 1 ⇔ x = thỏa mãn điều kiện x > 0; x ≠ 1 - Tính được x=1 4 2 Vậy với x =
1 thì 2P = 2 x + 5 4
Bài 17: Cho hai biểu thức A = 9 − 4 5 − 5 và B =
x− x x −1 + (x>0, x ≠ 1) x x −1
a) Rút gọn biểu thức A và B. b) Tìm giá trị của x để 3 A + B = 0 .
Hướng dẫn giải a)
Ta có: A = 9 − 4 5 − 5 = ( 5 − 2) 2 − 5 =
B=
5 > 2)
5 − 2 − 5 = 5 − 2 − 5 = −2 (vì
x− x x −1 + = x x −1
x.( x − 1) ( x − 1).( x + 1) + x x −1
= x −1+ x + 1 = 2 x
b)
3A + B = 0
⇔ −6 + 2 x = 0 với x ≥ 0, x ≠ 1 ⇔ 2 x = 6 ⇔ x = 3 ⇔ x = 9 ( thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy với x = 9 thì 3A + B = 0
Bài 18: Cho biểu thức
(
)
A = 2 3 − 5 27 + 4 12 : 3
B=
(2 + 3) 2 − 3 2+ 3
a) Rút gọn biểu thức A và B b) Tìm x biết B - 3 2 x − 7 = A
Hướng dẫn giải a)
(
)
A = 2 3 − 5 27 + 4 12 : 3
(
)
= 2 3 − 15 3 + 8 3 : 3 = −5 3 : 3 = -5
21
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
(2 + 3) 2 − 3
B=
2+ 3
(
( 2 + 3 ).( 2 − 3 ) =
=
b)
=
2+ 3
)
2
2− 3 = 2 + 3. 2 − 3
(2 + 3) 4−3 =1
7 B - 3 2 x − 7 = A (ĐK: x ≥ ) 2
⇔ 1 - 3 2x − 7 = - 5 ⇔ 2 x − 7 = 2 ⇔ 2x - 7 = 4 ⇔ x = 5, 5 (TMĐK) Bài 19: Cho x =
15 2 ; A= − 6 −1 6+2
x 2x − x . với x > 0, x ≠ 1 − x −1 x − x
a) Tính giá trị của x và rút gọn A b) Tính giá trị biểu thức B = ( A + 1)( 3 − 2 ) với giá trị của x tính được ở phần a.
Hướng dẫn giải a)
x=
15( 6 + 1) 2( 6 − 2) − = 3( 6 + 1) − ( 6 − 2) = 5 + 2 6 6 −1 6−4
A=
= b)
x x (2 x − 1) − = x −1 x ( x − 1)
x 2 x −1 − x −1 x −1
x − 2 x + 1 ( x − 1) 2 = = x −1 x −1 x −1
B = ( x − 1 + 1)( 3 − 2) = x ( 3 − 2) với x = 5 + 2 6 ta có
B = 5 + 2 6 ( 3 − 2) = ( 3 + 2)2 ( 3 − 2)
= ( 3 + 2)( 3 − 2) = 3 − 2 = 1 Bài 20: Cho biểu thức A = a) Rút gọn biểu thức A.
3 − x +1
1 x−3 với x ≥ 0 và x ≠ 1. − x−1 x −1 b) Tính giá trị của A khi x = 3 − 2 2.
Hướng dẫn giải 1.
A=
3 − x +1
1 x −3 với x ≥ 0 và x ≠ 1 − x −1 x −1
22
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
3 1 − − x +1 x −1
=
=
=
2.
3
(
) (
(
)(
x +1
)
x −1
) ( x − 3) ( x + 1)( x − 1)
x −1 −
x +1 −
3 x − 3 − x −1− x + 3
(
)(
)
x +1
x = 3− 2 2 = +) Thay x = A=
x −3
(
x −1
)
=
x −1
(
)(
)
x +1
x −1
=
1 x +1
2
2 − 1 thoả mãn x ≥ 0 và x ≠ 1
(
)
2 −1
2
vào A
1
(
)
2
2 −1 +1
=
1 2 −1+1
=
1 2 = 2 2
Kết luận x =
2 >1)
(do
(
)
2
2 − 1 thì A =
2 2
x +2 x −2 4x Bài 21: Cho biểu thức A = − : 2 x − 1 x − 2 x + 1 ( x − 1) a) Rút gọn A. b) Tính giá trị của A biết x − 5 = 4.
Hướng dẫn giải
a)
ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1
x +2 x −2 4x A = − = : 2 x − 1 x − 2 x + 1 ( x − 1)
(
x +2
)( (
23
) ( x − 2)( x + 1)( x − 1)
x −1 −
2
x + 1 ( x − 1)2 . 4x
)
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
=
b)
2 x
(
)(
x +1
)
x −1
2
( x − 1) .
2
4x
=
x +1 với ĐKXĐ: x > 0; x ≠ 1. 2 x
Với điều kiện: x ≥ 0; x ≠ 1 . Khi x − 5 = 4 ⇔ x − 5 = 4 ⇔ x = 9
x = 3 . Ta có A =
3 +1 2 = 6 3
Bài tập tự luyện: x +2 x − 2 4x x + 5 x + 6 . x − 2 − x + 2 − 4 − x : x−4
Bài 1: Cho biểu thức P =
a) Rút gọn P; b) Tính giá trị của P khi x = 9 + 4 5 − 9 − 4 5 ; c) Tìm x để P = 2 . x −1 x + 1 x x − 2x − 4 x + 8 Bài 2: Cho biểu thức P = . x − 4 − x − 4 x + 4 . 6 x − 18 a) Rút gọn P; b) Tìm các giá trị của x để P > 0 ; c) Tìm các giá trị của x để P < 1 . Bài 3: Cho biểu thức P =
x+2 x −1 x −1 + − . x x + 1 x − x + 1 x −1
a) Rút gọn P; b) Tìm x để P =
2 ; 3
c) Chứng minh rằng với những giá trị của x làm cho P được xác định thì P < 1 . 1 x − x + 6 x +1 x − x − 2 Bài 4: Cho biểu thức P = + x − 1 x + x − 2 : x + 2 + x + x − 2 . a) Rút gọn P; b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P. x −1 < −2 . c) Tìm x để P. 2 x + 8x 1 x x Bài 5: Cho biểu thức: P = + , với x > 0. : x +1 x + x x
a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm giá trị của P khi x = 4. 13 c) Tìm x để P = . 3 Bài 6: Cho biểu thức: A =
x 10 x 5 − − , với x ≥ 0 và x ≠ 25. x − 5 x − 25 x +5
a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị của A khi x = 9.
24
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 c) Tìm x để A <
1 . 3
Bài 7: Cho biểu thức: P =
x x −8 x+2 x +4
+ 3(1 − x ) (x ≥ 0) .
a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm các giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q =
Bài 8: a) Cho biểu thức A =
2P nhận giá trị nguyên. 1− P
x +4 . Tính giá trị của A khi x = 36. x +2
x 4 x + 16 b)Rút gọn: B = + , với x ≥ 0 và x ≠ 16 : x − 4 x + 2 x +4
c) Với các biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức là số nguyên.
x −2 và B = x
Bài 9: Cho biểu thức: A =
x −1 7 x − 9 − ( Với x > 0, x ≠ 9 ). x−9 x −3
a) Rút gọn biểu thức B. b) Tính giá trị của A khi x = c) Cho biểu thức P =
1 1 − . 2 −1 2 +1
A . Hãy tìm các giá trị của m để x thỏa mãn P = m B
HD câu d: d)
P=
A = B
x +3 Với điều kiện x > 0, x ≠ 4, x ≠ 9. x
P = m ⇔ (m − 1) x = 3 (1) Nếu m = 1 thì phương trình (1) vô ghiệm. Nếu m ≠ 1 thì từ (1) Do x > 0, x ≠ 4, x ≠ 9
x=
3 . m −1
x > 0, x ≠ 2, x ≠ 3.
3 m −1 > 0 m > 1 5 3 ≠ 2 ⇔ m ≠ Để có x thỏa mãn P = m ⇔ 2 m −1 3 m ≠ 2 m −1 ≠ 3 Vậy m > 1, m ≠
5 , m ≠ 2 ( Thỏa mãn yêu cầu bài toán) 2
25
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x −2 và B = x
Bài 10: Cho biểu thức: A =
x −1 7 x − 9 − ( Với x > 0, x ≠ 9 ). x−9 x −3
a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị của A khi x = 4 − 2 3. c) Tìm x để biểu thưc
A = 1. B
d) Tìm các giá trị m để có x thỏa mãn
A = m. B
26
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Chủ đề 2: CÁC BÀI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH B. CÁC BÀI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH . Kiến thức cơ bản ax + by = c a ' x + b ' y = c '
Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng: ( I )
Trong đó a và b cũng như a’ và b’ không đồng thời bằng 0. * Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi
* Hệ (I) vô nghiệm khi
a b ≠ a' b'
a b c = ≠ . a' b' c'
* Hệ (I) có vô số nghiệm khi
a b c = = . a' b' c'
1. Giải phương trình bằng phương pháp thế. (giả sử hệ có ẩn x và y ) - Từ một phương trình của hệ, biểu thị một ẩn chẳng hạn ẩn x theo ẩn kia - Thế biểu thức của x vào phương trình còn lại rồi thu gọn, ta tìm được giá trị của y. - Thế giá trị của y vào biểu thức của x ta tìm được giá trị của x. 2. Giải phương trình bằng phương pháp cộng đại số (giả sử hệ có ẩn x và y ) - Nhân các vế của hai phương trình với một số thích hợp (nếu cần) sao cho các hệ số của một ẩn bằng nhau hoặc đối nhau. - Sử dụng quy tắc cộng đại số để được hệ phương trình mới trong đó có một phương trình một ẩn. - Giải hệ phương trình vừa thu được Chú ý: Nếu hệ phương trình có một ẩn mà hệ số bằng ±1 thì nên giải hệ này theo phương pháp thế. *Lưu ý: Khi trong hệ có chứa các biểu thức giống nhau, ta kết hợp phương pháp đặt ẩn phụ để đưa hệ về một hệ mới đơn giản hơn. Sau đó sử dụng phương pháp cộng hoặc thế để tìm ra nghiệm của hệ phương trình. Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ a) Phương pháp giải - Đặt điều kiện để hệ có nghĩa (nếu cần). - Đặt ẩn phụ và điều kiện của ẩn phụ (nếu có). - Giải hệ theo các ẩn phụ đã đặt. - Trở lại ẩn đã cho để tìm nghiệm của hệ số (lưu ý với điều kiện lúc đặt ẩn phụ).
. Ví dụ minh họa Bài 1: Giải hệ phương trình:
27
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
1 1 x − y =1 b) 3 + 4 = 5 x y
3 x − 2 y = 11 x + 2 y = 1
a)
Hướng dẫn giải a) + Giải theo phương pháp thế:
3 x − 2 y = 11 3x − 2 y = 11 3 (1 − 2 y ) − 2 y = 11 3 − 6 y − 2 y = 11 ⇔ ⇔ ⇔ x = 1 − 2 y x + 2 y = 1 x = 1− 2 y x = 1− 2 y 3 − 8 y = 11 3 − 11 = 8 y 8 y = −8 y = −1 y = −1 y = −1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x = 1− 2 y x = 1− 2 y x = 1− 2 y x = 1− 2 y x = 1 − 2.( −1) x = 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;-1). + Giải theo phương pháp cộng đại số:
3x − 2 y = 11 4 x = 12 x = 3 x = 3 x = 3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x + 2 y = 1 x + 2 y = 1 3 + 2 y = 1 2 y = −2 y = −1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;-1). b) + Giải hệ bằng phương pháp đặt ẩn phụ. Điều kiện: x ≠ 0; y ≠ 0 Đặt
1 1 = a; = b (*) x y a − b = 1 3a + 4b = 5
Hệ phương trình đã cho tương đương với
2 2 b= b = a − b = 1 3a − 3b = 3 7b = 2 7 Ta có: ⇔ ⇔ ⇔ 7 ⇔ 3 a + 4 b = 5 3 a + 4 b = 5 a − b = 1 a = 9 a = 1 + b 7 2 b = 7 Thay vào (*) ta có a = 9 7
1 2 7 y= y = 7 2 (thỏa mãn) ⇔ 7 1 = 9 x = x 7 9
7 9
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ;
. Bài tập. Bài 1: Giải hệ phương trình
28
7 2
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
2 x + y = 5 x − y = 1
b)
x − 7 y = −26 5 x + 3 y = −16
e)
x − 2 y = 8 x + y = −1
h)
a)
d)
g)
2 x + 5 y = −3 3 x − y = 4
c)
x − y = 1 3 x + 2 y = 3
3 x − 2 y = 11 x + 2 y = 1
f)
3x − y = 5 5 x + 2 y = 23
i)
2 x − 3 y = 1 4 x + y = 9
2 x + y = 1 x + y = 1
Hướng dẫn giải a)
2 x + y = 5 3 x = 6 x = 2 x = 2 ⇔ ⇔ ⇔ x − y = 1 x − y = 1 x − y = 1 y = 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2;1) .
b)
2 x + 5 y = −3 2 x + 5 y = −3 17 x = 17 x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ 3 x − y = 4 15 x − 5 y = 20 2 x + 5 y = −3 y = −1 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1; −1) .
c)
x − y = 1 3x + 2( x − 1) = 3 5 x = 5 x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ 3 x + 2 y = 3 y = x − 1 y = x −1 y = 0 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;0 ) .
d)
x − 7 y = −26 5 x − 35 y = −130 x − 7 y = −26 x = −5 ⇔ ⇔ ⇔ 5 x + 3 y = −16 5 x + 3 y = −16 −38 y = −114 y = 3 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( −5;3) .
e)
3x − 2 y = 11 4 x = 12 x = 3 ⇔ ⇔ x + 2 y = 1 x + 2 y = 1 y = −1 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3; −1) .
f)
2 x − 3 y = 1 2 x − 3 y = 1 2 x − 3 y = 1 x = 2 ⇔ ⇔ ⇔ 4 x + y = 9 12 x + 3 y = 27 14 x = 28 y =1 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2;1) .
g)
x − 2 y = 8 −3 y = 9 ⇔ ⇔ x + y = −1 x + y = −1
y = −3 ⇔ x + ( −3) = −1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2; −3) .
29
y = −3 . x = 2
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 h)
3x − y = 5 ⇔ 5 x + 2 y = 23
6 x − 2 y = 10 ⇔ 5 x + 2 y = 23
11x = 33 3 x − y = 5
x = 3 . y = 4
⇔
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;4 ) . i)
2 x + y = 1 ⇔ x + y = 1
x = 0 ⇔ x + y = 1
x = 0 . y =1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 0;1) . Nhận xét: Học sinh thành thạo phương pháp thế hoặc phương pháp cộng thì giải theo phương pháp đó. Bài 2: Giải hệ phương trình
3( x + 1) + 2( x + 2 y ) = 4 a) 4( x + 1) − ( x + 2 y ) = 9
2 x + y = 3 b) 1 − 2y = 4 x
1 −1 x + y = 2 c) 2 x − 3 = −7 y 2
3x x −1 − d) 2x + x − 1
4 x+ y + e) 1 − x + y
f)
1 =5 y −1 2 = −1 y −1
2 =4 y+2 1 =5 y+2
4 x − 3 y = 4 2 x + y = 2
Hướng dẫn giải a)
3( x + 1) + 2( x + 2 y ) = 4 3 x + 3 + 2 x + 4 y = 4 5 x + 4 y = 1 5 x + 4 y = 1 ⇔ ⇔ ⇔ 4( x + 1) − ( x + 2 y ) = 9 4 x + 4 − x − 2 y = 9 3 x − 2 y = 5 6 x − 4 y = 10 11x = 11 x = 1 ⇔ ⇔ 6 x − 4 y = 10 y = −1 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1; −1) . b)
Điều kiện x ≠ 0
1 2 4 5 1 x + y = 3 x + 2 y = 6 x = 10 x = 2 x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 (thỏa mãn) 1 − 2y = 4 1 − 2y = 4 1 − 2y = 4 2 + y = 3 y = −1 x x x x
30
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
1 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ; −1 .
c)
Điều kiện y ≠ 0 . Đặt t =
1 , hệ phương trình đã cho trở thành y
−1 −1 −1 x = −1 x + t = 2 t = 2 − x −x x = −1 t = ⇔ ⇔ ⇔ 1 (thỏa mãn) 2 y = 2 2 x − 3t = −7 2 x − 3( −1 − x) = −7 5 x = −5 t = 2 2 2 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( −1;2 ) .
d)
3x x −1 − (I ) 2x + x − 1
2 =4 y+2 ĐK x ≠ 1; y ≠ −2 1 =5 y+2
x x − 1 = a Đặt . Khi đó hệ phương trình (I) trở thành: 1 =b y + 2 3a − 2b = 4 3a − 2b = 4 7 a = 14 a = 2 ⇔ ⇔ ⇔ 2a + b = 5 4a + 2b = 10 2a + b = 5 b = 1 x x − 1 = 2 x = 2 Khi đó ta có: ⇔ 1 = 1 y = −1 y + 2 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2; −1) .
e)
4 x+ y + 1 − x + y Đặt u =
1 =5 y −1 . Điều kiện: x ≠ − y; y ≠ 1 2 = −1 y −1
1 1 và v = . Hệ phương trình thành : x+ y y −1
4u + v = 5 8u + 2v = 10 9u = 9 u = 1 ⇔ ⇔ ⇔ u − 2v = −1 u − 2v = −1 2v = u + 1 v = 1 Thay vào hệ đã cho ta có :
31
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
1 =1 x + y = 1 x = −1 x+ y ⇔ ⇔ 1 y 1 1 − = y = 2 =1 y − 1 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( −1;2 ) . Điều kiện: x ≥ 0; y ≥ 0
f)
4 x − 3 y = 4 4 x − 3 y = 4 5 y = 0 ⇔ ⇔ 2 x + y = 2 4 x + 2 y = 4 2 x + y = 2 y = 0 y = 0 (Thỏa mãn) ⇔ ⇔ x = 1 2 x = 2 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;0 ) .
. Bài tập tự luyện Bài 1: Giải hệ phương trình.
7 x − 2 y = 1 3 x + y = 6
3.
x + y = 3 x − 2 y = 0
4.
2 x + y − 4 = 0 x + 2 y − 5 = 0
7.
2 x + 3 y − 7 = 0 x + 2 y − 4 = 0
8.
x − 2y = 1 2x + y = 7
2.
5 x − 2 y = −9 4 x + 3 y = 2
6.
9.
4 x − 2 y = 3 6 x − 3 y = 5
10.
11.
1 1 x+ y =3 13. 2 3 4 x − 3 y = 7
x y 2 = 3 14. x +8 = 9 y + 4 4
x 2 = 15. y 3 x + y − 10 = 0
1.
5.
( 2 − 1) x + 2 y = 1
17.
4 x − ( 2 + 1) y = 3
5 x + 2 y = 2 2 x + 3 y = 4
21.
2 x + 3 y = 5 4 x + 6 y = 10
3 x − 4 y + 2 = 0 5 x + 2 y = 14
2 x + y = 2 + 1 x + y = 1
19.
x + y = 2 3 x + 3 y = 6
23.
18.
22.
32
2 x + y = 8 3 x − y = 7 5 x + 6 y = 17 9 x − y = 7 2 x + 5 y = 3 3x − 2 y = 14
12.
3
2
x+ y =1 3 16. 5
3 x − 1 y = −5 7 3
5 x − 3 y = 4 x + 2 y = 3
20.
−3x + 2 y = 3 2 x + y = 5
x + y = 3 x + y = −3
24.
x = 3 2 x + 3 y = 1
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
2 x − y = 1 −4 x + 2 y = 2
25.
5 x 3 + y = 2 2
29.
x 6 − y 2 = 2
3 x − y = 5 5 x + 2 y = 28
33.
4 x − 2 y = 4 x + 5 y = 17,5
27.
0,2 x + 0,1 y = 0,3 3 x + y = 5
31.
3 x + 5 y = 1 2 x − y = −8
35.
26.
30.
34.
3 x − 4 y = −7 3 x + 4 y = 7
28.
3 x + 3 y = 1 − x + 1,5 y = −0,5
0, 75 x − 3, 2 y = 10 x 3 − y 2 = 4 3
32.
2 x − 3 y = −1 x + y = 8
36.
2 x + y = 7 − x + 4 y = 10 x − 2 y = 1 2 x − y = 4
Phương pháp: Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Bài 2: Giải hệ phương trình.
4 x − 3 y + 5 ( x − y ) = 1 2 x − 4 ( 2 y − 1) = 1
2 ( x + 1) − 15 ( y − 1) = 8 3 ( x + 1) − 2 ( y − 1) = 1
5 ( x − y ) − 3 ( 2 x + 3 y ) = 12 3 ( x + 2 y ) − 4 ( x + 2 y ) = 5
1.
2.
3.
2x + 3 4x + 1 y −1 = 2 y + 1 4. x+2 = x−4 y − 1 y + 2
x − y x − 3y 2 + 4 = 0 5. 3x − 5 y + 1 − 1 = 0 2
1 1 2 ( x + 2 )( y + 3) = 2 xy + 50 6. 1 ( x − 2 )( y − 2 ) = 1 xy − 32 2 2
( x + 2 )( y − 2 ) = xy ( x + 4 )( y − 3) = xy + 6
7.
( x −1)( y − 2) − ( x +1)( y − 3) = 4 ( x − 3)( y +1) − ( x − 3)( y − 5) = 18
9.
3 ( x − 7 ) − 6 ( x − y + 1) = 0 4 ( x − 1) + 2 ( x − 2 y + 7 ) = 0
12.
2 ( x + 1) − 5 ( y + 1) = 8 3 ( x + 1) − 2 ( y + 1) = 1
15.
x 2 + 3 y = 1 3x 2 − y = 1
(x − 3)(2y + 5) = (2x + 7)(y −1) 18. (4x +1)(3y − 6) = (6x −1)(2y + 3)
8.
( x −1)( y − 2) = ( x + 1)( y − 3) ( x − 5)( y + 4) = ( x − 4)( y +1)
11.
3 ( y − 5 ) + 2 ( 2 − 3) = 0 7 ( x − 4 ) + 3 ( x + y − 1) = 14
14.
3 ( x + y ) − 2 ( x − y ) = 9 2 ( x + y ) + ( x − y ) = −1
17.
10.
13.
16.
33
( x + 5 )( y − 2 ) = xy ( x − 5 )( y + 12 ) = xy
5 ( x + 2 y ) − 3 ( x − y ) = 99 x − 3 y = 7 x − 4 y − 17 2 ( 3 y + 1) − 4 ( x − 1) = 5 5 ( 3 y + 1) − 8 ( x − 1) = 9
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
2(2x + 3y) = 3(2x − 3y) + 10 4x − 3y = 4(6y − 2x) + 3
19.
− x + 2 y = − 4(x − 1) 20. 5x + 3y = − (x + y) + 8
( 3 − 2)x + y = 2 21. x + ( 3 + 2)y = 6
2(x − 2) + 3(1 + y) = −2 22. 3(x − 2) − 2(1 + y) = −3
2(x + y) + 3(x − y) = 4 23. (x + y) + 2(x − y) = 5
3(x + 1) + 2y = − x 24. 5(x + y) = −3x + y − 5
5(x + 2y) = 3x − 1 25. 2x + 4 = 3(x − 5y) − 12
3 5x − 4y = 15 − 2 7 26. −2 5x + 8 7y = 18
27.
x + y = 2(x − 1) 7x + 3y = x + y + 4
Phương pháp: Rút gọn từng phương trình của hệ sau đó giải hệ bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số
Bài 3: Giải hệ phương trình.
1)
2 x + 4 − x
3 =4 y−2 1 =1 y−2
4)
6 3 2 x − y − x + y = −1 1 − 1 =0 2 x − y x + y
7)
1 4 x + 2y − x − 2y =1 20 + 3 = 1 x + 2 y x − 2 y
3)
1 1 x − y − 2 = −1 4 + 3 = 5 x y − 2
6)
2 3x x +1 + y + 4 = 4 2x − 5 = 9 x + 1 y + 4
5 = 63 y+2 15 = −13 y+2
9)
−5 x −1 + 1 + x − 1
1 =7 y +1 2 =4 y −1
2 1 x + 2y − x − 2y = 1 12) 2 + 3 = 11 x + 2y x − 2y
2)
2 x +1 + 2 + x + 1
3 = −1 y 5 = −1 y
5)
5 x −1 + 1 − x − 1
1 = 10 y −1 3 = 18 y −1
8)
12 x−3 − 8 + x − 3
15 8 x −1 + y + 2 = 1 10) 1 + 1 = 1 x − 1 y + 2 12
2 x −1 + 11) 5 − x − 1
1 2 x + y + x − y = 3 13) 1 − 3 =1 x + y x − y
1 1 x − 2 + y −1 = 2 14) 2 − 3 =1 x − 2 y − 1
34
1 = 10 y −1 3 = −18 y −1
5 2 3x − y − x − 3 y = 3 15) 1 + 2 =3 3 x − y x − 3 y 5
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
2 1 x + y − x − y = 2 16) 5 4 − =3 x + y x − y
5 3 2x − y + 2x + y = 2 17) 1 + 1 = 2 2 x − y 2 x + y 15
5 2 x + x + y = 2 18) 3 + 1 = 1,7 x x + y
3 5 x − 2 + y −1 = 2 19) 2 − 5 =1 x − 2 y − 1
5 4 2 x − 3 y + 3 x + y = −2 21) 3 − 5 = 21 3 x + y 2 x − 3 y
6x − 3 2 y y −1 − x + 1 = 5 22) 4x − 2 − 4 y = 2 y − 1 x + 1
9 4 2x +1 + y −1 = 1 20) 3 − 2 = 13 2 x + 1 y − 1 6 5 2 x + y − 3 − x − y +1 = 8 23) 3 1 + = 1, 5 x + y − 3 x − y + 1
x x y − y + 12 = 1 25) x − x =2 y + 12 y
y 5x x + 1 + y − 3 = 27 26) 2x − 3 y = 4 x + 1 y − 3
3y 2x y −1 + x −1 = 1 27) 2 y − 5x = 2 x − 1 y − 1 4 x 2 + y 2 = 13 30) 2 2 2 x − y = −7
2 x 2 + 3 y 2 = 36
28)
2 2 3x + 7 y = 37
3 x 2 + y 2 = 5
29)
2 2 x − 3y = 1
5 4 x + y −1 − 2x − y + 3 = 24) 1 3 + = x + y − 1 2 x − y + 3
5 2 7 5
Phương pháp: Nên đặt ẩn phụ để giải hệ phương trình để hệ được gọn và tránh sai xót trong giải toán. Lưu ý đặt điều kiện của x; y và ẩn phụ (nếu có) Bài 3: Giải hệ phương trình. 1)
4)
7)
x + 2 y − 1 = 5 4 x − y − 1 = 2 2 4 3
x +1 − 3 y − 2 = 5 x + 1 + y − 2 = 17
2)
5)
x +2 y =6 x − y = 4,5
2 x +1 + 10) 3 − x + 1
3 =5 y −1 2 =1 y −1
8)
3 x − 1 − 2 y + 1 = 1 2 3 x − 1 + 3 2 y + 1 = 12 3 x − y = 5 2 x + 3 y = 18
x + y + 1 = 1 y + x + 1 = 1
7 4 5 x−7 − y +6 = 3 11) 5 + 3 =21 x − 7 6 y+6
3)
6)
9)
x − 2 + y − 3 = 3 2 x − 2 − 3 y − 3 = −4 x + 3 − 2 y + 1 = 2 2 x + 3 + y + 1 = 4 7 x − 5 − 2 y + 2 = 8 4 x − 5 + 5 y + 2 = 23
5 10 12x − 3 + 4y + 1 = 1 12) 7 8 + =1 12x − 3 4y + 1
Phương pháp: Nên đặt ẩn phụ để giải hệ phương trình để hệ được gọn và tránh sai xót trong giải toán. Lưu ý: đặt điều kiện của các biểu thức dưới dấu căn. So sánh nghiệm với điều kiện đó.
35
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
. Giải hệ phương trình và một số ý phụ. Dạng 1: Giải hệ phương trình theo tham số m cho trước. Phương pháp: Bước 1: Thay giá trị của m vào hệ phương trình. Bước 2: Giải hệ phương trình mới. Bước 3: Kết luận. Dạng 2: Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) thỏa điều kiện cho trước. Phương pháp: Bước 1: Giải hệ phương trình tìm nghiệm ( x, y ) theo tham số m ; Bước 2: Thế nghiệm x , y vào biểu thức điều kiện cho trước, giải tìm m ; Bước 3: Kết luận. Dạng 3: Tìm mối liên hệ giữa x , y không phụ thuộc vào tham số m . Phương pháp: Bước 1: Giải hệ phương trình tìm nghiệm ( x, y ) theo tham số m ; Bước 2: Dùng phương pháp cộng đại số hoặc phương pháp thế làm mất tham số m ; Bước 3: Kết luận. Bài tập
( a + 1) x − y = a + 1 x + ( a − 1) y = 2
Bài 1: Cho hệ phương trình:
(1) ( 2)
( a là tham số)
a) Giải hệ phương trình khi a = 2 . b) Giải và biện luận hệ phương trình. c) Tìm các số nguyên a để hệ phương trình có nghiệm nguyên d) Tìm a để nghiệm của hệ phương trình thỏa mãn x + y đạt GTNN.
Hướng dẫn giải
36
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
a)
5 x= 3x − y = 3 4 x = 5 4 Khi a = 2 hệ phương trình có dạng: ⇔ ⇔ x + y = 2 y = 2 − x y = 3 4
5 3 4 4
Vậy với a = 2 hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ; b)
Giải và biện luận: 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 TH1: a ≠ 0 , phương trình ( 4) có nghiệm duy nhất x =
y = ( a + 1)
( 4)
a2 + 1 . Thay vào ( 3) ta có: a2
( a + 1) ( a 2 + 1) − a 2 ( a + 1) a3 + a + a 2 + 1 − a 3 − 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. KL:
a2 + 1 a + 1 a ≠ 0 hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 2 ; 2 a a a = 0 hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
a2 + 1 a + 1 ; 2 2 a a
Với a ≠ 0 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) =
c)
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.
37
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
a2 + 1 a + 1 ; 2 2 a a
Với a ≠ 0 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) =
d)
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
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi t = −
1 , khi đó a = − 4 4
Vậy a = − 4 thì hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn x + y đạt GTNN bằng
7 8
2 x + by = a có nghiệm x = 1 ; y = 3. bx + ay = 5
Bài 2: Tìm a , b biết hệ phương trình:
Hướng dẫn giải Thay x = 1 ; y = 3 vào hệ ta có:
−1 b= 2.1 + b.3 = a a − 3b = 2 3a − 9b = 6 10b = −1 10 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ . b.1 + a.3 = 5 3a + b = 5 3a + b = 5 3a + b = 5 a = 17 10 Vậy a =
−1 17 ; y= thì hệ phương trình có nghiệm x = 1 ; y = 3. 10 10
x + 2 y = m + 3 ( I ) ( m là tham số) . 2 x − 3 y = m
Bài 3: Cho hệ phương trình
a) Giải hệ phương trình ( I ) khi m = 1 . b) Tìm m để hệ ( I ) có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa mãn x + y = −3 .
Hướng dẫn giải
38
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a)
Với m = 1 , hệ phương trình ( I ) có dạng:
x + 2 y = 4 2 x + 4 y = 8 x = 2 ⇔ ⇔ 2 x − 3 y = 1 2 x − 3 y = 1 y =1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x, y ) = ( 2;1) .
b)
5m + 9 x= x + 2 y = m + 3 2 x + 4 y = 2m + 6 x + 2 y = m + 3 7 ⇔ ⇔ ⇔ 2 x − 3 y = m 2 x − 3 y = m 7 y = m + 6 y = m +6 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 . x − 2 y = 2
Bài 4: Cho hệ phương trình:
2 2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn: x − 2 y = −2
Hướng dẫn giải 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 ⇔ . Vậy m ∈{–2;0} . m = −2 (m − 1) x + y = 2 ( m là tham số) mx + y = m + 1
Bài 5: Cho hệ phương trình:
a) Giải hệ phương trình khi m = 2 ; 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 giải a)
Giải hệ phương trình khi m = 2 .
x + y = 2 x + y = 2 x = 1 ⇔ ⇔ . 2 x + y = 3 x = 1 y =1
Ta có:
39
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;1) . 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) = −m2 + 4m − 1 = 3 – ( m − 2 ) ≤ 3 với mọi m . 2 x + ay = −4 ax − 3 y = 5
Bài 6: Cho hệ phương trình :
a) Giải hệ phương trình với a = 1 b) Tìm
a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Hướng dẫn giải
a)
Với a = 1 , ta có hệ phương trình:
2 x + y = −4 6 x + 3 y = −12 7 x = −7 x = −1 x = −1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x − 3y = 5 x − 3 y = 5 −1 − 3 y = 5 y = −2 x − 3 y = 5 Vậy với a = 1 , hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: ( x; y ) = ( −1; −2) .
b)
Ta xét 2 trường hợp:
2 x = −4 ⇔ − 3 y = 5
+ Nếu a = 0 , hệ có dạng:
x = −2 5 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất y = − 3
+ Nếu a ≠ 0 , hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: mọi
a)
2 a ≠ ⇔ a 2 ≠ −6 (luôn đúng, vì a 2 ≥ 0 với a −3
Do đó, với a ≠ 0 , hệ luôn có nghiệm duy nhất. Tóm lại hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi
x + my = m + 1 ( m là tham số) mx + y = 2m
Bài 7: Cho hệ phương trình:
a) Giải hệ phương trình khi m = 2 .
40
a.
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x ≥ 2 y ≥1
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa mãn
Hướng dẫn giải
a)
5 x= x + y = x + y = x = 2 3 2 3 3 5 3 Thay m = 1 ta có hệ phương trình ⇔ ⇔ ⇔ 2 x + y = 4 4 x + 2 y = 8 2 x + y = 4 y = 2 3
b)
Xét hệ
x + my = m + 1 mx + y = 2m
(1) ( 2) 2
2
Từ ( 2 ) y = 2m − mx thay vào (1) ta được x + m ( 2m − mx ) = m + 1 ⇔ 2m − m x + x = m + 1
⇔ (1 − m2 ) x = −2m2 + m + 1 ⇔ ( m2 − 1) x = 2m2 − m − 1
(3)
Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ ( 3) có nghiệm duy nhất m 2 − 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 ⇔ ⇔ ⇔ m + 1 < 0 ⇔ m < −1 Ta có y ≥1 m ≥1 −1 ≥ 0 m + 1 m + 1 Kết hợp với (*) ta được giá trị m cần tìm là m < −1 .
x − 2 y = 5 mx − y = 4
Bài 8: 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 .
Hướng dẫn giải
a)
x = 2 y + 5 x − 2 y = 5 ⇔ 2 x − y = 4 2 ( 2 y + 5 ) − y = 4
Với m = 2 ta có hệ phương trình:
x = 2 y + 5 x = 1 ⇔ ⇔ . Vậy m = 2 hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1; −2) 3 y = −6 y = −2
41
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
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 ≠
1 . 2
Từ đó ta được: y =
4 − 5m ; 2m − 1
Ta có: x. y =
c)
3 ( 4 − 5m )
( 2m − 1)
Ta có: x = y ⇔
2
x = 5 + 2y =
3 . 2m − 1
. Do đó x. y < 0 ⇔ 4 − 5m < 0 ⇔ m >
3 4 − 5m = 2m − 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 = 5 (l ) 7 4 − 5m = 3 ⇔ . Vậy m = . ( 4 ) ⇔ 4 − 5m = 3 ⇔ 5 4 − 5m = − 3 m = 7 5 mx + ( m + 1) y = 1 . ( m + 1) x − my = 8m + 3
Bài 9: Cho hệ phương trình:
Chứng minh hệ luôn có nghiệm duy nhất ( x; y )
Hướng dẫn giải Xét hai đường thẳng ( d1 ) : mx + ( m + 1) y − 1 = 0; ( d 2 ) : ( m + 1) x − my − 8m + 3 = 0 . + Nếu m = 0 thì ( d1 ) : y − 1 = 0 và ( d 2 ) : x − 5 = 0 suy ra ( d1 ) luôn vuông góc với ( d2 ) . + Nếu m = −1 thì
( d1 ) : x +1 = 0 và ( d2 ) : y + 11 = 0 suy ra ( d1 ) luôn vuông góc với ( d2 ) .
+ Nếu m ≠ {0;1} thì đường thẳng ( d1 ) , ( d 2 ) lần lượt có hệ số góc là: a1 = −
m m +1 , a2 = suy ra m +1 m
a1.a2 = −1 do đó ( d1 ) ⊥ ( d2 ) . Tóm lại với mọi m thì hai đường thẳng ( d1 ) luôn vuông góc với ( d2 ) . Nên hai đường thẳng luôn vuông góc với nhau. Xét hai đường thẳng ( d1 ) : mx + ( m + 1) y − 1 = 0; ( d 2 ) : ( m + 1) x − my − 8m + 3 = 0 luôn vuông góc với nhau nên nó cắt nhau, suy ra hệ có nghiệm duy nhất
42
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
. Giải hệ phương trình bậc cao Bài 1: Giải hệ phương trình:
8x 3 y 3 + 27 = 18 y 3 2 2 4x y + 6x = y
Hướng dẫn giải Dễ thấy y = 0 không là nghiệm của mỗi phương trình.
3 27 8 x + y 3 = 18 3 Chia cả 2 vế phương trình (1) cho y , phương trình (2) cho y2 ta được 2 4. x + 6. x = 1 y y2 2 x = a ta có hệ = b y
Đặt 3
a 3 + b 3 = 18 a + b = 3 ⇔ 2 a b + ab 2 = 3 ab = 1
a; b là nghiệm của phương trình X 2 − 3 X + 1 = 0
3+ 5 3+ 5 3− 5 3− 5 ; ;( x , y ) = ; 2 2 4 6 6 4
Từ đó suy ra hệ có 2 nghiệm: ( x1 , y1 ) =
Bài 2: Giải hệ phương trình:
x 2 − 2 xy + x − 2 y + 3 = 0 2 2 y − x + 2 xy + 2 x − 2 = 0. Hướng dẫn giải
2 2 x − 2 xy + x − 2 y + 3 = 0 (1) 2 x − 4 xy + 2 x − 4 y + 6 = 0 ⇔ 2 2 2 2 y − x + 2 xy + 2 x − 2 = 0 (2) y − x + 2 xy + 2 x − 2 = 0
Cộng 2 vế của hệ phương trình ta được x 2 + y 2 − 2 xy + 4 x − 4 y + 4 = 0 2
⇔ ( x − y + 2) = 0
⇔ y = x + 2 . Thay vào pt (1) ta được x 2 + 5 x + 1 = 0 ⇔ x =
43
−5 ± 21 2
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
−5 − 21 −1 − 21 −5 + 21 −1 + 21 ; ; , . 2 2 2 2
Vậy hệ có hai nghiệm là
x + y + 4 xy = 16 x + y = 10
Bài 3: Giải hệ phương trình:
Hướng dẫn giải
x + y + 4 xy = 16 (I) ( Điều kiện: x; y ≥ 0 ) x + y = 10 Đặt S=
x+ y ;P=
S + 4P = 16 2 S - 2P = 10
xy ( S ≥ 0; P ≥ 0 ) hệ (I) có dạng:
S + 4P = 16 ⇔ 2 2S - 4P = 20
S + 4P = 16 ⇔ 2 2S + S - 36 = 0
-9 S = 4 S = 4(tm);S = ( loai) ⇔ ⇔ 2 P = 3 P = 3 Khi đó
x ; y là 2 nghiệm của phương trình: t 2 – 4t + 3 = 0
Giải phương trình ta được t1 = 3; t2 = 1 ( thỏa mãn )
x = 3 x = 9 TH 1: ⇔ y = 1 y = 1
x = 1 x = 1 TH 2 : ⇔ y = 3 y = 9
( thỏa mãn)
(thỏa mãn)
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm
x = 9 x = 1 ; y = 1 y = 9
x 2 + y 2 = 11 x + xy + y = 3 + 4 2
Bài 4: Giải hệ phương trình:
Hướng dẫn giải
S 2 − 2 P = 11 S 2 − 2 P = 11 ⇔ - Đặt S = x + y; P = xy được: S + P = 3 + 4 2 2S + 2 P = 6 + 8 2 Cộng hai vế của hệ phương trình ta được phương trình:
S 2 + 2S − (17 + 8 2) = 0 - Giải phương trình được S1 = 3 + 2 ; S 2 = −5 − 2
44
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
S1 = 3 + 2 được P1 = 3 2 ; S 2 = −5 − 2 được P2 = 8 + 5 2 X 2 − (3 + 2 ) X + 3 2 = 0
Với S1 = 3 + 2 ; P1 = 3 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình: Giải phương trình được X 1 = 3; X 2 = Với
S 2 = −5 − 2
được
2.
P2 = 8 + 5 2
có
x,
y
là
2
X + (5 + 2 ) X + 8 + 5 2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm.
x = 3 x = 2 ; . y = 2 y = 3
Vậy hệ có hai nghiệm:
3 + 2 x + 3 − 2 y = x + 4
Bài 5: Giải hệ phương trình:
3 + 2 x − 3 − 2 y = x Hướng dẫn giải
Điều kiện: x ≥
−3 3 ; y≤ 2 2
Trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được phương trình:
3 − 2y = 2 ⇔ 3 – 2 y = 4 ⇔ y =
−1 (t/mãn đk) 2
Cộng từng vế hai phương trình của hệ đã cho ta được phương trình: 2
3 + 2 x = x + 2 ⇔ ( x + 1) = 0 ⇔ x = −1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình có nghiệm là:
( x; y )
1 = ( −1 ; − ) 2
45
hai
nghiệm
của
phương
trình:
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Chủ đề 3: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH C. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH
. KIẾN THỨC CẦN NHỚ Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình gồm ba bước: Bước 1. Lập hệ phương trình của bài toán: - Chọn ẩn số và đặt điều kiện cho ẩn số. - Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và theo đại lượng đã biết. - Lập hệ phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng. Bước 2. Giải hệ phương trình. Bước 3. Trả lời: Kiểm tra xem trong các nghiệm của phương trình, nghiệm nào thỏa mãn điều kiện của ẩn, nghiệm nào không thỏa mãn, rồi kết luận. - Đối với giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình, học sinh phải chọn 2 ẩn số từ đó lập một hệ gồm hai phương trình. - Khó khăn mà học sinh thường gặp là không biết biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn số và theo các đại lượng đã biết khác, tức là không thiết lập được mối quan hệ giữa các đại lượng. Tùy theo từng dạng bài tập mà ta xác định được các đại lượng trong bài, các công thức biểu diễn mối quan hệ giữa các đại lượng ấy.
. PHÂN DẠNG TOÁN Dạng 1. Toán về quan hệ số Số có hai, chữ số được ký hiệu là ab Giá trị của số: ab = 10a + b ; (Đk: 1≤ a ≤ 9 và 0≤ b ≤ 9, a,b∈ N) Số có ba, chữ số được ký hiệu là abc abc = 100a +10b + c, (Đk: 1 ≤ a ≤ 9 và 0 ≤ b, c ≤ 9; a, b, c ∈ N) Tổng hai số x; y là: x + y
Tổng bình phương hai số x, y là: x 2 + y 2 Bình phương của tổng hai số x, y là: ( x + y ) Tổng nghịch đảo hai số x, y là:
2
1 1 + . x y
Ví dụ minh họa: Bài 1: Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị bằng 14. Nếu đổi chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị cho nhau thì được số mới lớn hơn số đã cho 18 đơn vị. Tìm số đã cho. Hướng dẫn giải
Gọi chữ số hàng chục của số cần tìm là x, điều kiện x ∈ N, (0 < x ≤ 9) Gọi chữ số hàng đơn vị của số cần tìm là y, điều kiện y ∈ N, (0 ≤ y ≤ 9) Tổng chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị bằng 14 nên có phương trình: x + y = 14 Số đó là: xy = 10 x + y . Nếu đổi chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị cho nhau thì số mới là: yx = 10 y + x Theo bài ra ta số mới lớn hơn số đã cho 18 đơn vị nên có phương trình: 10 y + x – (10 x + y ) = 18
46
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x + y = 14 x = 6 (thoả mãn điều kiện) ⇔ y − x = 2 y = 8
Từ đó ta có hệ phương trình Số cần tìm là 68.
Bài 2: Tìm một số tự nhiên có hai chữ số. Biết rằng chữ số hàng đơn vị hơn chữ số hàng chục là 5 đơn vị và khi viết chữ số 1 xen vào giữa hai chữ số của số đó thì ta được số mới lớn hơn số đó là 280 đơn vị. Hướng dẫn giải
Gọi chữ số hàng chục là a ( a ∈ N , 0 < a ≤ 9 ) Gọi chữ số hàng đơn vị là b ( b ∈ N , 0 ≤ b ≤ 9 ) Số cần tìm là ab = 10a + b Chữ số hàng đơn vị hơn chữ số hàng chục là 5 đơn vị nên ta có phương trình: b − a = 5 ⇔ − a + b = 5
(1)
Khi viết chữ số 1 xen vào giữa hai chữ số của số đó thì ta được số mới là a1b = 100 a + 10 + b Số mới lớn hơn số đó là 280 đơn vị nên ta có phương trình : (100 a + 10 + b ) − (10 a + b ) = 280 ( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) ta có hệ phương trình
−a + b = 5 −a + b = 5 a = 3 (tm) ⇔ ⇔ (100a + 10 + b ) − (10a + b ) = 280 90a = 270 b = 8 Vậy số cần tìm là 38. Bài 3: Tìm một số có hai chữ số nếu chia số đó cho tổng hai chữ số thì ta được thương là 6. Nếu cộng tích hai chữ số với 25 ta được số nghịch đảo. Hướng dẫn giải
Gọi chữ số hàng chục là x chữ số hàng đơn vị là y (đk : x, y ∈ N , 0 < x, y ≤ 9 )
10 x + y =6 x+ y Nếu lấy tích 2 chữ số cộng thêm 25 ta được số nghịch đảo nên ta có phương trình xy + 25 = 10 y + x Nếu chia số đó cho tổng 2 chữ số ta được thương là 6 nên có phương trình:
10 x + y =6 (1) Theo bài ra ta có HPT: x + y xy + 25 = 10 y + x (2) Từ phương trình (1) ta có : 10 x + y = 6 x + 6 y ⇔ 4 x = 5 y ⇔ x =
5y 4
5 y. y 5y + 25 = 10 y + 4 4 2 2 ⇔ 5 y + 100 = 40 y + 5 y ⇔ 5 y − 45 y + 100 = 0 ⇔ y 2 − 9 y + 20 = 0 (3)
Thay vào phương trình ( 2 ) ta có :
∆ = 1 > 0 . Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt y1 = 5; y2 = 4 (thỏa mãn)
47
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
5.5 (không thỏa mãn điều kiện của x) 4 5.4 Với y2 = 4 ⇔ x2 = = 5 (Thỏa mãn điều kiện của x) 4 Với y1 = 5 x1 =
Vậy chữ số hàng chục là 5, chữ số hàng đơn vị là 4. Số cần tìm là 54. Nhận xét: Có những bài toán khi giải hệ phương trình, khi sử dụng phép thế từ một phương trình thì phương trình thứ hai sẽ giải dưới dạng phương trình bậc hai một ẩn.
Bài tập tự luyện: Bài A.01: Mẫu số của một phân số lớn hơn tử số của nó là 3 đơn vị. Nếu tăng cả tử và mẫu của nó thêm 1 1 đơn vị thì được một phân số mới bằng . Tìm phân số đó? 2 (Đ/S : Phân số cần tìm là
2 ). 5
Bài A.02: Tổng các chữ số của 1 số có hai chữ số là 9. Nếu thêm vào số đó 63 đơn vị thì số thu được cũng viết bằng hai chữ số đó nhưng theo thứ tự ngược lại. Hãy tìm số đó? (Đ/S: Số cần tìm là 18).
Bài A.03: Tổng hai số bằng 51. Tìm hai số đó biết rằng
2 1 số thứ nhất thì bằng số thứ hai. 5 6 (Đ/S: Số cần tìm là 15 và 36).
Bài A.04: Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết tổng các chữ số của nó là 7. Nếu đổi chỗ hai chữ số hàng đơn vị và hàng chục cho nhau thì số đó giảm đi 45 đơn vị. (Đ/S: Số cần tìm là 61).
Bài A.05: Tìm một số tự nhiên có hai chứ số biết rằng tổng các chữ số của nó bằng
1 số đó. Nếu viết 4
số đó theo thứ tự ngược lại thì được một số mới hơn số đã cho là 18.
(Đ/S: Số cần tìm là 24 ).
Bài A.06: Tìm một số tự nhiên có ba chữ số sao cho tổng các chữ số bằng 17, chữ số hàng chục là 4, nếu đổi chỗ các chữ số hàng trăm và hàng đơn vị cho nhau thì số đó giảm đi 99 đơn vị. (Đ/S: Số cần tìm là 746). Bài A.07: Tìm hai số tự nhiên có hai chữ số, biết tổng các chữ số của nó bằng 11, nếu đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì nó tăng thêm 27 đơn vị. (Đ/S: Số cần tìm là 47). Bài A.08: Tìm một số có hai chữ số biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 5 và nếu đem số đó chia cho tổng các chữ số của nó thì được thương là 7 và dư 6. (Đ/S: Số cần tìm là 83). Bài A.09: Một phân số có tử số bé hơn mẫu số là 11. Nếu bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu số lên 4 đơn vị thì sẽ được phân số mới là nghịch đảo của phân số đã cho. Tìm phân số đó.
48
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
(Đ/S: Số cần tìm là
−5 ). 6
Bài A.10: Cho một số có hai chữ số. Nếu đổi chỗ hai chữ số của nó thì được một số lớn hơn số đã cho là 63. Tổng của số đã cho và số mới tạo thành bằng 99. Tìm số đã cho. Bài A.11: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2, nếu viết xen chữ số 0 vào giữa chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị thì số đó tăng thêm 630 đơn vị.
Bài A.12: Chữ số hàng chục của một số có hai chữ số lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 5. Nếu đổi chỗ hai chữ số 3 cho nhau ta được một số bằng số ban đầu. Tìm số ban đầu. 8 Bài A.13: Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết chữ số hàng chục kém chữ số hàng đơn vị là 4 đơn vị và tổng các bình phương của hai chữ số là 80.
Dạng 2: Toán chuyển động 1. Toán chuyển động có ba đại lượng:
S = v.t
Quãng đường = Vận tốc × Thời gian
S: quãng đường
v=
S t
Vận tốc = Quãng đường : Thời gian
v: vận tốc
t=
S v
Thời gian = Quãng đường : Vận tốc.
t: thời gian
Các đơn vị của ba đại lượng phải phù hợp với nhau. Nếu quãng đường tính bằng ki-lô-mét, vận tốc tính bằng kilô-mét/giờ thì thời gian phải tính bằng giờ. + Nếu hai xe đi ngược chiều nhau cùng xuất phát khi gặp nhau lần đầu: Thời gian hai xe đi được là như nhau, Tổng quãng đường hai xe đã đi đúng bằng khoảng cách ban đầu giữa hai xe. + Nếu hai phương tiện chuyển động cùng chiều từ hai địa điểm khác nhau là A và B, xe từ A chuyển động nhanh hơn xe từ B thì khi xe từ A đuổi kịp xe từ B ta luôn có hiệu quãng đường đi được của xe từ A với quãng đường đi được của xe từ B bằng quãng đường AB 2. Chuyển động với ngoại lực tác động: (lực cản, lực đẩy); (thường áp dụng với chuyển động cùng dòng nước với các vật như ca nô, tàu xuồng, thuyền): Đối với chuyển động cùng dòng nước Vận tốc khi nước đứng yên = vận tốc riêng. Vận tốc xuôi dòng = vận tốc riêng + vận tốc dòng nước Vận tốc ngược dòng = vận tốc riêng – vận tốc dòng nước
Vận tốc của dòng nước là vận tốc của một vật trôi tự nhiên theo dòng nước (Vận tốc riêng của vật đó bằng 0) Đối với chuyển động có ngoại lực tác động như lực gió ta giải tương tự như bài toán chuyển động cùng dòng nước.
49
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Ví dụ minh họa: Bài 1: Lúc 6 giờ một ô tô chạy từ A về B. Sau đó nửa giờ, một xe máy chạy từ B về A. Ô tô gặp xe máy lúc 8 giờ. Biết vân tốc ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là 10 km/h và khoảng cách AB = 195 km . Tính vận tốc mỗi xe.
Hướng dẫn giải Gọi vận tốc ô tô là x ( km/h )( x > 0 ) . Gọi vận tốc xe máy là y ( km/h )( y > 0 ) . Vì vận tốc ô tô hơn vận tốc xe máy là 10 km/h nên ta có phương trình: x − y = 10 Thời gian ô tô đã đi cho đến lúc gặp xe máy là: 8 − 6 = 2 (giờ). Thời gian xe máy đã đi cho đến lúc gặp ô tô là: 2 −
1 3 = (giờ). 2 2
Quãng đường ô tô chạy trong 2 giờ là 2 x ( km) . Quãng đường xe máy chạy trong
3 3y giờ là ( km ) . 2 2
Vì quãng đường AB dài 195 km nên ta có phương trình 2 x +
3 y = 195 hay 4 x + 3 y = 390 . 2
x − y = 10 4 x + 3 y = 390.
Do đó ta có hệ hai phương trình :
Giải hệ này ta được x = 60; y = 50 (thỏa mãn điều kiện). Vậy vận tốc ô tô là 60 km/h, vận tốc xe máy là 50 km/h. Bài 2: Một tàu thủy chạy xuôi dòng sông 66 km hết một thời gian bằng thời gian chạy ngược dòng 54 km. Nếu tàu chạy xuôi dòng 22 km và ngược dòng 9 km thì chỉ hết 1 giờ. Tính vận tốc riêng của tàu thủy và vận tốc dòng nước (biết vận tốc riêng của tàu không đổi).
Hướng dẫn giải Gọi vận tốc riêng của tàu thủy là x (km/h). Gọi vận tốc của dòng nước là y (km/h) ( x > y > 0). Suy ra vận tốc của tàu thủy khi xuôi dòng là x + y (km/h). Vận tốc của tàu thủy khi ngược dòng là x − y (km/h). Dẫn tới hệ phương trình :
54 66 x+ y = x− y x = 30 ⇔ (thỏa mãn điều kiện). 22 9 y = 3. + =1 x + y x − y Vậy vận tốc riêng của tàu thủy là 30 km/h.
Vận tốc của dòng nước là 3 km/h.
50
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 3: Hàng ngày, Nam đạp xe đi học với vận tốc không đổi trên quãng đường dài 10 km. Nam tính toán và thấy rằng đạp xe với vận tốc lớn nhất thì thời gian đi học sẽ rút ngắn 10 phút so với đạp xe với vận tốc hằng ngày. Tuy nhiên, thực tế sáng nay lại khác dự kiến. Nam chỉ đạp xe với vận tốc lớn nhất trên nửa đầu quãng đường (dài 5km), nửa quãng đường còn lại đường phố đông đúc nên Nam đã đạp xe với vận tốc hàng ngày. Vì vậy thời gian đạp xe đi học sáng nay của Nam là 35 phút. Hãy tính vận tốc đạp xe hàng ngày và vận tốc đạp xe lớn nhất của Nam (lấy đơn vị vận tốc là km/h)
Hướng dẫn giải Gọi vận tốc đạp xe hằng ngày của Nam là x (km/h, x > 0) Vận tốc đạp xe lớn nhất của Nam là y (km/h, y > x) Thời gian đi hàng ngày của Nam từ nhà đến trường là
10 (h) x
Thời gian đi của Nam từ nhà đến trường với vận tốc lớn nhất là
10 (h) y
Theo bài ra Nam tính toán và thấy rằng nếu đạp xe với vận tốc lớn nhất thì thời gian đi học sẽ rút ngắn 10 phút (
10 10 1 1 − = ( h ) ) nên ta có pt: 6 x y 6 Thời gian đi học thực tế của Nam trong 5 km đầu là
5 ( h) y
Thời gian đi học thực tế của Nam trong 5 km cuối là
5 (h) x
Theo bài ra vì thời gian đạp xe đi học sáng nay của Nam là 35 phút (
7 ( h) )nên ta có phương trình 12
5 5 7 + = x y 12 10 10 1 1 1 1 1 1 = x − y =6 x − y = 60 x = 15 (tm) x 15 Giải hệ pt: ⇔ ⇔ ⇔ y = 20 (tm) 5 + 5 = 7 1 + 1 = 7 1 = 1 x y 12 x y 60 y 20 Vậy vận tốc đạp xe hàng ngày của Nam là 15 (km/h) Vận tốc đạp xe lớn nhất của Nam là 20 (km/h) Bài 4: Một ca nô xuôi dòng một quãng sông dài 12km rồi ngược dòng quãng sông đó mất 2 giờ 30 phút. Nếu cũng quãng đường sông ấy, ca nô xuôi dòng 4km rồi ngược dòng 8km thì hết 1giờ 20 phút. Biết rằng vận tốc riêng của ca nô và vận tốc riêng của dòng nước là không đổi, tính cận tốc riêng của ca nô và vận tốc riêng của dòng nước.
Hướng dẫn giải. Gọi vận tốc riêng của ca nô và vận tốc riêng của dòng nước lần lượt là x, y (km/h; 0 < y < x ). Vận tốc ca nô xuôi dòng là: x + y (km/h).
51
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Vận tốc ca nô ngược dòng là: x − y (km/h). Đổi: 2 giờ 30 phút =
5 4 giờ; 1giờ 20 phút = giờ. 2 3
Vì ca nô xuôi dòng một quãng sông dài 12km rồi ngược dòng quãng sông đó mất 2 giờ 30 phút nên ta có phương trình:
12 12 5 + = (1). x+ y x− y 2
Vì ca nô xuôi dòng 4km rồi ngược dòng 8km thì hết 1giờ 20 phút nên ta có phương trình:
4 8 4 + = x+ y x− y 3
(2)
12 5 12 x+ y + x− y = 2 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình . 4 + 8 =4 x + y x − y 3
1 1 ;b = Đặt a = ( a > 0; b > 0 ) , ta có hệ x+ y x− y
5 12a + 12b = 2 4a + 8b = 4 3
1 a = 12 … ⇔ . b=1 8
1 1 x + y = 12 x + y = 12 x = 10 Suy ra ⇔ ⇔ (thỏa mãn điều kiện). − = = x y 8 y 2 1 1 = x − y 8 Vậy vận tốc riêng của ca nô là 10 km/h và vận tốc riêng của dòng nước là 2 km/h
Bài tập tự luyện: Bài B.01: Một ô tô đi từ A và dự định đến B lúc 12 giờ trưa. Nếu xe chạy với vận tốc 35 km/h thì sẽ đến B chậm 2 giờ so với dự định. Nếu xe chạy với vận tốc 50 km/h thì sẽ đến B sớm 1giờ so với dự định. Tính độ dài quãng đường AB và thời điểm xuất phát của ô tô tại A? Bài B.02: Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc dài 4 km và một đoạn xuống dốc dài 5 km. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 40 phút và đi từ B đến A hết 41 phút (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính vận tốc lúc lên dốc, lúc xuống dốc? Bài B.03: Một ô tô đi quãng đường AB với vận tốc 50 km/h, rồi đi tiếp quãng đường BC với vận tốc 45 km/h. Biết quãng đường tổng cộng dài 165 km và thời gian ô tô đi trên quãng đường AB ít hơn thời gian đi trên quãng đường BC là 30 phút. Tính thời gian ô tô đi trên mỗi đoạn đường. Bài B.04: Một ô tô dự định đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy mỗi giờ nhanh hơn 10 km thì đến nơi sớm hơn dự định 3 giờ, còn nếu xe chayyj chậm lại mỗi giờ 10 km thì đến nơi chậm mất 5 giờ. Tính vận tốc của xe lúc đầu, thời gian dự định và chiều dài quãng đường AB. Bài B.05: Một ca nô chạy trên sông trong 7 giờ, xuôi dòng 108 km và ngược dòng 63 km. Một lần khác cũng trong 7 giờ ca nô xuôi dòng 81 km và ngược dòng 84 km. Tính vận tốc nước chảy và vận tốc ca nô. Bài B.06: Một khách du lịch đi trên ô tô 4 giờ, sau đó đi tiếp bằng tàu hỏa trong 7 giờ được quãng đường 640 km. Hỏi vận tốc của tàu hỏa và ô tô, biết rằng mỗi giờ tàu hỏa đi nhanh hơn ô tô 5 km?
52
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài B.07: Hai người khách du lịch xuất phát đồng thời từ hai thành phố cách nhau 38 km. Họ đi ngược chiều và gặp nhau sau 4 giờ. Hỏi vận tốc của mỗi người, biết rằng khi gặp nhau, người thứ nhất đi được nhiều hơn người thứ hai là 2 km? Bài B.08: Một chiếc ca nô đi xuôi dòng theo một khúc sông trong 3 giờ và đi ngược dòng trong vòng 4 giờ, được 380 km. Một lần khác ca nô đi xuôi dòng trong 1 giờ và ngược dòng trong vòng 30 phút được 85 km. Hỏi tính vận tốc thật (lúc nước yên lặng) của ca nô và vận tốc của dòng nước (vận tốc thật của ca nô và vận tốc của dòng nước ở hai lần là như nhau). Bài B.09: Một người đi xe máy từ A tới B. Cùng một lúc một người khác cũng đi xe máy từ B tới A với vận tốc
bằng
4 vận tốc của người thứ nhất. Sau 2 giờ hai người đó gặp nhau. Hỏi mỗi người đi cả quãng đường AB hết 5
bao lâu? Bài B.10: Một ca nô ngược dòng từ bến A đến bến B với vận tốc 20 km/h sau đó lại xuôi từ bến B trở về bến A. Thời gian ca nô ngược dòng từ A đến B nhiều hơn thời gian ca nô xuôi dòng từ B trở về A là 2 giờ 40 phút. Tính khoảng cách giữa hai bến A và B. Biết vận tốc dòng nước là 5 km/h, vận tốc riêng của ca nô lúc xuôi dòng và lúc ngược dòng bằng nhau. Bài B.11: Hai xe máy khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh A và B cách nhau 90 km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 1,2 giờ (xe thứ nhất khởi hành từ A, xe thứ hai khởi hành từ B). Tìm vận tốc của mỗi xe. Biết rằng thời gian để xe thứ nhất đi hết quãng đường AB ít hơn thời gian để xe thứ hai đi hết quãng đường AB là 1 giờ. Bài B.12: Hai địa điểm A và B cách nhau 200 km. Cùng một lúc có một ô tô đi từ A và một xe máy đi từ B. Xe máy và ô tô gặp nhau tại C cách A một khoảng bằng 120 km. Nếu ô tô khởi hành sau xe máy 1 giờ thì sẽ gặp nhau tại D cách C một khoảng 24 km. Tính vận tốc của xe máy và ô tô.
Dạng 3: Toán về năng suất – Khối lượng công việc - % Có ba đại lượng:
- Khối lượng công việc. (KLCV) - Phần việc làm (chảy) trong một đơn vị thời gian (năng suất) (NS) - Thời gian (t)
KLCV = N . t
NS =
t=
KLCV t
KLCV NS
Khối lượng công việc = Năng suất × Thời gian.
KLCV:
Năng suất = Khối lượng công việc : Thời gian.
NS: Năng suất
Thời gian = Khối lượng công việc : Năng suất.
t: thời gian
Khi công việc không được đo bằng số lượng cụ thể, ta xem toàn bộ công việc là 1.
1 (công việc). x 1 - Nếu vòi nào chảy riêng một mình đầy bể trong x (giờ) thì trong 1 giờ vòi đó chảy được (bể). x - Nếu đội nào làm xong công việc trong x (ngày) thì trong 1 ngày đội đó làm được
Ví dụ minh họa: Bài 1: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21%. Vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch ?.
53
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải Gọi x, y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch . ĐK: x, y nguyên dương và x < 600; y < 600.
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm nên ta có phương trình: x + y = 600 Số sản phẩm tăng của tổ I là:
(1)
18 21 x (sp), Số sản phẩm tăng của tổ II là: y (sp). 100 100
Do số sản phẩm của hai tổ vượt mức 120(sp) nên ta có phương trình:
18 21 x+ y = 120 ( 2 ) 100 100
x + y = 600 Từ (1) và ( 2 ) ta có hệ phương trình: 18 21 100 x + 100 y = 120 Giải hệ ta được x = 200 , y = 400 (thỏa mãn điều kiện) Vậy số sản phẩm được giao theo kế hoạch của tổ I là 200, của tổ II là 400. Bài 2:
Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 5 giờ sẽ đầy bể. Nếu vòi thứ nhất
chảy trong 3 giờ và vòi thứ 2 chảy trong 4 giờ thì được
2 bể nước. Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao 3
lâu mới đầy bể.
Hướng dẫn giải Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ), thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là y (giờ). (Điều kiện x; y > 5 ) Trong 1 giờ: vòi thứ nhất chảy được
Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được
1 1 bể; vòi thứ hai chảy được bể x y
1 bể. 5
Vì hai vòi nước cùng chảy vào bể không có nước thì trong 5 giờ sẽ đầy bể nên ta có phương trình:
1 1 1 + = x y 5
(1) Nếu vòi thứ nhất chảy trong 3 giờ và vòi thứ 2 chảy trong 4 giờ thì được
1 1 2 3. + 4. = x y 3
(2)
1 1 1 x + y = 5 Từ (1) và ( 2 ) ta có hệ phương trình: 3 + 4 = 2 x y 3
54
2 bể nên ta có phương trình: 3
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Giải hệ phương trình trên ta đươc x = 7, 5 ; y = 15 (thỏa mãn điều kiện) Vậy thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là 7,5 giờ, thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là 15 giờ. Bài 3:
Hai công nhân cùng làm một công việc trong 16 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm trong 3
giờ, người thứ hai làm trong 6 giờ thì họ làm được
1 công việc. Hỏi mỗi công nhân làm một mình thì trong bao 4
lâu làm xong công việc.
Hướng dẫn giải Gọi x (giờ), y(giờ) lần lượt là thời gian một mình công nhân I và một mình công nhân II làm xong công việc. ĐK: x, y > 16. Trong 1 giờ: + Công nhân I làm được:
+ Công nhân II làm được:
1 (công việc) x
1 (công việc) y
+ Cả hai công nhân làm được:
Ta có phương trình:
1 1 1 + = x y 16
Trong 3 giờ công nhân I làm được:
(1) 3 (công việc) x
Trong 6 giờ công nhân II làm được:
Ta có phương trình:
6 (công việc) y
3 6 1 + = x y 4
Từ (1) và ( 2 ) ta có hệ phương trình:
(2) − (1) ta được :
1 (công việc) 16
( 2) 3 3 3 x + y = 16 3 + 6 = 1 x y 4
3 1 = ⇔ y = 3.16 = 48 ( tmđk) y 16
Thay vào (1) ta được :
3 3 3 3 3 3 6 3.48 + = ⇔ = − = ⇔x= = 24 ( tmđk) x 48 16 x 16 48 48 6
Vậy: + Một mình công nhân I làm xong công việc hết: 24 giờ + Một mình công nhân II làm xong công việc hết: 48 giờ
55
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 4: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất được giao làm 600 sản phẩm. Nhờ tăng năng suất lao động tổ 1 làm vượt mức 10% và tổ hai làm vượt mức 20% so với kế hoạch của mỗi tổ, nên cả hai tổ làm được 685 sản phẩm. Tính số sản phẩm mỗi tổ làm theo kế hoạch.
Hướng dẫn giải * Gọi số sản phẩm tổ 1 làm theo kế hoạch là x (SP, ĐK: x ∈ Ν , x < 600 )
Gọi số sản phẩm tổ 2 làm theo kế hoạch là y (SP, ĐK: y ∈ Ν* , y < 600 ) Vì hai tổ sản xuất được giao làm 600 sản phẩm nên ta có phương trình:
x + y = 600
(1)
Số sản phẩm vượt mức của tổ 1 là: 10%.x (sảnphẩm) Số sản phẩm vượt mức của tổ 2 là: 20% y (sảnphẩm) Vì tăng năng suất 2 tổ đã làm được 685 sảnphẩm, nên ta có phương trình:
110% x + 120% y = 685
(2)
x + y = 600 110% x + 120% y = 685
Từ (1) và (2) ta có hpt
x + y = 600 x + y = 600 x = 350 ⇔ ⇔ ⇔ (TMĐK) 0,1 y = 25 y = 250 y = 250 Vậy số sản phẩm tổ 1 làm theo kế hoạch là 350 sản phẩm Số sản phẩm tổ 2 làm theo kế hoạch là 250 sản phẩm. Bài 5: Hai công nhân cùng làm chung một công việc trong 6 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm trong 3 giờ 20 phút và người thứ hai làm trong 10 giờ thì xong công việc. Tính thời gian mỗi công nhân khi làm riêng xong công việc.
Hướng dẫn giải Gọi x (h) là thời gian người thứ nhất làm 1 mình xong công việc ( x > 6) . thì trong 1h người thứ nhất làm được 1/x (cv) y (h) là thời gian người thứ hai làm 1 mình xong công việc ( y > 6) trong 1h người thứ nhất làm được 1/y (cv) Trong 3h20' người thứ nhất làm được
10 1 . (cv), 3 x
Trong 10h người thứ hai làm được 10.
1 (cv) y
1 1 1 x + y = 6 ta có phương trình Đặt ẩn phụ ta có hpt: 10 1 1 ⋅ + 10 ⋅ = 1 3 x y y = 15. Kết luận.
56
1 1 u + v = 6 u = 10 ⇔ (thỏa) Suy ra x = 10 ; 10 1 u + 10v = 1 v = 3 15
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 6:
Hai máy ủi cùng làm việc trong vòng 12 giờ thì san lấp được
1 khu đất. Nếu máy ủi thứ nhất 10
làm một mình trong 42 giờ rồi nghỉ và sau đó máy ủi thứ hai làm một mình trong 22 giờ thì cả hai máy ủi san lấp được 25% khu đất đó. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi máy ủi san lấp xong khu đất đã cho trong bao lâu ?
Hướng dẫn giải Gọi x (giờ ) và y (giờ ) lần lượt là thời gian làm một mình của máy thứ nhất và máy thứ hai để san lấp toàn bộ khu đất (x > 0 ; y > 0) Nếu làm 1 mình thì trong 1 giờ máy ủi thứ nhất san lấp được
Theo giả thiết ta có hệ phương trình :
1 1 khu đất, và máy thứ 2 san lấp được khu đất. y x
12 12 1 x + y = 10 42 + 22 = 1 x y 4
1 12u + 12v = 1 1 10 Đặt u = và v = ta được hệ phương trình: x y 42u + 22v = 1 4 Giải hệ phương trình tìm được u =
1 1 ;v= , Suy ra: ( x ; y ) = ( 300;200 ) 300 200
Trả lời: Để san lấp toàn bộ khu đất thì: Máy thứ nhất làm một mình trong 300 giờ, máy thứ hai làm một mình trong 200 giờ . Bài 7: 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 ?
Hướng dẫn giải Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ 1 là x chi tiết ( x nguyên dương, x < 900) Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ 2 là y chi tiết ( y nguyên dương, y < 900)
x + y = 900 x = 400 ⇔ (thoả mãn) 1,1x + 1,12 y = 1000 y = 500
Theo đề bài ta có hệ Đáp số 400, 500.
Bài 8: Trong tháng thanh niên Đoàn trường phát động và giao chỉ tiêu mỗi chi đoàn thu gom 10kg giấy vụn làm kế hoạch nhỏ. Để nâng cao tinh thần thi đua bí thư chi đoàn 10A chia các đoàn viên trong lớp thành hai tổ thi đua thu gom giấy vụn. Cả hai tổ đều rất tích cực. Tổ 1 thu gom vượt chỉ tiêu 30%, tổ hai gom vượt chỉ tiêu 20% nên tổng số giấy chi đoàn 10A thu được là 12,5 kg. Hỏi mỗi tổ được bí thư chi đoàn giao chỉ tiêu thu gom bao nhiêu kg giấy vụn?
Hướng dẫn giải
57
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Gọi số kg giấy vụn tổ 1 được bí thư chi đoàn giao là x (kg) ( Đk : 0 < x <10) Số kg giấy vụn tổ 2 được bí thư chi đoàn giao là y (kg) ( Đk : 0 < x <10 )
x + y = 10 1,3 x + 1, 2 y = 12, 5
Theo đầu bài ta có hpt:
Giải hệ trên ta được : (x; y ) = (5;5) Trả lời : số giấy vụn tổ 1 được bí thư chi đoàn giao là 5 kg. Số giấy vụn tổ 2 được bí thư chi đoàn giao là 5 kg.
Bài 9: Để chuẩn bị cho một chuyến đi đánh bắt cá ở Hoàng Sa, hai ngư dân đảo Lý Sơn cần chuyển một số lương thực, thực phẩm lên tàu. Nếu người thứ nhất chuyển xong một nửa số lương thực, thực phẩm; sau đó người thứ hai chuyển hết số còn lại lên tàu thì thời gian người thứ hai hoàn thành lâu hơn người thứ nhất là 3 giờ.
Nếu cả hai cùng làm chung thì thời gian chuyển hết số lương thực, thực phẩm lên tàu là
20 giờ. Hỏi nếu làm 7
riêng một mình thì mỗi người chuyển hết số lương thực, thực phẩm đó lên tàu trong thời gian bao lâu?
Hướng dẫn giải Gọi x (giờ) là thời gian người thứ I một mình làm xong cả công việc. và y (giờ) là thời gian người thứ II một mình làm xong cả công việc. (Với x, y >
20 ) 7
1 1 7 1 1 7 x + y = 20 (1) + = Ta có hệ phương trình: ⇔ x y 20 y − x =3 y − x = 6 (2) 2 2 Từ (1) và (2) ta có phương trình:
1 1 7 + = x x + 6 20
Giải phương trình được x1 = 4, x2 = −
30 . Chọn x = 4. (thoả mãn điều kiện) 7
Vậy thời gian một mình làm xong cả công việc của người thứ I là 4 giờ, của người thứ II là 10 giờ. Bài 10: Một xe lửa cần vận chuyển một lượng hàng. Người lái xe tính rằng nếu xếp mỗi toa 15 tấn hàng thì còn thừa lại 5 tấn, còn nếu xếp mỗi toa 16 tấn thì có thể chở thêm 3 tấn nữa. Hỏi xe lửa có mấy toa và phải chở bao nhiêu tấn hàng.
Hướng dẫn giải Gọi x là số toa xe lửa và y là số tấn hàng phải chở. Điều kiện: x ∈ N*, y > 0.
15x = y - 5 . 16x = y + 3
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
Giải hpt ta được: x = 8, y = 125 (thỏa mãn) Vậy xe lửa có 8 toa và cần phải chở 125 tấn hàng.
58
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 11: Tháng giêng hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy; tháng hai do cải tiến kỹ thuật tổ I vượt mức 15% và tổ II vượt mức 10% so với tháng giêng, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng giêng mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy?
Hướng dẫn giải Gọi x, y số chi tiết máy của tổ 1, tổ 2 sản xuất trong tháng giêng (x, y ∈ N* ), ta có x + y = 900 (1) (vì tháng giêng 2 tổ sản xuất được 900 chi tiết). Do cải tiến kỹ thuật nên tháng hai tổ 1 sản xuất được: x + 15% x , tổ 2 sản xuất được: y + 10% y . Cả hai tổ sản xuất được: 1,15 x + 1,10 y = 1010
(2)
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:
x + y = 900 1,1x + 1,1 y = 990 0, 05 x = 20 ⇔ ⇔ 1,15 x + 1,1 y = 1010 1,15 x + 1,1 y = 1010 x + y = 900 ⇔ x = 400 và y = 500 (thoả mãn) Vậy trong tháng giêng tổ 1 sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ 2 sản xuất được 500 chi tiết máy.
Bài tập tự luyện: Bài C.01: Hai bạn A và B cùng làm chung một công việc thì hoàn thành sau 6 ngày. Hỏi nếu A làm một mình 3 ngày rồi nghỉ thì B hoàn thành nốt công việc trong thời gian bao lâu? Biết rằng nếu làm một mình xong công việc thì B làm lâu hơn A là 9 ngày. Bài C.02: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau 4 giờ 48 phút bể đầy. Nếu vòi I chảy trong 4 giờ, vòi II
chảy trong 3 giờ thì cả hai vòi chảy được
3 bể. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể. 4
Bài C.03: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 2 giờ 55 phút đầy bể. Nếu để chảy một mình thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 2 giờ. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình mà đầy bể. Bài C.04: Hai đội xe chở cát để san lấp một khu đất. Nếu hai đội cùng làm thì trong 18 ngày xong công việc. Nếu đội thứ nhất làm 6 ngày, sau đố đội thứ hai làm tiếp 8 ngày nữa thì được 40% công việc. Hỏi mỗi đội làm một mình bao lâu xong công việc? Bài C.05: Hai vòi nước cùng chảy chung vào một bể không có nước trong 12 giờ thì đầy bể. Nếu vòi thứ nhất chảy một mình trong 5 giờ rồi khóa lại và mở tiếp vòi hai chảy một mình trong 15 giờ thì được 75% thể tích của bể. Hỏi mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu sẽ đầy bể? Bài C.06: Hai công nhân làm chung thì hoàn thành một công việc trong 4 ngày. Người thứ nhất làm một nửa công việc, sau đó người thứ hai làm nốt công việc còn lại thì toàn bộ công việc sẽ được hoàn thành trong 9 ngày. Hỏi nếu mỗi người làm riêng thì sẽ hoàn thành công việc trong bao nhiêu ngày? Bài C.07: Để hoàn thành một công việc, hai tổ phải làm chung trong 6 giờ. Sau 2 giờ làm chung thì tổ II được điều đi làm việc khác, tổ I đã hoàn thành công việc còn lại trong 10 giờ. Hỏi nếu mỗi tổ làm riêng thì sau bao lâu sẽ làm xong công việc đó? Bài C.08: Hai xí nghiệp thoe kế hoạch phải làm tổng cộng 360 dụng cụ. Trên thực tế, xí nghiệp I vượt mức 12%, xí nghiệp II vượt mức 10% do đó cả hai xí nghiệp làm tổng cộng 400 dụng cụ. Tính số dụng cụ mỗi xí nghiệp phải làm. Bài C.09. Trong tuần đầu hai tổ sản xuất được 1500 bộ quần áo. Sang tuần thứ hai, tổ A vượt mức 25%, tổ B giảm mức 18% nên trong tuần này, cả hai tổ sản xuất được 1617 bộ. Hỏi trong tuần đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu.
59
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Dạng 4: Toán có nội dung hình học - Diện tích hình chữ nhật S = x. y ( x là chiều rộng; y là chiều dài) - Diện tích tam giác S =
1 x. y ( x là chiều cao, y là cạnh đáy tương ứng) 2
- Độ dài cạnh huyền: c 2 = a 2 + b 2 (c là độ dài cạnh huyền; a,b là độ dài các cạnh góc vuông) - Số đường chéo của một đa giác
n(n − 3) (n là số đỉnh) 2
Ví dụ minh họa: Bài 1: Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 34m. Nếu tăng thêm chiều dài 3m và chiều rộng 2m thì diện tích tăng thêm 45m2. Hãy tính chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn.
Hướng dẫn giải Gọi chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật lần lượt là x(m); y(m). Điều kiện: x > y > 0 (*) Chu vi của mảnh vườn là: 2( x + y ) = 34 (m). Diện tích trước khi tăng: xy (m2). Diện tích sau khi tăng: ( x + 3)( y + 2)
(m2).
2( x + y ) = 34 2 x + 2 y = 34 ⇔ y = 5 Theo bài ta có hệ: ( x + 3)( y + 2) − xy = 45 2 x + 3 y = 39 ⇔ x = 12 x = 12; y = 5 (thỏa mãn (*). Vậy chiều dài là 12m, chiều rộng là 5m. Bài 2: Một hình chữ nhật ban đầu có cho vi bằng 2010 cm. Biết rằng nều tăng chiều dài của hình chữ nhật thêm 20 cm và tăng chiều rộng thêm 10 cm thì diện tích hình chữ nhật ban đầu tăng lên 13 300 cm2. Tính chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu.
Hướng dẫn giải Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (cm), chiều rộng là y (cm) (điều kiện x, y > 0) Chu vi hình chữ nhật ban đầu là 2010 cm. ta có phương trình:
2( y + y ) = 2010 ⇔ x + y = 1005 (1) Khi tăng chiều dài 20 cm, tăng chiều rộng 10 cm thì kích thước hình chữ nhật mới là: Chiều dài: x + 20 (cm), chiều rộng: y + 10 (cm) Khi đó diện tích hình chữ nhật mới là: (x + 20)(y + 10) = xy + 13300
⇔ 10 x + 20 y = 13100 ⇔ x + 2 y = 1310 (2)
60
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x + y = 1005 x + 2t = 1310
Từ (1) và (2) ta có hệ:
Trừ từng vế của hệ ta được: y = 305 (thoả mãn). Thay vào phương trình (1) ta được: x = 700 Vậy chiều dài hình chữ nhật ban đầu là: 700 cm, chiều rộng là 305 cm. Bài 3:
Cho mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45 m. Nếu giảm chiều dài 2 lần tăng
chiều rộng lên 3 lần thì chu vi không đổi. Tính diện tích mảnh đất
Hướng dẫn giải Gọi chiều rộng, chiều dài của thửa ruộng tương ứng là x, y. Điều kiện x > 0, y > 0; đơn vị của x, y là mét. Vì chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45 m nên y − x = 45
(1).
Chiều dài giảm 2 lần, chiều rộng tăng 3 lần ta được hình chữ nhật có hai cạnh là
Theo giả thiết chu vi không thay đổi nên 2 ( x + y ) = 2 3 x +
y và 3x. 2
y (2). 2
y − x = 45 y . 2( x + y ) = 2(3 x + ) 2
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
x = 15 ( m) y = 60 ( m)
Giải hệ này ta có
Vậy diện tích của thửa ruộng là S = xy = 900 (m2).
Bài tập tự luyện: Bài D.01. Một tam giác có chiều cao bằng
3 cạnh đáy. Nếu chiều cao tăng thêm 3 dm và cạnh đáy giảm đi 3 dm 4
thì diện tích của nó tăng thêm 12 dm2 . Tính chiều cao và cạnh đáy của tam giác. Bài D.02. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 48 m. Nếu tăng chiều rộng lên bốn lần và chiều dài lên ba lần thì chu vi của khu vườn sẽ là 162 m. Hãy tính diện tích của khu vườn ban đầu. Bài D.03. Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài bằng
7 chiều rộng và có diện tích bằng 1792 m2. Tính chu 4
vi của khu vườn ấy. Bài D.04 . Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720 m2, nếu tăng chiều dài thêm 6 m và giảm chiều rộng đi 4 m thì diện tích mảnh vương không đổi. Tính các kích thước của mảnh vườn. Bài D.05. Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 28m. Đường chéo hình chữ nhật là 10m. Tính độ dài hai cạnh của mảnh đất hình chữ nhật. Bài D.06. Một hình chữ nhật. Nếu tăng chiều dài thêm 2m và chiều rộng 3 m thì diện tích tăng 100 m2. Nếu cùng giảm chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích giảm 68 m2. Tính diện tích thửa ruộng đó.
61
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Dạng 5. Các dạng toán khác Ví dụ minh họa: Bài 1: Hai giá sách có tất cả 500 cuốn sách. Nếu bớt ở giá thứ nhất 50 cuốn và thêm vào giá thứ hai 20 cuốn thì số sách ở cả hai giá sẽ bằng nhau. Hỏi lúc đầu mỗi giá có bao nhiêu cuốn?
Hướng dẫn giải Gọi số sách lúc đầu trong giá thứ nhất là x (cuốn). Gọi số sách lúc đầu trong giá thứ hai là y (cuốn). Điều kiện : x, y nguyên dương (x > 50).
Số sách còn lại ở giá thứ nhất sau khi bớt đi 50 cuốn là (x – 50) cuốn Số sách còn lại ở giá thứ hai sau khi thêm 20 cuốn là (y + 20) cuốn
x + y = 500 x − 50 = y + 20
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
Giải hệ phương trình ta được : x = 285 và y = 215 (tmđk) Vậy : Số sách lúc đầu trong giá thứ nhất là 285 cuốn Số sách lúc đầu trong giá thứ hai là 215 cuốn Bài 2: 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?
Hướng dẫn giải 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)
Số tiền thực tế để mua 1 cái bàn ủi là:
90 9 x= x 100 10
Số tiền thực tế để mua 1 cái quạt điện là:
Theo bài ra ta có phương trình:
80 8 y= y 100 10
9x 8 y 9x 8 y + = 850 − 125 ⇔ + = 725 10 10 10 10
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
62
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x + y = 850 x = 450 ⇔ 8 9 10 x + 10 y = 725 y = 400 Số tiền thực tế mua 1 cái bàn ủi là:
9 .450 = 405 (ngàn đồng) 10
Số tiền thực tế mua 1 cái quạt điện là:
8 .400 = 320 (ngàn đồng) 10
Vậy số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yết và giá bán thực tế của 1 cái bàn ủi là: 450 – 405 = 45 (ngàn đồng) Vậy số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yên và giá bán thực tế của 1 cái quạt điện là: 400 – 320 = 80 (ngàn đồng) ĐS. 45 và 80 (ngàn đồng) Bài 3: Số tiền mua 1 quả dừa và một quả thanh long là 25 nghìn đồng. Số tiền mua 5 quả dừa và 4 quả thanh long là 120 nghìn đồng. Hỏi giá mỗi quả dừa và giá mỗi quả thanh long là bao nhiêu ? Biết rằng mỗi quả dừa có giá như nhau và mỗi quả thanh long có giá như nhau.
Hướng dẫn giải Gọi x, y (nghìn) lần lượt là giá của 1 quả dừa và 1 quả thanh long. Điều kiện : 0 < x ; y < 25.
x + y = 25 5x + 4 y = 120
Theo bài ra ta có hệ phương trình
Giải ra ta được : x = 20, y = 5 (thỏa mãn điều kiện bài toán). Vậy :
Giá 1 quả dừa 20 nghìn. Giá 1 quả thanh long 5 nghìn.
Bài 4: Có hai can đựng dầu, can thứ nhất đang chứa 38 lít và can thứ hai đang chứa 22 lít. Nếu rót từ can thứ nhất sang cho đầy can thứ hai thì lượng dầu trong can thứ nhất chỉ còn lại một nửa thể tích của nó. Nếu rót từ can thứ hai sang cho đầy can thứ nhất thì lượng dầu trong can thứ hai chỉ còn lại một phần ba thể tích của nó. Tính thể tích của mỗi can.
Hướng dẫn giải Gọi thể tích của can thứ nhất và can thứ hai lần lượt là x và y (lít) (x > 38, y > 22) Rót từ can 1 sang cho đầy can 2, thì lượng rót là y – 22 (lít), nên can 1 còn 38 – ( y – 22 ) = 60 – y (lít), bằng 1 nửa thể tích can 1 do đó x = 2 ( 60 – y ) ⇔ x + 2y = 120 (1)
Rót từ can 2 sang cho đầy can 1, thì lượng rót là x – 38 (lít), nên can 2 còn 22 – ( x – 38 ) = 60 – x (lít), bằng một phần ba thể tích can 2 do đó y = 3 ( 60 – x ) ⇔ 3x + y = 180 (2)
63
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x + 2 y = 120 , giải hệ ta có x = 48; y = 36 (tm) 3x + y = 180
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
Vậy thể tích của can thứ nhất và can thứ hai lần lượt là 48 lít và 36 lít
Bài tập tự luyện: Bài E.01. Hai giá sách có 450 cuốn. Nếu chuyển 50 cuốn từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số sách trên giá thứu
hai bằng
4 số sách ở giá thứ nhất. Tính số sách trên mỗi giá. 5
Bài E.02. Hai anh An và Bình góp vốn kinh doanh. Anh An góp 13 triệu đồn, anh Bình góp 15 triệu đồng. Sau một thời gian kinh doanh được lãi 7 triệu đồng. Lãi được chia theo tỉ lệ góp vốn. Tính số tiền lãi mà mỗi anh được hưởng. Bài E.03. Một công nhân dự định làm 72 sản phẩm trong một thời gian đã định. Nhưng thực tê xí nghiệp lại giao 80 sản phẩm. Mặc dù người đó mỗi giờ đã làm thêm một số sản phẩm so với dự kiến, nhưng thời gian hoàn thành công việc vẫn chậm hơn so với dự kiến là 12 phút. Tính số sản phẩm dự kiến làm trong 1 giờ của người đó, biết mỗi gờ người đó làm không quá 20 sản phẩm. Bài E.04 . Trên một cánh đồng cấy 60 ha lúa giống mới và 40 ha lúa giống cũ. Thu hoạch được tât cả 460 tấn thóc. Hỏi năng suất mỗi loại lúa trên một ha là bao nhiêu, biết rằng 3 ha trồng lúa mới thu hoạch được ít hơn 4 ha trồng lúa cũ là 1 tấn. Bài E.05. Có hai phân xưởng, phân xưởng thứ I làm trong 20 ngày, phân xưởng thứ II làm trong 15 ngày được 1600 dụng cụ. Biết số dụng cụ phân xưởng thứ I làm trong 4 ngày bằng số dụng cụ phân xưởng I làm trong 5 ngày. Tính số dụng cụ mỗi phân xưởng đã làm. Bài E.06 . Trong một kì thi hai trường A, B có tổng cộng 350 học sinh dự thi. Kết quả hai trường đó là 338 học sinh trúng tuyển. Tính ra thì trường A có 97% và trường B có 96% số học sinh trúng tuyển. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu học sinh dự thi. Bài E.07. Người ta trộn 4 kg chất lỏng loại I với 3 kg chất lỏng loại II thì được một hỗn hợp có khối lượng riêng là 700 kg/m3. Biết khối lượng riêng của chất lỏng loại I lớn hơn khối lượng riêng của chất lỏng loại II là 200 kg/m3. Tính khối lượng riêng của mỗi chất. Bài E.08. Trong một buổi liên hoan văn nghệ, phòng họp chỉ có 320 chỗ ngồi, nhưng số người tới dự hôm đó là 420 người. Do đó phải đặt thêm 1 dãy ghế và thu xếp để mỗi dãy ghế thêm được 4 người ngồi nữa mới đủ. Hỏi lúc đầu trong phòng có bao nhiêu ghế.
Phần giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình với các bài tập phía trên giúp các em định hướng phương pháp giải. Tuy nhiên trong đề tuyển sinh vào 10, các em rất có thể gặp phải dạng bài toán trên nhưng phải giải theo phương pháp lập phương trình. Các em nghiên cứu tiếp “chuyên đề số 4: Giải bài toán bằng cách lập phương trình” để thành thạo kiến thức, phương pháp giải dạng toán này nhé!
Chúc các em học sinh học tập và ôn luyện đạt kết quả tốt!
64
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Chủ đề 4: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI D. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
. KIẾN THỨC CẦN NHỚ Giải bài toán bằng cách lập phương trình bậc hai gồm ba bước: Bước 1. Lập phương trình của bài toán: - Chọn ẩn số và đặt điều kiện cho ẩn số. - Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và theo đại lượng đã biết. - Lập phương trình bậc hai biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng. Bước 2. Giải phương trình bậc hai vừa tìm được Bước 3. Trả lời: Kiểm tra xem trong các nghiệm của phương trình, nghiệm nào thỏa mãn điều kiện của ẩn, nghiệm nào không thỏa mãn, rồi kết luận. - Đối với giải bài toán bằng cách lập phương trình bậc hai một ẩn cũng tương tự như cách giải bài toán bằng cách lập phương trình bậc nhất một ẩn. Tuy nhiên có những bài toán chúng ta có có kết hợp giữa giải hệ phương trình và phương trình bậc hai mà các em đã từng gặp ở chủ đề 3. Vì vậy việc lựa chọn ẩn số và cũng như giải toán có thể các em sẽ phân vân. Vì vậy hãy cùng nghiên cứu chủ đề 4: Giải bài toán bằng cách lập phương trình bậc hai (hệ phương trình đưa về giải theo phương trình bậc hai) từ đó hình thành kỹ năng giải dạng toán này nhé!
. PHÂN DẠNG TOÁN Dạng 1. Toán về quan hệ số Số có hai, chữ số được ký hiệu là ab
Giá trị của số: ab = 10a + b ; (Đk: 1≤ a ≤ 9 và 0≤ b ≤ 9, a,b∈ N) Số có ba, chữ số được ký hiệu là abc abc = 100a +10b + c, (Đk: 1 ≤ a ≤ 9 và 0 ≤ b, c ≤ 9; a, b, c ∈ N) Tổng hai số x; y là: x + y
Tổng bình phương hai số x, y là: x 2 + y 2 Bình phương của tổng hai số x, y là: ( x + y ) Tổng nghịch đảo hai số x, y là:
2
1 1 + . x y
Ví dụ minh họa: Bài 1:
Tìm hai số tự nhiên liên tiếp có tổng các bình phương của nó là 85.
Hướng dẫn giải Gọi số bé là x ( x ∈ N ). Số tự nhiên kề sau là x + 1. 2
Vì tổng các bình phương của nó là 85 nên ta có phương trình: x 2 + ( x + 1) = 85
⇔ x 2 + x 2 + 2 x + 1 = 85 65
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
⇔ 2 x 2 + 2 x − 84 = 0 ⇔ x 2 + x − 42 = 0
∆ = b 2 − 4ac = 12 − 4.1.(−42) = 169 > 0
∆ = 169 = 13 −1 + 13 = 6 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) 2 Phương trình có hai nghiệm: −1 − 13 x2 = = −7 (lo¹i) 2 x1 =
Vậy hai số phải tìm là 6 và 7. Bài 2: Một phân số có tử số bé hơn mẫu số là 11. Nếu bớt tử số đi 5 đơn vị và tăng mẫu số lên 4 đơn vị thì sẽ được phân số mới là nghịch đảo của phân số đã cho. Tìm phân số đó
Hướng dẫn giải Gọi tử số của phân số của phân số cần tìm là x thì mẫu số của phân số cần là x + 11 (đk: x ∈ Z ; x ≠ 0, x ≠ −11 ) Phân số cần tìm là
x x + 11
Khi bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu số 4 đơn vị ta được phân số
x−7 x + 15
(Điều kiện : x ≠ −15 )
x x + 15 = x + 11 x − 7 −5 Giải PT tìm x = −5 vậy phân số cần tìm là . 6 Theo bài ra ta có phương trình :
Bài tập tự luyện: Bài A.01: Tìm hai số biết rằng hai lần số thứ nhất hơn ba lần số thứ hai là 9 và hiệu các bình phương của chúng bằng 119 . Bài A.02: Tìm hai số biết rằng tổng chúng là 17 và tổng lập phương của chúng bằng 1241. Bài A.03: Tích của hai số tự nhiên lien tiếp lớn hơn tổng của chúng là 109 . Tìm hai số đó. Bài A.04: Cho một số có hai chữ số. Tổng hai chữ số của chúng bằng 10. Tích hai chữ số ấy nhỏ hơn số đã cho là 12. Tìm số đã cho.
Dạng 2: Toán chuyển động 1. Toán chuyển động có ba đại lượng:
S = v.t
Quãng đường = Vận tốc × Thời gian
S: quãng đường
v=
S t
Vận tốc = Quãng đường : Thời gian
v: vận tốc
t=
S v
Thời gian = Quãng đường : Vận tốc.
t: thời gian
66
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Các đơn vị của ba đại lượng phải phù hợp với nhau. Nếu quãng đường tính bằng ki-lô-mét, vận tốc tính bằng kilô-mét/giờ thì thời gian phải tính bằng giờ.
+ Nếu hai xe đi ngược chiều nhau cùng xuất phát khi gặp nhau lần đầu: Thời gian hai xe đi được là như nhau, Tổng quãng đường hai xe đã đi đúng bằng khoảng cách ban đầu giữa hai xe. + Nếu hai phương tiện chuyển động cùng chiều từ hai địa điểm khác nhau là A và B, xe từ A chuyển động nhanh hơn xe từ B thì khi xe từ A đuổi kịp xe từ B ta luôn có hiệu quãng đường đi được của xe từ A với quãng đường đi được của xe từ B bằng quãng đường AB 2. Chuyển động với ngoại lực tác động: (lực cản, lực đẩy); (thường áp dụng với chuyển động cùng dòng nước với các vật như ca nô, tàu xuồng, thuyền): Đối với chuyển động cùng dòng nước
Vận tốc khi nước đứng yên = vận tốc riêng. Vận tốc xuôi dòng = vận tốc riêng + vận tốc dòng nước Vận tốc ngược dòng = vận tốc riêng – vận tốc dòng nước Vận tốc của dòng nước là vận tốc của một vật trôi tự nhiên theo dòng nước (Vận tốc riêng của vật đó bằng 0) Đối với chuyển động có ngoại lực tác động như lực gió ta giải tương tự như bài toán chuyển động cùng dòng nước.
Ví dụ minh họa: Bài 1: Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36 km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 3 km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Hướng dẫn giải Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x km/h, x > 0 . Thời gian của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là
36 (giờ) x
Vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ B đến A là x+3 (km/h) Thời gian của người đi xe đạp khi đi từ B đến A là
Ta có phương trình:
36 (giờ) x+3
36 36 36 − = x x + 3 60 x = 12
Giải phương trình này ra hai nghiệm
) x = −15 ( loai ɺ
Vậy vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 12 km/h Bài 2:
Hai người đi xe đạp cùng xuất phát từ A để đến B với vận tốc bằng nhau. Đi được
2 quãng 3
đường, người thứ nhất bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút và đón ô tô quay về A, còn người thứ hai không dừng lại mà tiếp tục đi với vận tốc cũ để tới B.Biết rằng khoảng cách từ A đến B là 60 km, vận tốc ô tô hơn vận tốc xe đạp là 48 km/h và khi người thứ hai tới B thì người thứ nhất đã về A trước đó 40 phút. Tính vận tốc của xe đạp
Hướng dẫn giải Gọi x (km/h) là vận tốc của xe đạp, thì x + 48 (km/h) là vận tốc của ô tô. Điều kiện: x > 0
67
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hai người cùng đi xe đạp một đoạn đường AC =
2 AB = 40km 3
Đoạn đường còn lại người thứ hai đi xe đạp để đến B là: CB = AB − AC = 20 km
Thời gian người thứ nhất đi ô tô từ C đến A là:
40 20 (giờ) và người thứ hai đi từ C đến B là: (giờ) x + 48 x
40 1 20 2 40 20 + = - ⇔ +1 = x + 48 3 x 3 x + 48 x
Theo giả thiết, ta có phương trình: Giải phương trình trên:
40x + x ( x + 48 ) = 20 ( x + 48) hay x 2 + 68x - 960 = 0 Giải phương trình ta được hai nghiệm: x1 = -80 < 0 (loại) và x 2 = 12 (t/m) Vậy vận tốc của xe đạp là: 12 km/h Bài 3: Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 48 km. Một canô đi từ bến A đến bến B, rồi quay lại bến A. Thời gian cả đi và về là 5 giờ (không tính thời gian nghỉ). Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4 km/h.
Hướng dẫn giải Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là x (km/h, x > 4) Vận tốc canô khi nước xuôi dòng là x + 4 và thời gian canô chạy khi nước xuôi dòng là
48 . x+4
Vận tốc canô khi nước ngược dòng là x − 4 và thời gian canô chạy khi nước ngược dòng là Theo giả thiết ta có phương trình
48 . x−4
48 48 + =5 x+4 x−4
2 2 pt 48( x − 4 + x + 4) = 5( x − 16) ⇔ 5 x − 96 x − 80 = 0
Giải phương trình ta được x = −0,8 (loại), x = 20 (thỏa mãn) Vậy vận tốc canô trong nước yên lặng là 20 km/h Bài 4: Một xe ô tô đi từ A đến B cách nhau 180km. Sau khi đi được 2 giờ, ô tô dừng lại để đổ xăng và nghỉ ngơi mất 15 phút rồi tiếp tục đi với vận tốc tăng thêm 20 km/h và đến B đúng giờ đã định. Tìm vận tốc ban đầu của xe ô tô.
Hướng dẫn giải
68
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Gọi x (km/h) là vận tốc ban đầu của xe ô tô ( điều kiện: x > 0) Thì vận tốc lúc sau của ô tô là x + 20 (km/h) Quãng đường đi được sau 2 giờ là: 2x (km) Quãng đường đi sau khi nghỉ ngơi là: 180 – 2x (km) Viết được phương trình:
180 1 180 − 2 x = 2+ + x 4 x + 20
Hay x 2 + 180 x – 14400 = 0 Tìm được x = 60 (thỏa mãn) ; x = −240 (loại) Vậy vận tốc ban dầu của xe là 60km/h. Bài 5: Trên một vùng biển được xem như bằng phẳng và không có chướng ngại vật. Vào lúc 6 giờ có một tàu cá đi thẳng qua tọa độ X theo hướng Từ Nam đến Bắc với vận tốc không đổi. Đến 7 giờ một tàu du lịch cũng đi thẳng qua tọa độ X theo hướng từ Đông sang Tây với vận tốc lớn hơn vận tốc tàu cá 12 km/h. Đến 8 giờ khoảng cách giữa hai tầu là 60 km. Tính vận tốc của mỗi tàu.
Hướng dẫn giải Gọi vận tốc của tàu cá là: x (km/h), điều kiện: x > 0 Vận tốc của tàu du lịch là: x + 12 (km/h ) Đến 8 giờ thì hai tàu cách nhau khoảng AB = 60 (km) lúc đó, thời gian tàu cá đã đi là: 8 – 6 = 2 (giờ) thời gian tàu du lịch đã đi là: 8 – 7 = 1 (giờ) Giả sử tàu cá đến điểm A, tàu du lịch đến điểm B Tàu cá đã đi đoạn XA = 2x (km) Tàu du lịch đã đi đoạn XB = 1. ( x + 12 ) = x + 12 (km)
Vì XA ⊥ XB (do hai phương Bắc – Nam và Đông –Tây vuông góc nhau) Nên theo định lý Pytago, ta có: XA2 + XB 2 = AB 2
⇔ (2 x) 2 + ( x + 12)2 = 602 ⇔ 5 x 2 + 24 x − 3456 = 0 x = −28,8 ( L ) ⇔ 1 x2 = 24 (TM ) Vậy vận tốc của tàu cá và tàu du lịch lần lượt là: 24 km/h và 36 km/h Bài 6: Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách nhau 24 km ; cùng lúc đó, cũng từ A về B một bè nứa trôi với vận tốc dòng nước là 4 km/h. Khi đến B ca nô quay lại ngay và gặp bè nứa tại địa điểm C cách A là 8 km. Tính vận tốc thực của ca nô.
Hướng dẫn giải Do ca nô xuất phát từ A cùng với bè nứa nên thời gian của ca nô bằng thời gian bè nứa: Gọi vận tốc của ca nô là x (km/h) (x>4)
69
8 = 2 (h) 4
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Theo bài ta có:
24 24 − 8 24 16 + =2⇔ + =2 x+4 x−4 x+4 x−4
x = 0 2 x 2 − 40 x = 0 ⇔ x = 20 x = 0 loại, x = 20 thỏa mãn Vậy vận tốc thực của ca nô là 20 km/h Bài 7: Trên quãng đường AB, một xe máy đi từ A đến B cùng lúc đó một xe ôtô đi từ B đến A, sau 4 giờ hai xe gặp nhau và tiếp tục đi thì xe ôto đến A sớm hơn xe máy đến B là 6 giờ. Tính thời gian mỗi xe đi hết quãng đường AB.
Hướng dẫn giải Gọi x (h) là thời gian xe máy đi hết quãng đường AB (đk: x>4) Gọi y (h) là thời gian ôtô đi hết quãng đường AB (đk: y>4 ) Trong 1 giờ xe máy đi được:
1 (quãng đường) x
Trong 1 giờ xe ô tô đi được:
1 (quãng đường) y
Trong 1 giờ hai xe đi được:
1 1 1 + = (1) x y 4
Mà thời gian xe ô tô về đến A sớm hơn xe máy về đến B là 6 giờ nên: x – y = 6 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
1 1 1 1 1 1 x 2 − 14 x + 24 = 0 = + = + ( điều kiện: x ≠ 6 ) x y 4 ⇔ x x−6 4 ⇔ y = 2 −6 x − y = 6 y = x − 6 Giải phương trình x 2 − 14 x + 24 = 0 được: x = 12 (thỏa mãn); hoặc x = 2 (loại) Với x = 12, tìm được y = 6. Do đó, nghiệm của hệ là (12;6) Vậy thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là 12 giờ, ôtô đi hết quãng đường AB là 6 giờ. Bài 8: Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km. Lúc 6 giờ một xe máy đi từ A để tới B. Lúc 6 giờ 30 phút cùng ngày, một ô tô cũng đi từ A để tới B với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h (Hai xe chạy trên cùng một con đường đã cho). Hai xe nói trên đều đến B cùng lúc. Tính vận tốc mỗi xe.
Hướng dẫn giải Xe máy đi trước ô tô thời gian là : 6 giờ 30 phút - 6 giờ = 30 phút =
1 h. 2
Gọi vận tốc của xe máy là x ( km/h ) ( x > 0 ) Vì vận tốc ô tô lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h nên vận tốc của ô tô là x + 15 (km/h)
70
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là :
Thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là :
Do xe máy đi trước ô tô
90 (h) x
90 ( h) x + 15
1 90 1 90 giờ và hai xe đều tới B cùng một lúc nên ta có phương trình: − = 2 x 2 x + 15
90.2.( x + 15) − x( x + 15) = 90.2 x ⇔ 180 x + 2700 − x 2 − 15 x = 180 x ⇔ x 2 + 15 x − 2700 = 0 b Ta có : ∆ = 152 − 4.(−2700) = 11025 > 0 ;
∆ = 11025 = 105
x1 =
−15 − 105 = −60 ( không thỏa mãn điều kiện ) 2
x2 =
−15 + 105 = 45 ( thỏa mãn điều kiện ) 2
Vậy vận tốc của xe máy là 45 ( km/h ) , vận tốc của ô tô là 45 + 15 = 60 ( km/h
Bài tập tự luyện: Bài B.01: Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc 25km / h . Lúc về người đó đi với vận tốc 30 km / h nên thời gian về ít hơn thời gian đi là 20 phút. Tính quãng đường AB. Bài B.02: Một ô tô phải đi qua quãng đường AB dài 60 km trong một thời gian nhất định. Xe đi nửa đầu quãng đường với vận tốc hơn dự định là 10 km/h và đi nửa sau kém hơn dự định 6 km/h. Biết ô tô đã đến đúng như dự định. Tính thời gian người đó dự định đi quãng đường AB. Bài B.03: Lúc 6 giờ, một ô tô xuất phát từ A đến B với vận tốc trung bình 40 km/h. Khi đến B, người lái xe làm nhiệm vụ giao nhận hang trong 30 phút rồi cho xe quay trở về A với vận tốc trung bình 30 km/h. Tính quãng đường AB biết rằng ô tô về đến A lúc 10 giờ cùng ngày. Bài B.04: Một ô tô chạy trên quãng đường AB. Lúc đi ô tô chạy với vận tốc 35 km/h, lúc về chạy với vận tốc 42 km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi nửa giờ. Tính chiều dài quãng đường AB. Toán về chuyển động ngược chiều. Bài B.05: Khoảng cách giữa Hà Nội và Thái Bình là 110 km. Một người đi xe máy từ Hà Nội về Thái Bình với vận tốc 45 km/h. Một người đi xe máy từ Thái Bình lên Hà Nội với vận tốc 30 km/h. Hỏi sau mấy giờ họ gặp nhau?
4,18 km đi ngược chiều nhau để gặp nhau. Người thứ nhất mỗi giờ đi được 5, 7 km . Người thứ hai mỗi giờ đi được 6, 3 km nhưng xuất phát sau người thứ nhất 4 phút. Hỏi người thứ hai đi trong bao lâu thì gặp người thứ nhất. Bài B.06: Hai người đi bộ khởi hành ở hai địa điểm cách nhau
Bài B.07: Hai người đi xe đạp cùng lúc, ngược chiều nhu từ hai địa điểm A và B cách nhau
42 km và gặp nhau
sau 2 giờ. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng người đi từ A mỗi giờ đi nhanh hơn người đi từ B là 3 km. Bài B.08. Hai người cùng đi xe đạp từ hai tỉnh A và B cách nhau 60 km đi ngược chiều nhau và gặp nhau sau 2 giờ. Tính vận tốc của mỗi người biết rằng người đi từ A mỗi giờ đi nhanh hơn người đi từ B là 2 km.
71
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Toán về chuyển động cùng chiều Bài B.09: Hai xe máy khởi hành lúc 7 giờ sáng từ A để đến B. Xe máy thứ nhất chạy với vận tốc 30 km/h, xe máy thứ hai chạy với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy thứ nhất là 6 km/h. Trên đường đi xe thứ hai dừng lại nghỉ 40 phút rồi lại tiếp tục chạy với vận tốc cũ. Tính chiều dài quãng đường AB, biết cả hai xe đến B cùng lúc. Bài B.10: Lúc 7 giờ sáng một người đi xe đạp khởi hành từ A với vận tốc 10 km/h. Sau đó lúc 8 giờ 40 phút, một người khác đi xe máy từ A cũng đuổi theo với vận tốc 30 km/h. Hỏi hai người gặp nhau lúc mấy giờ? Bài B.11. Một đoàn tàu hỏa từ Hà Nội đi Thành phố Hồ Chí Minh, 1 giờ 48 phút sau, một đoàn tàu hỏa khác khởi hành từ Nam Định cũng đi Thành phố Hồ Chí Minh với vận tốc nhỏ hơn vận tốc của đoàn tàu thứ nhất 5 km/h. Hai đoàn tàu gặp nhau ( tại 1 ga nào đó) sau 4 giờ 48 phút kể từ khi đoàn tàu thứ nhất khởi hành. Tính vận tốc của mỗi đoàn tàu, biết rằng Ga Nam Định nằm trên đường từ Hà Nội đi Thành phố Hồ Chí Minh và cách Ga Hà Nội 87 km. Toán về chuyển động trên dòng nước Bài B.12: Một ca nô tuần tra đi xuôi dòng từ A đến B hết 1 giờ 20 phút và ngược dòng từ B về A hết 2 giờ. Tính vận tốc riêng của ca nô, biết vận tốc dòng nước là 3 km/h. Bài B.13: Quãng đường một ca nô đi xuôi dòng trong 4 giờ bằng 2, 4 lần quãng đường một ca nô đi ngược dòng trong 2 giờ. Hỏi vận tốc ca nô khi xuôi dòng. Biết rằng vận tốc ca nô khi nước yên tĩnh là 15 km/h. Bài B.14. Lúc 7 giờ sáng, một chiếc ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B, cách nhau 36 km, rồi ngay lập tức quay trở về và đến bến A lúc 11 giờ 30 phút. Tính vận tốc của ca nô khi xuôi dòng, biết vận tốc của dòng chảy là 6 km/h. Bài B.15. Một chiếc ca nô khởi hành từ bến A đến bến B dài 120 km rồi từ B quay về A mất tổng cộng 11 giờ. Tính vận tốc của ca nô. Cho biết vận tốc của dòng là 2 km/h và vận tốc thật không đổi.
Dạng 3: Toán về năng suất – Khối lượng công việc - % Có ba đại lượng:
- Khối lượng công việc. (KLCV) - Phần việc làm (chảy) trong một đơn vị thời gian (năng suất) (NS) - Thời gian (t)
KLCV = N . t
NS =
t=
KLCV t
KLCV NS
Khối lượng công việc = Năng suất × Thời gian.
KLCV:
Năng suất = Khối lượng công việc : Thời gian.
NS: Năng suất
Thời gian = Khối lượng công việc : Năng suất.
t: thời gian
Khi công việc không được đo bằng số lượng cụ thể, ta xem toàn bộ công việc là 1. - Nếu đội nào làm xong công việc trong x (ngày) thì trong 1 ngày đội đó làm được
72
1 (công việc). x
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
- Nếu vòi nào chảy riêng một mình đầy bể trong x (giờ) thì trong 1 giờ vòi đó chảy được
1 (bể). x
Ví dụ minh họa: Bài 1: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 30 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì được bổ sung thêm 2 xe nên mỗi xe chở ít hơn 0,5 tấn hàng. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc xe?
Hướng dẫn giải
(
)
Gọi số xe trong đoàn xe lúc đầu là x (chiếc) x ∈ Z + . Số xe trong đoàn xe khi bổ sung thêm là x + 2 (chiếc). Lúc đầu, lượng hàng mỗi xe phải chở là
30 (tấn) x
Lúc thêm 2 xe, lượng hàng mỗi xe phải chở là
30 (tấn) x+2
Do bổ sung thêm 2 xe thì mỗi xe chở ít hơn 0,5 =
30 30 1 − = x x+2 2
1 tấn hàng nên ta có phương trình : 2
( x > 0, x nguyên )
60 ( x + 2 ) − 60 x = x ( x + 2 ) ⇔ x 2 + 2 x − 120 = 0
∆ ' = 12 − 1. ( −120 ) = 121 > 0 ,
∆ ' = 121 = 11 .
x1 = −1 + 11 = 10 (nhận) ; x2 = −1 − 11 = −12 (loại). Vậy lúc đầu đoàn xe có 10 chiếc. Bài 2: Một tổ công nhân dự định làm xong 240 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Nhưng khi thực hiện, nhờ cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày tổ đã làm tăng thêm 10 sản phẩm so với dự định. Do đó tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày. Hỏi khi thực hiện, mỗi ngày tổ đã làm được bao nhiêu sản phẩm?
Hướng dẫn giải Gọi số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là x (sản phẩm). (ĐK: x>10; x ∈Z) Do đó: Số sản phẩm tổ dự định làm trong mỗi ngày là: x − 10 (sản phẩm). Thời gian tổ hoàn thành công việc trong thực tế là:
240 (ngày) x
Thời gian tổ hoàn thành công việc theo dự định là:
240 ngày x − 10
Vì tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày, do đó ta có phương trình:
73
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
240 240 120 120 − =2⇔ − =1 x − 10 x x − 10 x
120 x − 120 x + 1200 = x 2 − 10 x x = 40 ⇔ x 2 − 10 x − 1200 = 0 … ⇔ x = −30 Với x = 40 thỏa mãn đk, x = -30 loại vì không thỏa mãn đk Vậy số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là 40 sản phẩm. Bài 3: Lớp 9A và lớp 9B cùng lao động tổng vệ sinh sân trường thì sau 6 giờ sẽ hoàn thành xong công việc. Nếu làm riêng thì lớp 9A mất nhiều thời gian hơn lớp 9B là 5 giờ mới hoàn thành xong công việc. Hỏi nếu làm riêng, mỗi lớp cần bao nhiêu thời gian để hoàn thành xong công việc ?
Hướng dẫn giải Gọi thời gian lớp 9A, 9B hoàn thành xong công việc là x; y (giờ) (ĐK : x > 5; y > 0 ) 1 giờ, lớp 9A làm được :
1 ( công việc ) x
1 giờ, lớp 9B làm được :
1 ( công việc ) y
1 giờ, cả 2 lớp làm được :
1 1 1 1 (1) ( công việc ).Ta có phương trình: + = 6 x y 6
Nếu làm riêng thì lớp 9A mất nhiều thời gian hơn lớp 9B là 5 giờ mới hoàn thành xong công việc. Ta có phương trình: x − y = 5 (2) Từ (1), (2) , ta có hệ phương trình:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 + = + = + = x y 6 ⇔ x y 6 ⇔ y+5 y 6 x− y =5 x = y+5 x = y+5
6( y + 5) y ( y + 5) 6y + = ⇔ 6 y ( y + 5) 6 y ( y + 5) 6 y ( y + 5) x = y+5
y = 10 (tm) 6 y + 6 y + 30 = y 2 + 5 y y 2 − 7 y − 30 = 0 y = 10 (tm) ⇔ ⇔ ⇔ y = −3 (l ) ⇔ x = y +5 x = y+5 x = 15 (tm) x = y+5 Vậy, thời gian để lớp 9A hoàn thành 1 mình xong công việc là 15 giờ, lớp 9B hoàn thành 1 mình xong công việc là 10 giờ.
Bài 4: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì 1 xe phải điều đi làm công việc khác, nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn 0,5 tấn hàng so với dự định. Hỏi thực tế có bao nhiêu xe tham gia vận chuyển. (biết khối lượng hàng mỗi xe chở như nhau)
Hướng dẫn giải
74
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Gọi số xe thực tế chở hàng là x xe ( ĐK: x ∈ N*) Thì số xe dự định chở hàng là x + 1 ( xe ). Theo dự định mỗi xe phải chở số tấn là:
15 ( tấn ) x +1
Nhưng thực tế mỗi xe phải chở số tấn là :
Theo bài ra ta có PT :
15 ( tấn ) x
15 15 − = 0,5 x x +1
Giải phương trình ta được : x1 = −6 ( loại ) ; x2 = 5 ( t/m) Vậy thực tế có 5 xe tham gia vận chuyển hàng . Bài 5: Hưởng ứng phong trào “Vì biển đảo Trường Sa” một đội tàu dự định chở 280 tấn hàng ra đảo. Nhưng khi chuẩn bị khởi hành thì số hàng hóa dẫ tăng thêm 6 tấn so với dự định. Vì vậy đội tàu phải bổ sung thêm 1 tàu và mối tàu chở ít hơn dự định 2 tấn hàng. Hỏi khi dự định đội tàu có bao nhiêu chiếc tàu, biết các tàu chở số tấn hàng bằng nhau?
Hướng dẫn giải Gọi x (chiếc) số tàu dự định của đội( x ∈ N *, x < 140 ) Số tàu tham gia vận chuyển là x + 1 (chiếc) Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo dự định:
Số tấn hàng trên mỗi chiếc thực tế:
Theo đề bài ta có pt:
280 (tấn) x
286 (tấn) x +1
280 286 − = 2 280 ( x + 1) − 286 x = 2 x ( x + 1) ⇔ x 2 + 4 x –140 = 0 x x +1
x = 10 (t/m) . x = −14 (l )
⇔
Vậy đội tàu lúc đầu là 10 chiếc.
Bài tập tự luyện: Bài C.01: Một công nhân dự định làm 120 sản phẩm trong một thời gian dự định. Sau khi làm được 2 giờ với năng suất dự kiến, người đó đã cải tiến các thao tác hợp lý hơn nên đã tang năng suất được thêm 3 sản phẩm mỗi giờ và vì vậy người đó đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn dự định 1 giờ 36 phút. Hãy tính năng suất dự kiến. Bài C.02: Một nhóm thợ đặt kế hoạch sản xuất 1200 sản phẩm. Trong 12 ngày đầu họ đã làm theo đúng kế hoạch đề ra, những ngày còn lại họ đã làm vượt mức mỗi ngày 20 sản phẩm, nên hoàn thành sớm hơn kế hoạch 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nhóm thợ cần sản xuất bao nhiêu sản phẩm. Bài C.03: Một tổ sản xuất dự định sản xuất 360 máy nông nghiệp. Khi làm do tổ chức quản lí tốt nên mỗi ngày họ đã làm được nhiều hơn dự định 1 máy, vì thế tổ đã hoàn thành trước thời hạn 4 ngày. Hỏi số máy dự định sản xuất trong mỗi ngày là bao nhiêu?
75
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài C.04: Một tổ may áo theo kế hoạch mỗi ngày phải may 30 áo. Nhờ cải tiến kĩ thuật, tổ đã may được mỗi ngày 40 áo nên đã hoàn thành trước thời hạn 3 ngày, ngoài ra còn may thêm được 20 chiếc áo nữa. Tính số áo mà tổ đó phải may theo kế hoạch. Bài C.05: Một phân xưởng theo kế hoạch phải dệt 3000 tấm thảm. Trong 8 ngày đầu họ đã thực hiện theo đúng kế hoạch, những ngày còn lại họ đã dệt vượt mức mỗi ngày 10 tấm nên đã hoàn thành kế hoạch trước 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải dệt bao nhiêu tấm. Bài C.06: Tháng đầu hai tổ sản xuất làm được 720 dụng cụ. Sang tháng 2 tổ 1 làm vượt mức 12% , tổ 2 vượt mức 15% nên cả hai tổ đã làm được 819 dụng cụ. Hỏi mỗi tháng mỗi tổ làm được bao nhiêu dụng cụ? Toán về công việc làm chung, làm riêng. Bài C.07: Hai tổ sản xuất cùng làm chung công việc thì hoàn thành trong 2 giờ. Hỏi nếu làm riêng một mình thì mỗi tổ phải hết bao nhiêu thời gian mới hoàn thành công việc, biết rằng khi làm riêng tổ 1 hoàn thành sớm hơn tổ 2 là 3 giờ. Bài C.08: Hai công nhân nếu làm chung thì trong 12 giờ sẽ hoàn thành công việc. Họ làm chung trong 4 giờ thì người thứ nhất chuyển đi làm việc khác, người thứ hai làm nốt công việc trong 10 giờ. Hỏi người thứ hai làm một mình thì bao lâu hoàn thành công việc. Bài C.09: Hai người cùng làm chung một công việc thì 15 giờ sẽ xong. Hai người làm được 8 giờ thì người thứ hất được điều đi làm công việc khác, người thứ hai tiếp tục làm việc trong 21 giờ nữa thì xong công việc. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao lâu mới xong công việc. Bài C.10 Hai người cùng làm chung một công việc trong
24 giờ thì xong. Năng suất người thứ nhất bằng
3 2
năng suất người thứ hai. Hỏi nếu mỗi người làm cả công việc thì hoàn thành sau bao lâu?
Dạng 4: Toán có nội dung hình học - Diện tích hình chữ nhật S = x. y ( x là chiều rộng; y là chiều dài) - Diện tích tam giác S =
1 x. y ( x là chiều cao, y là cạnh đáy tương ứng) 2
- Độ dài cạnh huyền: c 2 = a 2 + b 2 (c là độ dài cạnh huyền; a,b là độ dài các cạnh góc vuông) - Số đường chéo của một đa giác
n(n − 3) (n là số đỉnh) 2
Ví dụ minh họa: Bài 1: Một khu vườn hình chữ nhật có chiề u dài lớn hơn chiều rộ ng 3m và di ện tích bằng 270m2 . Tìm chiều dài, chiề u rộng c ủa khu vườn.
Hướng dẫn giải Gọi x (m) là chiều rộng của khu vườn. (ĐK: x > 0) Chiều dài của khu vườn là: x + 3 (m) Do diện tích khu vườn là 270m2 nên ta có phương trình:
x ( x + 3) = 270 ⇔ x 2 + 3 x − 270 = 0
76
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Giải phương trình ta được: x1 = 15 (thỏa mãn điều kiện),
x2 = −18 (không thỏa mãn điều kiện) Vậy chiều rộng khu vườn là 15 m, chiều dài khu vườn là 18 m. Bài 2: Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 5 m. Tính kích thước của mảnh đất, biết rằng diện tích mảnh đất là 150 m2.
Hướng dẫn giải Gọi chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là a (m), (điều kiện: a > 0) suy ra chiều dài của mảnh đất là a + 5 (m) Vì diện tích là 150 m2 nên ta có phương trình: a( a + 5) = 150 Giải phương trình ta được a = 10; (thỏa mãn) và a = −15 (loại vì ko thỏa mãn đk) Vậy chiều rộng là 10 m, chiều dài là 15 m. Bài 3: Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 13 cm .Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm.Tính độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông đó.
Hướng dẫn giải Gọi x (cm) là độ dài cạnh góc vuông lớn (điều kiện : 7 < x < 13 )
độ dài cạnh góc vuông nhỏ là : x − 7 (cm) 2
+ Vì độ dài cạnh huyền bằng 13 cm nên ta có phương trình: x 2 + ( x − 7 ) = 132 +Thực hiện biến đổi thu gọn ta được phương trình: x 2 − 7 x − 60 = 0 + Giải phương trình ta được :
x1 = 12 ( tmđk) x2 = −5 (loại)
Trả lời : Vậy độ dài hai cạnh của tam giác vuông là : 12cm và 7cm.
Bài tập tự luyện: Bài D.01. Một thửa ruộng hình tam giác có diện tích 180 m . Tính chiều dài cạnh đáy thửa ruộng, biết rằng nếu 2
tăng cạnh đáy thêm
4 m và chiều cao giảm đi 1 m thì diện tích không đổi.
Bài D.02. Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu tang chiều dài thêm
2 m và chiều rộng 3 m thì diện tích tăng
100 m . Nếu cùng giảm chiều dài và chiều rộng 2 m thì diện tích giảm 68 m2 . Tính diện tích thửa ruộng đó. 2
Bài D.03. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi
của vườn) rộng
280 m . Người ta làm một lối đi xung quanh vườn( thuộc đất
2 m , diện tích còn lại là 4256 m . Tính các kích thước của khu vườn. 2
Bài D.04..Một tam giác vuông có chu vi là 30 m, cạnh huyền là 13 m. Tính các cạnh góc vuông của tam giác. Bài D.05. Một tam giác vuông có chu vi
30 cm , độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 7 cm. Tính độ dài các
cạnh của tam giác.
77
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Dạng 5. Các dạng toán khác Ví dụ minh họa: Bài 1: Hưởng ứng phong trào thi đua “Xây dựng trường học thân thiện, học sinh tích cực”, lớp 9A trường THCS Hoa Hồng dự định trồng 300 cây xanh. Đến ngày lao động, có 5 bạn được Liên Đội triệu tập tham gia chiến dịch an toàn giao thông nên mỗi bạn còn lại phải trồng thêm 2 cây mới đảm bảo kế hoạch đặt ra. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh? Hướng dẫn giải
Gọi x là số học sinh lớp 9A ( x > 5, nguyên). Số cây mỗi bạn dự định trồng là:
300 (cây) x
Sau khi 5 bạn tham gia chiến dịch ATGT thì lớp còn lại: x − 5 (học sinh) Do đó mỗi bạn còn lại phải trồng:
Theo đề ra ta có phương trình:
300 (cây). x −5
300 300 +2= . x x−5
Rút gọn ta được: x 2 − 5 x − 750 = 0. Giải ra ta được: x = 30 (thỏa mãn), x = −25 (loại). Vậy lớp 9A có 30 học sinh. Bài 2: Một phòng họp có 90 người họp được sắp xếp ngồi đều trên các dãy ghế. Nếu ta bớt đi 5 dãy ghế thì mỗi dãy ghế còn lại phải xếp thêm 3 người mới đủ chỗ. Hỏi lúc đầu có mấy dãy ghế và mỗi dãy ghế được xếp bao nhiêu người? Hướng dẫn giải
Gọi số dãy ghế có lúc đầu là x (dãy) (ĐK: x nguyên dương và x > 5) Thì mỗi dãy phải xếp
90 người. x
Sau khi bớt 5 dãy thì số dãy ghế là x - 5 dãy Mỗi dãy phải xếp
90 người. x−5
Theo bài ra ta có pt :
90 90 =3 x−5 x
⇔ x 2 − 5 x − 150 = 0
x1 = 15 (thỏa mãn) ;
x2 = −10 (loại)
Vậy lúc đầu phòng họp có 15 dãy ghế và mỗi dãy có 6 người Bài 3: Nhân ngày quốc tế thiếu nhi, 13 học sinh (nam và nữ) tham gia gói 80 phần quà cho các em thiếu nhi. Biết tổng số quà mà học sinh nam gói được bằng tổng số quà mà học sinh nữ gói được. Số quà mỗi bạn nam gói nhiều hơn số quà mà mỗi bạn nữ gói là 3 phần. Tính số học sinh nam và nữ.
78
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải Gọi x (HS) là số HS nam. (ĐK: 0 < x < 13, x nguyên.) Số HS nữ là: 13 – x ( HS) Số phần quà mà mỗi HS Nam gói được:
Số phần quà mà mỗi HS nữ gói được:
40 ( phần) x
40 (phần) 13 − x
Theo bài toán ta có phương trình:
40 40 − =3 x 13 − x
40(13 − x) − 40 x = 3 x(13 − x) ⇔ 520 − 40 x − 40 x = 39 x − 3 x 2 ⇔ 3 x 2 − 119 x + 520 = 0 Giải phương trình ta được x = 5 (thỏa mãn).; x =
104 (không thỏa mãn) 3
Vậy số học sinh nam là 5, số học sinh nữ là 8.
Bài tập tự luyện: Bài E.01. Một đoàn xe vận tải dự định điều một số xe cùng loại đề vận chuyển 40 tấn hàng. Lúc sắp khởi hành đoàn xe được giao them 14 tấn hàng nữa, do đó phải điều thêm 2 xe cùng loại trên và mỗi xe chở them 0, 5 tấn hàng. Tính số xe ban đầu biết số xe của đội không quá 12 xe. Bài E.02. Hai lớp
8 A và 8 B có tổng cộng 94 học sinh biết rằng 25% số học sinh lớp 8A đạt loại giỏi, 20%
số học sinh lớp 8B và tổng số học sinh giỏi của hai lớp là 21. Tính số học sinh mỗi lớp. Bài E.03. Một tổ máy trộn bê tong phải sản xuất 450 m bê tông cho đập thủy lợi mất một thời gian quy định. 3
Nhờ tăng năng suất mỗi ngày 4, 5 m nên 4 ngày trước thời hạn quy định tổ đã sản xuất được 96% công việc. 3
Hỏi thời gian quy định là bao nhiêu ngày? Bài E.04. Tìm số học sinh của hai lớp 8A và 8B, biết rằng nếu chuyể 3 học sinh lớp 8A sang lớp 8B thì số học
sinh hai lớp bằng nhau, nếu chuyển 5 học sinh từ lớp 8B sang lớp 8A thì số học sinh 8B bằng
11 số học sinh lớp 19
8A. Bài E.05. Người ta trộn 8 gam chất lỏng này với 6 gam chất lỏng khác có khối lượng riêng nhỏ hơn 0, 2 g / cm để được một khối lượng riêng là 0, 7 g / cm . Tìm khối lượng riêng của mỗi chất lỏng. 3
79
3
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Trên đây là một số bài toán áp dụng phương pháp: “Giải bài toán bằng cách lập phương trình bậc hai” . Các em hãy ôn luyện dạng này và làm hết các bài tập nhé!
Chúc các em học sinh học tập và ôn luyện đạt kết quả tốt!
80
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Chủ đề 5: HÀM SỐ BẬC NHẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN E. HÀM SỐ BẬC NHẤT
. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Định nghĩa
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. Đặc biệt, khi b = 0 thì hàm có dạng y = ax. 2. Tính chất
Hàm số bậc nhất y = ax + b (a ≠ 0) xác định với mọi giá trị của x ∈ ℝ và: - Đồng biến trên ℝ khi a > 0; - Ngịch biến trên ℝ khi a < 0. 3. Đồ thị Đồ thị 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 và trùng với đường thẳng y = ax nếu b = 0. Số a gọi là hệ số góc, số b gọi là tung độ gốc của đường thẳng. 4. Góc tạo bởi đồ thị hàm số bậc nhất và trục Ox
Gọi
α là góc tạo bởi đường thẳng y = ax + b (a ≠ 0) và trục Ox.
Nếu a > 0 thì tan α = a.
(góc tạo bởi là góc nhọn)
o Nếu a < 0 , ta đặt β = 180 − α . Khi đó tan β = a .
Tính
(góc tạo bởi là góc tù)
β rồi suy ra α = 180o − β .
4. Vị trí tương đối của hai đường thẳng, của đường thẳng và parabol
Cho các đường thẳng Khi đó :
(d ) :
y = ax + b (a ≠ 0)
( d ) cắt (d’) ⇔ a ≠ a '
và
(d ’) y = a ' x + b ' (a ' ≠ 0) .
( d ) // (d ’) ⇔ a = a ' và b ≠ b '.
( d ) trùng (d’) ⇔ a = a ' và b = b '.
( d ) vuông góc (d ’) ⇔ a.a ' = −1.
. BÀI TẬP Bài 1:
Cho hàm số y = f ( x ) = 2 x + 3
3 2 b) Tìm giá trị của x để hàm số có giá trị bằng 10; − 7
a) Tính giá trị của hàm số khi x = −2; − 0, 5; 0; 3;
Hướng dẫn giải 81
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
a)
Ta có: Khi
x = − 2 f ( −2 ) = 2. ( −2 ) +3 = −4 + 3 = −1
1 1 1 f − = 2. − + 3 = −1 + 3 = 2 2 2 2 x = 0 f ( 0 ) = 2.0 + 3 = 3
x=−
x = 3 f ( 3) = 2.3 + 3 = 6 + 3 = 9
3 3 3 f +3= 3 +3 = 2. 2 2 2 +) Để hàm số y = f ( x ) = 2x + 3 có giá trị bằng 10 2x + 3=10 x =
b)
2 x = 10 − 3 2 x = 7 x = Vậy khi x =
7 2
7 thì hàm số có giá trị bằng 10. 2
+) Để hàm số y = f ( x ) = 2x + 3 có giá trị bằng −7 2 x + 3 = −7
2 x = −7 − 3 2 x = −10 x = − 5 Vậy khi x = −5 thì hàm số có giá trị bằng −7 . Bài 2: Cho các hàm số: y = 2mx + m + 1 (1) và y = ( m − 1) x + 3
( 2)
a) Xác định m để hàm số (1) đồng biến, còn hàm số ( 2 ) nghịch biến. b) Xác định m để đồ thị của hàm số song song với nhau. c) Chứng minh rằng đồ thị ( d ) của hàm số (1) luôn đi qua một điểm cố định với
mọi giá trị của m.
Hướng dẫn giải a)
Hàm số (1) đồng biến và hàm số ( 2 ) nghịch biến: 2m > 0 m > 0 ⇔ ⇔ ⇔ 0 < m < 1. m − 1 < 0 m <1
b)
Đồ thị của hai hàm số song song với nhau:
2m = m − 1 m = −1 ⇔ ⇔ ⇔ m = −1. m +1 ≠ 3 m <1 c)
Viết lại hàm số (1) dưới dạng y = m ( 2 x + 1) + 1.
Ta thấy với mọi giá trị của m, khi x = −
1 thì y = 1. 2
1
Vậy đồ thị ( d ) của hàm số (1) luôn đi qua một điểm cố định là điểm M − ;1 . 2 Bài 3. Cho hàm số y = ( m − 3) x + m + 2 (*) a) Tìm m để đồ thị hàm số (*) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng − 3 .
b) Tìm m để đồ thị hàm số (*) song song với đường thẳng y = −2 x + 1
82
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
c) Tìm m để đồ thị hàm số (*) vuông góc với đường thẳng y = 2 x − 3
Hướng dẫn giải Để đồ thị hàm số y = (m − 3) x + m + 2 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng – 3
a) -3
Ta có: − 3 = ( m − 3) .0 + m + 2
⇔ m + 2 = −3 ⇔ m = −5 Vậy với m = −5 thì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng − 3 Để đồ thị hàm số y = ( m − 3) x + m + 2 song song với đường thẳng y = −2 x + 1
b)
m − 3 = −2 m = −2 + 3 ⇔ m + 2 ≠ 1 m ≠ 1 − 2
⇔
m = 1 ⇔ m = 1 ( t/m) m ≠ −1
⇔
Vậy với m = 1 thì đồ thị hàm số y = (m − 3) x + m + 2 song song với đường thẳng y = −2 x + 1 Để đồ thị hàm số y = ( m − 3) x + m + 2 vuông góc với đường thẳng y = 2 x − 3
c)
⇔ a.a’ = −1 ⇔ ( m − 3) .2 = −1 ⇔ 2 m − 6 = −1 ⇔ 2 m = 5 ⇔ m = Vậy với m =
Bài 4:
5 2
5 đồ thị hàm số y = ( m − 3) x + m + 2 vuông góc với đường thẳng y = 2 x − 3 2
Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hàm số y = 2 x + m (*)
1) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số đi qua: a) A ( − 1;3)
b) B
(
2; −5 2
)
2) Tìm m để đồ thị hàm số (*) cắt đồ thị hàm số y = 3 x − 2 trong góc phần tư thứ IV
Hướng dẫn giải 1) a) Để đồ thị hàm số y = 2 x + m đi qua: A ( − 1;3)
⇔ 3 = 2. ( −1) + m ⇔ 3= − 2+m ⇔ m=5 Vậy với m = 5 thì đồ thị hàm số y = 2 x + m đi qua: A ( − 1;3) b) Để đồ thị hàm số y = 2 x + m đi qua: B
(
2; −5 2
⇔ −5 2 = 2. 2 + m
83
)
x = 0; y =
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
⇔ m = −7 2 Vậy với m = −7 2 thì đồ thị hàm y = 2 x + m đi qua: B
(
2; −5 2
)
2) Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 2 x + m với đồ thị hàm số y = 3 x − 2 là nghiệm của hệ phương trình
y = 2x + m 3x - 2 = 2x + m 3x - 2x = m + 2 ⇔ ⇔ y = 3x - 2 y = 3x - 2 y = 3x - 2
⇔
x = m + 2 x = m + 2 ⇔ y = 3. ( m + 2 ) - 2 y = 3m + 6 - 2
x = m+ 2 y = 3m +4
⇔
Vậy toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 2 x + m với đồ thị hàm số y = 3 x − 2 là ( m+ 2 ; 3m +4 ) Để đồ thị hàm số y = 2 x + m cắt đồ thị hàm số y = 3 x − 2 trong góc phần tư thứ IV thì :
m >-2 x > 0 m +2>0 ⇔ ⇔ 4 < y 0 3m + 4 < 0 m < - 3 Vậy với −2 < m < − Bài 5:
⇔ −2 < m < −
4 3
4 thì đồ thị hàm số y = 2 x + m cắt đồ thị hàm số y = 3x − 2 trong góc phần tư thứ IV 3
Cho hàm số y = (2m + 1) x + m + 4 (m là tham số) có đồ thị là đường thẳng (d).
a) Tìm m để (d) đi qua điểm A( −1; 2) . b) Tìm m để (d) song song với đường thẳng (Δ) có phương trình: y = 5 x + 1 . c) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định.
Hướng dẫn giải a) Ta có (d) đi qua điểm A( −1; 2) ⇔ 2 = (2m + 1)(−1) + m + 4 . ⇔ 2 = −m + 3 ⇔ m = 1. 2m + 1 = 5 ⇔ m = 2. m + 4 ≠ 1
b) Ta có (d )//(∆ ) ⇔
c) Giả sử M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định của đường thẳng (d). Khi đó ta có:
y0 = (2m + 1) x0 + m + 4 ∀m ⇔ (2 x0 + 1)m + x0 − y0 + 4 = 0 ∀m
1 x0 = − 2 x + 1 = 0 0 2 ⇔ ⇔ x0 − y0 + 4 = 0 y = 7 0 2
1 7
Vậy khi m thay đổi đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định M − ; 2 2
84
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Bài 6:
Tìm giá trị của tham số k để đường thẳng d1 : y = − x + 2 cắt đường thẳng
d 2 : y = 2 x + 3 − k tại một điểm nằm trên trục hoành.
Hướng dẫn giải Ta thấy hai đường thẳng d1 ; d 2 luôn cắt nhau (vì −1 ≠ 2 ) + Đường thẳng d1 cắt trục hoành tại điểm A ( 2; 0 ) k −3
+ Đường thẳng d 2 cắt trục hoành tại điểm B ;0 2
+ Để hai đường thẳng d1 ; d 2 cắt nhau tại một điểm trên trục hoành thì
Bài 7:
k −3 = 2 ⇔ k = 7. 2
Cho hai đường thẳng ( d1 ) : y = 2 x + 5 ; ( d 2 ) : y = –4x + 1 cắt nhau tại I . Tìm m để
đường thẳng ( d3 ) : y = ( m + 1) x + 2m –1 đi qua điểm I ? Hướng dẫn giải −2 x = 3 y = 2x + 5 ⇔ Tọa độ I là nghiệm của hệ y = –4 x + 1 y = 11 3
Do ( d 3 ) đi qua điểm I nên
11 −2 = ( m + 1) + 2m –1 ⇔ m = 4 . 3 3
Vậy m = 4 là giá trị cần tìm.
Bài 8:
Xác định hàm số y = ax + b, biết đồ thị ( d ) của nó đi qua A ( 2;1,5) và B (8; −3) . Khi
đó hãy tính: a) Vẽ đồ thị hàm số ( d ) vừa tìm được và tính góc α tạo bởi đường thẳng ( d ) và trục Ox ; b) Khoảng cách h từ gốc toạ độ O đến đường thẳng ( d ) .
Hướng dẫn giải a) Vì ( d ) đi qua A ( 2;1,5) và B ( 8; −3) nên toạ độ của A và B phải thoả mãn phương trình y = ax + b.
85
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Thay x = 2; y = 1,5 rồi lại thay x = 8; y = −3 vào phương trình y = ax + b ta được hệ phương 3 1,5 = 2a + b a = − ⇔ trình: 4. −3 = 8a + b b = 3
y
3 4
Vậy hàm số cần xác định là y = − x + 3.
3 P
b) Vẽ đồ thị hàm số
H 3
Lập bảng
A
2
x
0
4 0
3 y = − x + 3. 4
3
α
1 1
2
x
4Q
0
Đồ thị hàm số (d) là đường thẳng đi qua điểm P (0;3) và Q (4;0) Xét ΔPOQ vuông tại O có: tan Q1 =
OP 3 = ≈ tan 36o52' OQ 4
≈ 36o52.' Suy ra Q 1
Do đó α ≈ 180 − 36o52' = 143o8′. b) Vẽ OH ⊥ PQ. Tam giác OPQ vuông tại O, có OH ⊥ PQ. nên: 1 1 1 144 1 1 1 25 = + = 2, 4. hay 2 = 2 + 2 = . Do đó h = 2 2 2 OH OP OQ h 3 4 144 25
Bài 9:
Vẽ đồ thị hàm số y = 3x + 2 (1)
b) Gọi A , B là giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục tung và trục hoành. Tính diện tích tam giác OAB . Hướng dẫn giải
y
a) Vẽ đồ thị hàm số y = 3x + 2 Lập bảng
x
0
−2 3
y = 3x + 2
2
0
2
B
−2 Đồ thị hàm số là đường thẳng đi qua A ( 0, 2 ) và B ,0 3 b) Ta có OA = 2 và OB =
A
−2 2 = . Tam giác OAB vuông tại O 3 3
86
x -2 3
O
1
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
1 1 −2 2 SOAB = OA.OB = 2. = . 2 2 3 3
Bài 10: Viết phương trình đường thẳng ( d ) có hệ số góc bằng 7 và đi qua điểm M ( 2;1) . Hướng dẫn giải Gọi phương trình đường thẳng ( d ) là y = ax + b a = 7 a = 7 Do đường thẳng ( d ) có hệ số góc bằng 7 và đi qua điểm M ( 2;1) ta có . ⇔ 1 = 7.2 + b b = −13 Vậy y = 7 x − 13 .
. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài E01:
Cho hàm số y = ( m + 5 ) x + 2m –10
a) Với giá trị nào của m thì y là hàm số bậc nhất b) Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến. c) Tìm m để đồ thị hàm số đi qua điểm A(2; 3) d) Tìm m để đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 9. e) Tìm m để đồ thị đi qua điểm 10 trên trục hoành . f) Tìm m để đồ thị hàm số song song với đồ thị hàm số y = 2 x − 1 g) Chứng minh đồ thị hàm số luôn đi qua 1 điểm cố định với mọi m . h) Tìm m để khoảng cách từ O tới đồ thị hàm số là lớn nhất Bài E02:
Cho đường thẳng y = ( 2m –1) x + 3 – m
( d ) . Xác định m để:
a) Đường thẳng ( d ) qua gốc toạ độ b) Đường thẳng ( d ) song song với đường thẳng 2 y − x = 5 c) Đường thẳng ( d ) tạo với Ox một góc nhọn d) Đường thẳng ( d ) tạo với Ox một góc tù e) Đường thẳng ( d ) cắt Ox tại điểm có hoành độ 2 f) Đường thẳng ( d ) cắt đồ thị hàm số y = 2 x – 3 tại một điểm có hoành độ là 2 g) Đường thẳng ( d ) cắt đồ thị hàm số y = − x + 7 tại một điểm có tung độ y = 4 h) Đường thẳng ( d ) đi qua giao điểm của hai đường thảng 2 x − 3 y = − 8 và 2 x − 3 y = − 8 Bài E03:
Cho hàm số y = ( 2m − 3) x + m − 5
a) Vẽ đồ thị hàm số với m = 6 b) Chứng minh họ đường thẳng luôn đi qua điểm cố định khi m thay đổi
87
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
c) Tìm m để đồ thị hàm số tạo với 2 trục toạ độ một tam giác vuông cân d) Tìm m để đồ thị hàm số tạo với trục hoành một góc 45o e) Tìm m để đồ thị hàm số tạo với trục hoành một góc 135o f) Tìm m để đồ thị hàm số tạo với trục hoành một góc 30o , 60o g) Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 3 x − 4 tại một điểm trên 0y h) Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = − x − 3 tại một điểm trên 0x Bài E04:
Cho hàm số y = ( m − 2 ) x + m + 3
a) Tìm điều kiện của m để hàm số luôn luôn nghịch biến . b) Tìm điều kiện của m để đồ thị cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3. c) Tìm m để đồ thị hàm số y = − x + 2 ; y = 2 x –1 và y = ( m − 2 ) x + m + 3 đồng quy. d) Tìm m để đồ thị hàm số tạo với trục tung và trục hoành một tam giác có diện tích bằng 2 Bài E05:
Cho (d1) :
y = 4mx − ( m + 5) ; (d2) : y = ( 3m 2 + 1) x + m 2 − 4
a) Tìm m để đồ thị (d1) đi qua M(2;3) b) Chứng minh khi m thay đổi thì d1 luôn đi qua một điểm A cố định, d2 đi qua B cố định. c) Tính khoảng cách AB. d) Tìm m để d1 song song với d2 e) Tìm m để d1 cắt d2 . Tìm giao điểm khi m = 2
Hướng dẫn một số ý phụ Dạng tìm điểm cố định của đồ thị hàm số Phương pháp giải: Để tìm điểm cố định của đường thẳng y = ax + b phụ thuộc tham số ta làm như sau:
-
Gọi tọa độ điểm cố định là M ( xo ; yo ) ;
-
Tìm điều kiện để đẳng thức yo = ax0 + b luôn đúng khi tham số thay đổi.
Dạng toán ba đường thẳng đồng quy
Phương pháp giải: Để tìm điều kiện để ba đường thẳng đồng quy ta xác định giao điểm của hai trong ba đường thẳng và tìm điều kiện để giao điểm này thuộc đường thứ 3.
88
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Chủ đề 6: HÀM SỐ BẬC HAI VÀ CÁC BÀI TOÁN - TƯƠNG GIAO VỚI ĐỒ THỊ HÀM SỐ BẬC NHẤT F. HÀM SỐ BẬC HAI . KIẾN THỨC CẦN NHỚ Hàm số
y = ax2 với a ≠ 0
* Hàm số này có tập xác định ∀x ∈ ℝ * Nếu a >0 thì hàm số nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0 * Nếu a < 0 thì hàm số nghịch biến khi x > 0 và đồng biến khi x < 0 * Nếu a > 0 thì y > 0 ∀x ≠ 0 +) y = 0 khi x = 0. Giá trị nhỏ nhất của hàm số là y = 0. * Nếu a < 0 thì y < 0 ∀x ≠ 0 +) y = 0 khi x = 0. Giá trị lớn nhất của hàm số là y = 0. 2
• Đồ thị của hàm số y = ax (a ≠ 0) 2
* Đồ thị của hàm số y = ax (a ≠ 0) là một đường cong đi qua gốc tọa độ và nhận trục Oy làm trục đối xứng. Đường cong đó được gọi là một Parabol với đỉnh O. * 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 dưới trục hoành , O là điểm cao nhất của đồ thị.
Vị trí tương đối của của đường thẳng và parabol 2
Cho đường thẳng (d): y = ax + b ( a ≠ 0) và parabol (P): y = kx ( k ≠ 0). Tìm số giao điểm của (d) và (P)
Khi đó : Xét phương trình kx 2 = ax + b (1) - Nếu phương trình (1) vô nghiệm thì (P) và (d) không giao nhau. - Nếu phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. - Nếu phương trình (1) có nghiệm kép thì (P) và (d) tiếp xúc nhau - Hoành độ giao điểm (hoặc tiếp điểm) của (P) và (d) chính là nghiệm của phương trình kx 2 = ax + b . Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P)
89
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
- Giải phương trình (1) tìm ra các giá trị của x. Khi đó giá trị của x chính là hoành độ giao điểm của (d) và (P). Thay giá trị của x vào công thức hàm số của (d) (hoặc (P)) ta tìm ra tung độ giao điểm từ đó suy ra tọa độ giao điểm cần tìm. Tọa độ giao điểm của (d) và (P) phụ thuộc vào số nghiệm của phương trình (1) Hàm số chứa tham số. Tìm điều kiện của tham số để tọa độ giao điểm thỏa mãn điều kiện cho trước.
- Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) từ đó vận dụng biệt thức delta và hệ thức Vi-et để giải bài toán với điều kiện cho sẵn..
. BÀI TẬP Bài 1:
3 2 x 2 2 5 ; f − 3
Cho hàm số y = f ( x ) =
1) Hãy tính f ( −2) ; f ( 3) ; f
( )
1 3 ; có thuộc đồ thị hàm số không ? 2 4
2) Các điểm A( 2;6) , B − 2;3 , C ( −4; −24) , D
(
)
Hướng dẫn giải 1) Ta có:
f ( −2 ) =
3 3 2 . ( − 2 ) = .4 = 6 ; 2 2
f (3) =
3 2 3 27 ; .3 = .9 = 2 2 2 2
f
3 5 = . 2
( )
( 5)
2
3 15 ; = .5 = 2 2
2 3 2 3 2 1 f − = . − = . = 3 2 3 2 9 3
3 2) +) Thay toạ độ điểm A( 2;6) vào công thức hàm số y = f ( x ) = x 2 2 3 2 ⇔ 6 = 6 ( thỏa mãn) Ta có 6 = .2 2 3 Vậy điểm A( 2;6) thuộc đồ thị hàm số y = f ( x ) = x 2 2
90
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 3 +) Thay toạ độ điểm C ( −4; −24) vào công thức hàm số y = f ( x ) = x 2 2 3 2 Ta có 24 = . ( − 4 ) ⇔−24 = 24 ( vô lí) 2 3 Vậy điểm C ( −4; −24) không thuộc đồ thị hàm số y = f ( x ) = x 2 2 3 +) Thay toạ độ điểm B − 2;3 vào công thức xác định hàm số y = f ( x ) = x 2 2 2 3 3 ⇔3 = .2 ( thỏa mãn) Ta có 3 = . − 2 2 2 3 Vậy điểm B − 2;3 thuộc đồ thị hàm số y = f ( x ) = x 2 2
(
) ) )
(
(
1 3 3 ; vào công thức xác định hàm số y = f ( x ) = x 2 2 2 4
+) Thay toạ độ điểm D Ta có
3 3 1 = . 4 2 2
2
⇔3 = 3 4
(thỏa mãn)
4
1 3 3 ; thuộc đồ thị hàm số y = f ( x ) = x 2 2 2 4
Vậy điểm D
Bài 2:
Trong hệ toạ độ Oxy, cho hàm số y = f ( x ) = ( m + 2) x
2
(* )
1) Tìm m để đồ thị hàm số ( * ) đi qua các điểm : a) A( −1;3)
b) B
(
)
2; −1
2) Thay m = 0. Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số
(* )
với đồ thị hàm số y = x + 1
Hướng dẫn giải 1) a) Để đồ thị hàm hàm số y = f ( x ) = ( m + 2) x Ta có:
3 = ( m + 2 ) . ( −1)
2
2
(* )
đi qua điểm A( −1;3)
⇔ 3 = m+2 ⇔ m =1
Vậy với m = 1 thì đồ thị hàm số ( * ) đi qua điểm A( −1;3) b) Để đồ thị hàm số y = f ( x ) = ( m + 2) x Ta có:
−1 = ( m + 2) .
( 2)
2
2
(* )
đi qua điểm B
(
2; −1
)
⇔−1 = ( m + 2) .2 ⇔2m + 4 = −1 ⇔2m = −5 ⇔m = − 5
2
5 Vậy với m = − thì đồ thị hàm số ( * ) đi qua điểm B 2
(
2; −1
2) +) Thay m = 0 vào công thức hàm số y = f ( x ) = ( m + 2) x 2
2
)
(* )
ta có: y = f ( x ) = 2 x
2
- Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) = 2 x với đồ thị hàm số y = x + 1 là nghiệm của hệ phương
y = 2x2 trình: y = x +1
⇔ y =2 2 x
2
2 x = x + 1
⇔ y =2 2 x
2
2 x − x − 1 = 0
- Giải phương trình ( 2 ) 2 x − x − 1 = 0 2
91
(1) (2)
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 x2 = −
1 (hoặc giáo 2
y = x + 1 cắt nhau tại 2 điểm phân biệt
M (1;2) và
Ta có: a + b + c = 2 + (-1) + (-1) = 0 nên phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt
x1 =1;
viên cho HS phân tích vế trái thành dạng tích và giải phương trình tích) +) Với
x1 =1 y1 = 2.12 = 2 M (1; 2)
1 +) Với x 2 = − 2
2
1 1 1 y1 = 2. − = 2. = 4 2 2
Vậy với m = 0 thì đồ thị hàm số
1 1
N − ; 2 2
2
y = 2x và đồ thị hàm số
1 1 N − ; . 2 2
Bài 3:
a) Vẽ đồ thị hàm số
y = x2
(P) và đường thẳng y = − x + 2
( d ) trên cùng một mặt phẳng
toạ
độ Oxy. b) Tìm toạ độ giao điểm của (P ) và ( d ) bằng phép tính.
Hướng dẫn giải 2
a) Vẽ đồ thị hàm số y = x (P) Lập bảng giá trị tương ứng giữa x và y. x -3 -2 2
y=x Đồ thị hàm số
9
y = x2
4
-1
0
1
2
3
1
0
1
4
9
(P) là một Parabol có bề lõm quay xuống phía dưới và đi qua các điểm có toạ độ O( 0;0)
; A (1;1) ; A' ( −1;1) ; B( 2;4) ; B ' ( −2;4 ) ; C ( 3;9) ; C ' ( −3;9 )
(d ) Cho x = 0 y = 2 D ( 0;2) ∈ Oy y = 0 x = 2 E ( 2;0) ∈ Ox Đường thẳng y = 2 x + 2 ( d )
+) Đường thẳng y = − x + 2
đi qua 2 điểm D (0; 2) và E (2; 0) b) Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số
y = x2 trình: y = −x + 2
⇔ y 2=
x2
x = − x + 2
- Giải phương trình: x 2 + x − 2 = 0
y = x2
(P) và đường thẳng y = − x + 2
⇔ y 2= x
2
x + x − 2 = 0
(1) (2)
(2)
Ta có a + b + c = 1 + 1 + (- 2) = 0 nên phương trình (2) có hai nghiệm HS phân tích vế trái thành dạng tích và giải phương trình tích) +) Với
( d ) là nghiệm của hệ phương
x1 = 1 y1 = 12 = 1 M (1; 1)
92
x1 =1 ; x2 =−2 (hoặc giáo viên cho
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 2
+) Với x2 = −2 y2 = ( −2 ) = 4 - Vậy đồ thị hàm số
N ( − 2;4)
y = x2 (P) và đường thẳng
y = − x + 2 (d) cắt nhau tại 2 điểm
M (1; 1) và N ( − 2;4) .
Sự tương giao giữa đường thẳng và đồ thị hàm số bậc hai. Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho parabol ( P ) : y =
1 2 1 3 x và đường thẳng ( d ) : y = x + 2 4 2
a) Vẽ đồ thị của ( P ) b) Gọi A( x1; y1 ) và B ( x2 ; y2 ) lần lượt là các giao điểm của P ) với ( d ) . Tính giá trị biểu thức T =
x1 + x2 . y1 + y2
Hướng dẫn giải a) HS tự vẽ. b) Phương trình hoành độ giao điểm của P ) và ( d ) :
1 2 1 3 x = x+ 2 4 2
−3
2+ x = 2 y = 2 A(2; 2) x1 + x2 2 = 4 = . Vậy T = ⇔ 3 9 − 3 9 9 x = − y = B y1 + y2 25 ; 2+ 2 8 2 8 8 Bài 5: Cho Parabol
(P): y = x2 và đường thẳng
d : y = (2 m − 1) x − m + 2 ( m là tham số)
a) Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng d luôn cắt P ) tại hai điểm phân biệt. b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng d luôn cắt P ) tại hai điểm phân biệt A( x1; y1 ) B ( x2 ; y2 ) thỏa
x1 y1 + x2 y2 = 0 . Hướng dẫn giải a) Phương trình hoành độ giao điểm Ta có
x2 = (2m−1)x − m+ 2 ⇔ x2 − (2m−1)x + m− 2 = 0(*)
∆ = (2m−1)2 − 4.1⋅ (m− 2) = 4m2 −8m+ 9 = 4(m−1)2 + 5 ≥ 5 > 0
Vậy Parabol luông cắt đường thẳng tại hai điểm phân biệt.
x + x2 = 2 m − 1 b) Vì là nghiệm của phương trình nên theo hệ thức Vi-et ta có: 1 . x1 x 2 = m − 2 y = x12 Mặt khác 1 . 2 y2 = x2
(
)
Ta có x1 y1 + x2 y2 = 0 ⇔ x13 + x23 = 0 ⇔ ( x1 + x2 ) x12 − x1 x2 + x22 = 0
93
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
2m − 1 = 0 x + x = 0 ⇔ 12 2 ⇔ ⇔ 2 2 x1 − x1 x2 + x2 = 0 ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 = 0 Vậy m =
1 m = 2 2 4m − 7 m + 7 = 0 (vn)
1 . 2
Bài 6: Cho parabol
(P): y = x2 và đường thẳng (d ) :
y = − 2 ax − 4 a (với a là tham số )
1 a) Tìm tọa độ giao điểm của ( d ) và P ) khi a = − . 2 b) Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng ( d ) cắt P ) taị hai điểm phân biệt có hoành độ
x1; x2
thỏa mãn
x1 + x2 = 3 . Hướng dẫn giải a) Phương trình hoành độ ( d ) và P ) là x 2 + 2 ax + 4 a = 0 1 thì phương trình trở thành x 2 − x − 2 = 0 2 Có a − b + c = 0 nên phương trình có 2 nghiệm là x = −1 ; x = 2 .
Khi a = −
b) Phương trình hoành độ ( d ) và P) là x 2 + 2 ax + 4 a = 0 (*)
để đường thẳng ( d ) cắt P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt
a < 0 ⇔ ∆ ' = a ( a − 4) > 0 a > 4 a < 0 x + x2 = − 2 a theo Viét ta có 1 a > 4 x1 x2 = 4 a
Với
Vì x1 + x 2 = 3 ⇔
(x
1
+ x2
)
2
2
= 9 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 2 x1 x 2 + 2 x1 x 2 = 9
Với a < 0 : 4 a 2 − 8 a + | 8 a |= 9 ⇔ 4 a 2 − 16 a − 9 = 0 a =
a = Với a > 4 : 4a 2 − 8a + | 8a |= 9 ⇔ 4a 2 = 9 a =
4a2 −8a+ |8a |= 9
−1 2
3 ∉ dk 2 −3 ∉ dk 2
1 Vậy a = − . 2
Bài 7:
Cho hai hàm số
y = x2
và y = mx + 4 , với m là tham số.
a) Khi m = 3 , tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị hàm số trên. b) Chứng minh rằng với mọi giá trị m, đồ thị của hai hàm số đã cho luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt 2
2
A1 ( x1; y1 ) và A2 ( x2 ; y2 ) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho ( y1 ) + ( y2 ) = 7 2 .
94
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải a) Phương trình hoành độ giao điểm của
y = x2
và y = mx + 4 là x 2 − mx − 4 = 0 (1)
Thay m = 3 vào phương trình (1) ta có: x 2 − 3 x − 4 = 0 Ta có: a − b + c = 1 − ( − 3) + ( − 4) = 0
x = −1 x = 4
Vậy phương trình x 2 − 3 x − 4 = 0 có hai nghiệm Với x = − 1 y = 1 A ( − 1;1) Với x = 4 y = 16 B (4;16)
Vậy với m = 3 thì hai đồ thị hàm số giao nhau tại 2 điểm A( −1;1) và B (4;16) . b) Ta có số giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là số nghiệm của phương trình (1) Phương trình (1) có:
∆= m2 − 4⋅ (−4) = m2 +16 > 0∀m∈ℝ x1; x2
Do đó (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
Vậy đồ thị của hai hàm số đã cho luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A1 ( x1; y1 ) và A2 ( x2 ; y2 ) với mọi m
x + x = m Theo hệ thức Vi-et ta có: 1 2 x1 ⋅ x2 = −4 y = x12 Ta lại có: 1 2 y 2 = x2 Theo đề, ta có:
y12 + y22 = 72 2
( x12 ) + ( x 22 ) = 49 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 − 2 ( x1 x2 ) = 49 ⇔ m 2 − 2.( − 4) − 2 ( − 4 ) = 49 2
2
2
⇔ (m2 + 8)2 = 81 ⇔ m 2 + 8 = 9 ⇔ m = ±1 2
2
2
2
(trường hợp m 2 + 8 = − 9 vô nghiệm vì m 2 ≥ 0 )
2
Vậy với m = 1; m = − 1 thì ( y1 ) + ( y2 ) = 7 2 .
Bài 8:
Cho hàm số y = −
1 2 x có đồ thị ( P ) . 2
a) Vẽ đồ thị ( P ) của hàm số. b) Cho đường thẳng y = mx + n ( ∆ ) . Tìm m, n để đường thẳng ( ∆ ) song song với đường thẳng y = − 2 x + 5 ( d ) và có duy nhất một điểm chung với đồ thị ( P ) .
Hướng dẫn giải a) HS tự vẽ đồ thị hàm số.
m = −2 n ≠ 5
b) ∆ song song với y = − 2 x + 5 suy ra
Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (P): −
1 2 x = −2 x + n 2
⇔ x 2 − 4 x + 2 n = 0 (*)
Để ∆ và ( P ) có một điểm chung duy nhất thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất thì ∆ ′ = 0 ⇔ 4 − 2 n = 0 ⇔ n = 2 (thỏa mãn)
95
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Vậy m = − 2; n = 2 .
Bài 9: Cho đường thẳng ( d ) có phương trình y = x + 2 và parabol ( P ) có phương trình
y = x2
a) Vẽ đường thẳng ( d ) và parabol ( P ) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy . b) Đường thẳng ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm A và B (với A có hoành độ âm, B có hoành độ dương). Bằng tính toán hãy tìm tọa độ các điểm A và B.
Hướng dẫn giải a) HS tự vẽ đồ thị hàm số (d) và (P) b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
x2 = x + 2 ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔(x − 2)(x +1) = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = −1 Với x = 2 y = 4 B (2; 4) (vì B có hoành độ dương) Với x = − 1 y = 1 A ( − 1;1) (vì A có hoành độ âm) Vậy A ( − 1;1) ; B (2; 4)
Bài 10:
Cho hai hàm số y =
1 2 x và đồ thị hàm số ( P ) và y = x + 4 có đồ thị ( d ) 2
a) Vẽ đồ thị ( P ) b) Gọi A, B là các giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ) Biết rằng đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét, tìm tất cả các điểm M trên tia O x sao cho diện tích tam giác MAB bằng 30 cm2.
Hướng dẫn giải a) Vẽ đồ thị: HS tự vẽ b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 1 2 x = x + 4 ⇔ x2 − 2x − 8 = 0 2
∆′ = (−1)2 −(−8) = 9 > 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x = 4; x = − 2 Với x = −2 ta có y = 2 A ( − 2; 2) Với x = 4 ta có y = 8 B (4; 8) Gọi M ( m ; 0) thuộc tia Ox ( m > 0) Gọi C ( − 2; 0), D (4; 0) Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: M thuộc đoạn OD: Ta có
SAMB = SABDC − SACM − SBDM
Có ABDC là hình thang, AC = 2 cm , BD = 8 cm , CD = 6 cm
⇒ S ABDC = Suy ra
(2 + 8) ⋅ 6 = 30 cm 2 2
(
)
SAMB < 30 cm2 (loại) 96
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Trường hợp 2: M thuộc tia Dx ( M ≠ D ) m > 4 Ta có : SAMB Có
= SABDC − SACM + SBDM
SABCD = 30cm2 , MC = m + 2(cm), MD = m − 4(cm)
Suy ra 1 1 AC .CM = .2.( m + 2) = m + 2(cm 2 ) 2 2 1 1 = BD .DM = .8.(m − 4) = 4(m − 4)( cm 2 ) 2 2
S ACM = S BDM
SAMB = 30cm2 ⇔ SACM = SBDM ⇔ m + 2 = 4(m − 4) ⇔ m = 6 m = 6 (thỏa mãn). Vậy M (6; 0) là điểm cần tìm.
Bài 11:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = 3 x + 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
Hướng dẫn giải a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P )
x2 = 3x + m2 −1 ⇔ x2 −3x − m2 +1= 0(*) ∆ = 9 + m 2 − 1 = 8 + m 2 > 0∀ m
Suy ra phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m hay ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt với mọi
m.
b) Ta có: ( x1 + 1)( x2 + 1) = 1 ⇔ x1x2 + ( x1 + x1 ) = 0 (**)
x + x2 = 3 Áp dụng hệ thức Vi-et cho (*): 1 2 x1 x2 = − m + 1
(**) ⇔−m2 +1+3 = 0 ⇔m2 = 4 ⇔m =±2 Vậy m = ±2 .
Bài 12:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho parabol
(P): y = −x2
a) Vẽ parabol ( P ) b) Xác định toạ độ các giao điểm A, B của đường thẳng ( d ) : y = − x − 2 và ( P ) Tìm toạ điểm M trên ( P ) sao cho tam giác MAB cân tại M.
Hướng dẫn giải a) HS tự vẽ đồ thị hàm số. b) Viết phương trình đường trung trực ( d ') của AB , tìm giao điểm của ( d ') và ( P ) ta tìm được giao điểm M. Hoành độ các giao điểm A, B của đường thẳng ( d ) : y = − x − 2 và (P) là nghiệm của phương trình: − x 2 = − x − 2 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = 2
97
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 2
+ Với x = −1 , thay vào ( P ) ta có: y = −(−1) 2
+ Với x = 2 , thay vào ( P ) ta có: y =−(2)
= −1 , ta có:
=−4 , ta có:
A ( − 1; − 1)
B (2; − 4)
1 −5 2 2
Suy ra trung điểm của AB là: I ;
Đường thẳng ( d ') vuông góc với (d) có dạng: y = x + b −5 1 Vì ( d ') đi qua I nên: = + b ⇔ b = −3 2 2 Vậy ( d ') : y = x − 3 . Phương trình hoành độ của ( d ') và (P) là: x 2 + x − 3 = 0 ⇔ x = + Với x =
−1 − 13 −7 − 13 y= 2 2
+ Với x =
−1 + 13 −7 + 13 y= 2 2
−1 ± 13 2
Vậy có hai điểm M cần tìm là: − 1 − 13 ; − 7 − 13 và − 1 + 13 ; − 7 + 13 . 2 2 2 2
Bài 13:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = x + m − 1 và parabol
m để ( d ) đi qua điểm A (0;1) b) Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P )
(P): y = x2
a) Tìm
tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là
x1 x2
thỏa
1 1 mãn: 4 + − x1 x2 + 3 = 0 . x1 x2
Hướng dẫn giải a) Thay x = 0; y = 1 vào phương trình đường thẳng ( d ) ta được: m = 2 b) Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là:
x2 − x − (m −1) = 0(*)
Để ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = 4m − 3 > 0 ⇔ m >
3 4
x + x2 = 1 Khi đó theo định lý Vi-ét ta có: 1 x1 x2 = − ( m − 1) x + x2 1 1 Theo đề bài: 4 + − x1 x2 + 3 = 0 ⇔ 4 1 x1 x2 x1 . x2 ⇔ m 2 + m − 6 = 0 ( Điều kiện: m ≠ 1 ) ⇔ m = −3 (loại) hoặc m = 2 (thỏa mãn). Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. Bài 14: (với
4 +m+2=0 − x1 x2 + 3 = 0 ⇔ −m + 1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol
m là tham số). 98
(P): y = −x2 và đường thẳng ( d ) : y = 3mx − 3
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
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
a) Tìm
đó bằng −10
Hướng dẫn giải a) Đường thẳng ( d ) đi qua A (1; 3) nên 3 = 3m ⋅1 − 3 ⇔ m = 2 b) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng ( d ) và Parabol ( P ) là:
−x2 = 3mx − 3 ⇔ x2 + 3mx −3 = 0(*) Ta có ∆ = 9 m 2 + 12 > 0 , với mọi
m nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.
Do đó, đường thẳng ( d ) và Parabol ( P ) cắt nhau tại hai điểm ( x1; y1 ) và ( x2; y2 ) Theo định lý Vi-ét ta có:
x1 + x2 =−3m; x1 ⋅ x2 = −3
Theo bài ra ta có:
y1 + y2 = −10 ⇔ −x12 − x22 = −10 2
⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 10 ⇔ 9 m 2 + 6 = 10 2 ⇔m=± 3 2 Vậy m = ± là giá trị cần tìm. 3
Bài 15: Cho parabol
(P): y = x2 và đường thẳng
( d ) có phương trình: y = 2( m + 1) x − 3 m + 2
a) Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) với m = 3 . b) Chứng minh ( P ) và ( d ) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A và B với mọi c) Gọi
x1; x2
là hoành độ giao điểm của A và B . Tìm
m.
m để x12 + x22 = 20 .
Hướng dẫn giải a) Thay m = 3 ta được ( d ) : y = 8 x − 7 Phương trình hoành độ giao điểm ( P ) và ( d ) khi m = 3 là x2 = 8x − 7 ⇔ x2 − 8x + 7 = 0
Giải phương trình ta được
x1 = 1; x2 = 7 . Với x1 =1 y1 =1; x2 = 7 y2 = 49
Tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là (1;1); (7; 49)
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là:
x2 − 2(m+1)x + 3m− 2 = 0
(1) 2
1 11 ∆ ′ = m 2 + 2m + 1 − 3m + 2 = m 2 − m + 3 = m − + > 0∀m 2 4 Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ∀m suy ra ( P ) và ( d ) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A, B với mọi
m.
c) Ta có:
x1; x2
là nghiệm phương trình (1) vì ∆ ′ > 0 ∀m . Theo Vi-et ta có:
99
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x1 + x2 = 2 m + 2 x1 x2 = 3m − 2 2
x12 + x22 = 20 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 20 ⇔ (2m + 2) 2 − 2(3m − 2) = 20 m = 2 ⇔ 2 m + m − 6 = 0 ⇔ ( m − 2)(2 m + 3) ⇔ m = −3 2 2
Vậy m = 2 hoặc m =
Bài 16:
−3 là giá trị cần tìm. 2
Cho parabol
(P): y = x2 và đường thẳng ( d ) : y = 2( m + 3) x − 2 m + 2 ( m là tham số).
a) Với m = −5 , tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) b) Chứng minh rằng: với mọi
m parabol ( P )
và đường thẳng ( d ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Tìm
sao cho hai giao điểm đó có hoành độ dương. c) Tìm điểm cố định mà đường thẳng ( d ) luôn đi qua với mọi
m
m
Hướng dẫn giải a) Với m = −5 ( d ) có phương trình y = − 4 x + 12 Hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là nghiệm phương trình:
x = −6 x 2 = −4 x + 12 ⇔ x 2 + 4 x − 12 = 0 ⇔ ( x + 6)( x − 2) = 0 ⇔ x = 2
+ x = −6 y = 36 +x = 2 y = 4 Vậy với m = −5 thì ( P ) và ( d ) cắt nhau tại hai điểm ( −6; 36), (2; 4) b) Hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là nghiệm phương trình:
x2 = 2(m+ 3)x − 2m+ 2 ⇔ x2 − 2(m+ 3)x − 2m− 2 = 0(1) ∆′ = (m+ 3)2 − (2m− 2) = m2 + 4m+11= (m+ 2)2 + 6 > 0∀m Do đó (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m suy ra ( P ) và ( d ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt nghiệm của phương trình (1), áp dụng định lý Viet ta có:
x1 + x2 = 2( m + 3) x1 x2 = 2 m − 2 Hai giao điểm đó có hoành độ dương khi và chỉ khi x1 + x2 > 0 2( m + 3) > 0 m > −3 ⇔ ⇔ ⇔ m >1 2m − 2 > 0 m > 1 x1 x2 > 0 Vậy với m > 1 thì ( P ) và ( d ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt với hoành độ dương. c) Gọi điểm cố định mà đường thẳng ( d ) đi qua với mọi
y0 = 2(m + 3)x0 − 2m + 2 ∀m ⇔ m ( 2x0 − 2) + 6x0 − y0 + 2 = 0 ∀m 2 x − 2 = 0 ⇔ 0 ⇔ 6 x0 − y 0 + 2 = 0
x0 = 1 y0 = 8
100
m là ( x0; y0 )
ta có:
x1; x2
là hai
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Vậy với mọi
m thì đường thẳng
Bài 17:
( d ) luôn đi qua (1; 8 )
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = mx − 3 tham số
m và Parabol
(P): y = x2
m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm A (1; 0) b) Tìm m m để đường thẳng ( d ) ( d ) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1; x2
a) Tìm
thỏa mãn x1 − x2 = 2 .
Hướng dẫn giải a) Đường thẳng ( d ) đi qua điểm A (1; 0) nên có 0 = m ⋅1 − 3 ⇔ m = 3 . b) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa ( d ) và ( P ) : x 2 − mx + 3 = 0 Có ∆ = m 2 − 12 ( d ) cắt P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là
x1, x2
khi
m > 2 3 ∆ = m2 − 12 > 0 ⇔ m2 > 12 ⇔ m > −2 3 x + x = m Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: 1 2 x1 x2 = 3 Theo bài ra ta có 2
2
x1 − x2 = 2 ⇔ ( x1 − x2 ) = 4 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 4 ⇔ m 2 − 4.3 = 4 ⇔ m 2 = 16 ⇔ m = ± 4 Vậy m = ±4 là giá trị cần tìm.
Bài 18: a) Tìm
Cho hàm số
a
y = ax2 có đồ thị
( P ) và đường thẳng ( d ) : y = mx + m − 3
để đồ thị P ) đi qua điểm B (2; − 2) .
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 b) Gọi
xC
và
xD lần lượt là hoành độ của hai điểm C
và D . Tìm các giá trị của
m sao cho
xC2 + xD2 − 2xC xD − 20 = 0 Hướng dẫn giải a) ( P ) đi qua điểm B (2; − 2) nên ta có: − 2 = a .2 2 ⇔ a =
−1 2
−1 2 x 2 b) Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là: Vậy ( P ) : y =
−1 2 x = mx + m − 3 ⇔ x 2 + 2 mx + 2 m − 6 = 0 (*) 2
∆′ = m2 − (2m− 6) = m2 − 2m+ 6 = (m−1)2 + 5 > 0 ∀m Do đó, đường thẳng (d) luôn cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt C và D với mọi giá trị của m.
101
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x + x D = −2 m b) Áp dụng định lí Vi-ét ta có: C xC x D = 2 m − 6 Theo giả thiết 2
xC2 + xD2 − 2 xC xD − 20 = 0 ⇔ ( xC + xD ) − 4 xC xD − 20 = 0
⇔ (−2m)2 − 4(2m− 6) − 20 = 0 ⇔ 4m2 −8m+ 4 = 0 ⇔ 4(m−1)2 = 0 ⇔ m =1. Vậy với m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
. PHẦN BÀI TẬP TỰ LUYỆN 2 Bài F.01. Cho hàm số y = ax (a ≠ 0 ) có đồ thị parabol ( P ) a) Xác định a để ( P ) đi qua điểm
A(− 2;−4) .
b) Với giá trị a vừa tìm được ở trên hãy:
i) Vẽ ( P ) trên mặt phẳng tọa độ; ii) Tìm các điểm trên ( P ) có tung độ bằng -2; iii) Tìm các điểm trên ( P ) cách đều hai trục tọa độ. Bài F.02.
Cho hàm số y = (m −1) x
a) Xác định m để ( P ) đi qua điểm
2
(m ≠ 1) có đồ thị là ( P ) .
A(− 3;1) ;
b) Với giá trị của m vừa tìm được ở trên, hãy:
i) Vẽ ( P ) trên mặt phẳng tọa độ; ii) Tìm các điểm trên ( P ) có hoành độ bằng 1; iii) Tìm các điểm trên ( P ) có tung độ gấp đôi hoành độ. Bài F.03.
Cho hàm số
y = ax 2 (a ≠ 0 ) có đồ thị parabol ( P )
a) Tìm hệ số a biết rằng ( P ) đi qua điểm M (− 2 ; 4 ) . b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua gốc tạ độ và điểm N(2;4). c) Vẽ ( P ) và d tìm được ở các câu a) và b) trên cùng một hệ trục tọa độ. d) Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và d ở các câu a) và b). Bài F.04.
Cho
1 2
(P) : y = x2 và d : y = x
.
a) Vẽ ( P ) và d trên cùng một hệ trục tọa độ; b) Xác định tọa độ giao điểm của ( P ) và d ;
102
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 2 c) Dựa vào đồ thị, hãy giải bất phương trình x >
Bài F.05.
1 x 2
2
Cho Parabol (P): y = x và đường thẳng ( d ) : y = 4 x + 9 .
a) Vẽ đồ thị ( P ) b) Viết phương trình đường thẳng ( d1 ) biết ( d1 ) song song với đường thẳng (d) và ( d1 ) tiếp xúc (P)
Bài F.06.
2
Cho parabol (P): y = 2x và đường thẳng d : y = x + 1
a) Vẽ parabol P) và đường thẳng (d) trên cùng một trục tọa độ. b) Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d và đi qua A ( − 1; 2)
Bài F.07. (d ) : y =
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = 1 x 2 và đường thẳng 2
1 3 x+ 4 2
a) Vẽ đồ thị của ( P ) b) Gọi A( x1; y1 ) và B ( x2 ; y2 ) lần lượt là các giao điểm của ( P ) với ( d ) . Tính giá trị biểu thức T=
x1 + x2 . y1 + y2
Bài F.08.
2
Cho parabol (P): y = x và đường thẳng (d) y = − 2 ax − 4 a (với a là tham số )
a) Tìm tọa độ giao điểm của ( d ) và ( P ) khi a = − 1 . 2
b) Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng ( d ) cắt ( P ) taị hai điểm phân biệt có hoành độ
x1; x2 thỏa mãn x1 + x2 = 3 . Bài F.09.
2
Cho hai hàm số y = x và y = mx + 4 , với m là tham số.
a) Khi m = 3 , tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị hàm số trên. b) Chứng minh rằng với mọi giá trị m, đồ thị của hai hàm số đã cho luôn cắt nhau tại hai điểm 2 2 phân biệt A1 ( x1; y1 ) và A2 ( x2 ; y2 ) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho ( y1 ) + ( y2 ) = 7 2 .
Bài F.10.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) có phương trình y = 1 x 2 và hai 2
điểm A, B thuộc ( P ) ( P ) có hoành độ lần lượt là xA =−1, xB = 2 a) Tìm tọa độ của hai điểm A, B .
103
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A, B . c) Tính khoảng cách từ điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng (d).
Bài F.11:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) có phương trình y = 1 x 2 và hai 2
điểm A, B thuộc ( P ) ( P ) có hoành độ lần lượt là xA =−1, xB = 2 a) Tìm tọa độ của hai điểm A, B . b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A, B . c) Tính khoảng cách từ điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng (d).
Bài F.12:
2
Cho hàm số y = x có đồ thị là ( P ) và hàm số y = − x + 2 có đồ thị là (d)
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy b) Bằng phép tính, tìm tọa độ các giao điểm A, B của (P) và (d) ; (hoành độ của A nhỏ hơn hoành
độ của B). Gọi C và D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên trục hoành, tính diện tích của tứ giác ABC Bài F.13:
Cho hàm số y = − 1 x 2 có đồ thị (P). 2
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số. b) Cho đường thẳng y = m x + n ( ∆ ) . Tìm m, n để đường thẳng ( ∆ ) song song với đường thẳng y = − 2 x + 5( d ) và có duy nhất một điểm chung với đồ thị ( P ) .
Bài F.14:
2
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho parabol (P): y = −x
a) Vẽ parabol ( P ) b) Xác định toạ độ các giao điểm A, B của đường thẳng ( d ) : y = − x − 2 và ( P ) Tìm toạ điểm M trên (P) sao cho tam giác MAB cân tại M.
Bài F.15:
Cho parabol (P): y = 1 x 2 và đường thẳng ( a ) : y = − 2 x + 1 2
a) Vẽ (P) và (a) trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Xác định đường thẳng ( d ) biết đường thẳng ( d ) song song với đường thẳng ( a ) và cắt parabol (P) tại điểm có hoành độ bằng −2.
104
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Chủ đề 7: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN - HỆ THỨC VI-ET VÀ ỨNG DỤNG G. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN. HỆ THỨC VI-ET VÀ ỨNG DỤNG
Dạng 1: Giải phương trình và phương trình quy về phương trình bậc hai 1.1 Giải phương trình bậc hai cơ bản. Đối với đề toán là giải phương trình với phương trình là phương trình bậc hai đơn giản (có dạng tổng quát ax 2 + bx + c = 0 ), học sinh có thể sử dụng phương pháp đưa về giải phương trình tích, hoặc sử dụng công thức nghiệm (hoặc công thức nghiệm thu gọn) và sử dụng cách nhẩm nghiệm để giải bài toán. 1. Định nghĩa Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình có dạng ax 2 + bx + c = 0 , trong đó x là ẩn; a, b, c là những số cho trước gọi là các hệ số và a ≠ 0 . 2. Công thức nghiệm của phương trình bậc hai Đối với phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) và biệt thức ∆ = b2 − 4ac :
• Nếu ∆ > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = • Nếu ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = −
−b + ∆ −b − ∆ ; x2 = . 2a 2a
b . 2a
• Nếu ∆ < 0 thì phương trình vô nghiệm. Chú ý: Nếu phương trình có a và c trái dấu thì ∆ > 0. Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 3. Công thức nghiệm thu gọn Đối với phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) và b = 2b′ , ∆′ = b′2 − ac :
• Nếu ∆′ > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = b′ a
−b′ + ∆′ −b′ − ∆′ ; x2 = a a
• Nếu ∆′ = 0 thì phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = − . • Nếu ∆′ < 0 thì phương trình vô nghiệm.
105
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Bài 1:
`Giải phương trình: a) 3 x 2 + 5 x − 2 = 0
b) 5 x 2 − 6 x + 1 = 0 Hướng dẫn giải
a) Cách 1: Đưa về giải phương trình tích bằng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. 3x 2 + 5 x − 2 = 0 ⇔ 3x 2 + 6 x − x − 2 = 0 ⇔ 3x( x + 2) − ( x + 2) = 0 1 x= 3 x − 1 = 0 ⇔ (3 x − 1)( x + 2) = 0 ⇔ ⇔ 3 x + 2 = 0 x = −2
1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −2;
3
Cách 2: Sử dụng công thức nghiệm để giải phương trình bậc hai. Ta có a = 3; b = 5; c = -2 ; ∆ = b2 − 4ac = 52 − 4.3.(−2) = 25 + 24 = 49 > 0 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt: x1 =
−b + ∆ −5 + 49 −5 + 7 2 1 = = = = 2a 2.3 6 6 3
x2 =
−b − ∆ −5 + 49 −5 − 7 −12 = = = = −2 2a 2.3 6 6
1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −2;
3
b) Phương pháp 1: Đưa về giải phương trình tích bằng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử: 5 x 2 − 6 x + 1 = 0 ⇔ 5 x 2 − 5 x − x + 1 = 0 ⇔ 5 x( x − 1) − ( x − 1) = 0 1 x= 5 x − 1 = 0 ⇔ (5 x − 1)( x − 1) = 0 ⇔ ⇔ 5 x −1 = 0 x = 1
1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1; 5
Phương pháp 2: Sử dụng công thức nghiệm thu gọn ( hoặc công thức nghiệm tổng quát) để giải:
106
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Ta có a = 5; b = − 6 b' =
b −6 = = -3; c = 1 2 2
∆ ' = b′2 − ac = (−3)2 − 5.1 = 9 − 5 = 4 > 0
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt: x1 =
−b '+ ∆ ' −(−3) + 4 3 + 2 = = =1; a 5 5
x2 =
−b '− ∆ ' −(−3) − 4 3 − 2 1 = = = a 5 5 5
Phương pháp 3: Giải bằng cách nhẩm nghiệm. Ta có a = 5; b = − 6; c = 1 và a + b + c = 5 + ( −6) + 1 = 0 . Vậy phương trình đã cho có 2 c a
1 5
nghiệm phân biệt là x1 = 1 và x2 = = . 1.2. Giải phương trình quy về phương trình bậc hai 1.2.1. Phương trình trùng phương Cho phương trình: ax 4 + bx 2 + c = 0 ( a ≠ 0 ) (1) Phương pháp 1: Đặt ẩn phụ: Đặt t = x 2 (t ≥ 0) Ta được phương trình: at 2 + bt + c = 0 (2) Nếu phương trình (2) (phương trình trung gian) có 2 nghiệm dương thì phương trình trùng phương có 4 nghiệm. Nếu phương trình trung gian có một nghiệm dương, một nghiệm âm hoặc có nghiệm kép dương thì phương trình trùng phương có 2 nghiệm Nếu phương trình trung gian có 2 nghiệm âm hoặc vô nghiệm thì phương trình trùng phương vô nghiệm. Cụ thể: Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm dương phân ∆ > 0 biệt ⇔ P > 0 S > 0
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có một nghiệm dương và ∆ > 0 một nghiệm bằng 0 ⇔ P = 0 S > 0
107
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có một một nghiệm kép ∆ = 0 ∆ = 0 S > 0 ⇔ S > 0 dương hoặc có hai nghiệm trái dấu ⇔ ∆ > 0 a.c < 0 P < 0
Phương trình (1) có 1 nghiệm ⇔ phương trình (2) có một nghiệm kép bằng 0 hoặc có một nghiệm bằng không và nghiệm còn lại âm ∆ = 0 S = 0 P = 0 ⇔ ∆ > 0 P = 0 S < 0
Phương trình (1) có vô nghiệm ⇔ phương trình (2) vô nghiệm hoặc có hai nghiệm âm ∆ < 0 ∆ > 0 ⇔ P > 0 S < 0
Nếu phương trình có 4 nghiệm thì tổng các nghiệm luôn bằng 0 và tích các nghiệm luôn bằng
c . a
Phương pháp 2: Giải trực tiếp phương trình trùng phương bằng cách đưa về giải phương trình tích: A = 0 B = 0
Biến đổi đưa về dạng phương trình tích : A.B = 0 ⇔ Bài 1:
Giải phương trình: x 4 − 13 x 2 + 36 = 0 (1) Hướng dẫn giải
Cách 1:
Đặt t = x 2 ( điều kiện: t ≥ 0 ) phương trình (1) có dạng :
t 2 − 13t + 36 = 0
. Ta có a = 1; b = − 13; c = 36
∆ = b2 − 4ac = (−13) 2 − 4.1.36 = 25 > 0 . ∆ = 5 t1 =
−b + ∆ −(−13) + 5 = = 9 (thỏa mãn điều kiện t ≥ 0 ) 2a 2
108
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
t2 =
−b − ∆ −(−13) − 5 = = 4 (thỏa mãn điều kiện t ≥ 0 ) 2a 2
Với t1 = 9 x 2 = 9 ⇔ x = ± 9 ⇔ x = ±3 Với t2 = 4 x2 = 4 ⇔ x = ± 4 ⇔ x = ±2 Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm : x1 = −2 ; x2 = −3; x3 = 2; x4 = 3 . Cách 2: x 4 − 13 x 2 + 36 = 0 (1) ⇔ ( x 4 − 12 x 2 + 36) − x 2 = 0 ⇔ ( x 2 − 6) 2 − x 2 = 0 ⇔ ( x 2 − 6 − x)( x 2 − 6 + x) = 0 x2 − 6 − x = 0 ⇔ 2 x − 6 + x = 0
Giải phương trình: x 2 – x – 6 = 0 ta được 2 nghiệm: x1 = −2; x2 = 3 . Giải phương trình: x 2 + x – 6 = 0 ta được 2 nghiệm: x3 = 2; x4 = −3 . Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm: x1 = −3; x2 = −2; x3 = 2; x4 = 3 Bài 2:
Giải phương trình: 5 x 4 + 3 x 2 – 2 = 0 (1) Hướng dẫn giải
Đặt t = x 2 ( điều kiện: t ≥ 0 ) phương trình (1) có dạng : 5t 2 + 3t − 2 = 0
. Ta có a = 5; b = 3; c = −2
∆ = b2 − 4ac = (3)2 − 4.5.(−2) = 49 > 0 ∆ = 7 t1 = t2 =
−b + ∆ −3 + 7 2 = = (thỏa mãn điều kiện t ≥ 0 ) 2a 2.5 5
−b − ∆ −3 − 7 = = −1 (không thỏa mãn điều kiện t ≥ 0 ) 2a 2.5
Với t1 =
2 2 2 x2 = ⇔ x = ± 5 5 5
Với t2 = −1 (loại) Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm : x1 =
2 2 ; x2 = − . 5 5
109
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Bài 3:
Giải phương trình: x 4 + 5 x 2 + 6 = 0 (1) Hướng dẫn giải
Đặt t = x 2 (điều kiện: t ≥ 0 ) phương trình (1) có dạng : t 2 + 5t + 6 = 0 .
Ta có a = 1; b = 5; c = 6
∆ = b 2 − 4 ac = 5 2 − 4.1.6 = 1 > 0 ∆ = 1
t1 = t2 =
−b + ∆ −5 + 1 = = −2 (loại vì không thỏa mãn điều kiện t ≥ 0 ) 2a 2.1
−b − ∆ −5 − 1 = = −3 (loại vì không thỏa mãn điều kiện t ≥ 0 ) 2a 2.1
Vậy phương trình (1) vô nghiệm. 1.2.2. Giải phương trình chứa ẩn ở mẫu Cách giải: Thực hiện các bước sau: Bước 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình. Bước 2: Quy đồng mẫu thức hai vế rồi khử mẫu thức. Bước 3: Giải phương trình vừa nhận được. Bước 4: Trong các giá trị tìm được của ẩn, loại các giá trị không thoả mãn điều kiện xác định, các giá trị thoả mãn điều kiện xác định là nghiệm của phương trình đã cho. Bài 1:
Giải phương trình: a.
14 1 = 1− 2 x −9 3− x
b. Hướng dẫn giải
a.
14 1 = 1− x −9 3− x 2
ĐKXĐ : x ≠ ±3 ⇔
14 1 = 1+ ( x − 3)( x + 3) x−3
⇔
14 ( x − 3)( x + 3) + ( x + 3) = ( x − 3)( x + 3) ( x − 3)( x + 3)
14 = ( x – 3)( x + 3) + ( x + 3) ⇔ x 2 – 9 + x + 3 – 14 = 0
110
2x x2 − x + 8 = x + 1 (x + 1)(x − 4)
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
⇔ x 2 + x – 20 = 0
Ta có: a = 1; b = 1; c = − 20 2 ∆ = b 2 – 4 ac = 1 – 4.1. ( –20 ) = 81 > 0 ∆ = 81 = 9
Phương trình có 2 nghiệm có 2 nghiệm phân biệt : x1 =
−b + ∆ −1 + 9 = = 4 (thỏa mãn điều kiện) 2a 2.1
x2 =
− b − ∆ −1 − 9 = = −5 (thỏa mãn điều kiện) 2.a 2.1
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = 4 ; x2 = –5 b.
2x x2 − x + 8 = x + 1 (x + 1)(x − 4)
ĐKXĐ: x ≠ –1 và x ≠ 4 2x x2 − x + 8 = x + 1 (x + 1)(x − 4) 2 x( x − 4) x2 − x + 8 = ⇔ ( x + 1)( x − 4) ( x + 1)( x − 4)
2 x ( x – 4) = x2 – x + 8
⇔ 2x2 – 8x – x2 + x – 8 = 0 ⇔ x2 – 7 x – 8 = 0
Ta có: a = 1; b = −7; c = −8 a – b + c = 1 – ( –7 ) + ( –8 ) = 0
Phương trình có 2 nghiệm : x1 = –1 (loại vì không thỏa mãn ĐKXĐ)
x2 =
−c = 8 (thỏa mãn ĐKXĐ) a
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm: x = 8
111
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
1.2.3. Giải phương trình đưa về phương trình tích. Phương pháp: Biến đổi phương trình ban đầu về dạng phương trình tích sau đó giải các phương trình A = 0 . B = 0
Tổng quát: A.B = 0 ⇔ Bài 1:
Giải phương trình a) ( x − 3)( x 2 + 3x − 1) = 0
b) x 3 + 3 x 2 – 2 x − 6 = 0
2
c) ( 2 x2 + 3) –10 x3 –15x = 0
d) x 4 − 13 x 2 + 36 = 0 Hướng dẫn giải
a) ( x − 3)( x 2 + 3x − 4) = 0 ⇔ x − 3 = 0 hoặc x 2 + 3 x − 4 = 0
+) x − 3 = 0 ⇔ x1 = 3 +) x 2 + 3 x − 4 = 0 (1) Ta có a = 1; b = 3, c = −4 . và a + b + c = 1 + 3 + ( − 4) = 0 . Phương trình (1) có hai nghiệm: c = −4 a
x2 = 1; x3 =
Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: x1 = 3; x 2 = 1; x3 = −4 b) x 3 + 3 x 2 – 2 x – 6 = 0 ⇔ x 2 ( x + 3) – 2 ( x + 3) = 0 ⇔ ( x + 3) ( x 2 – 2 ) = 0
⇔ x + 3 = 0 hoặc x 2 – 2 = 0
+) x + 3 = 0 ⇔ x1 = −3 +) x 2 – 2 = 0 ⇔ x 2 = 2 ⇔ x2 = 2 hoặc x3 = − 2 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x1 = −3 ; x2 = 2; x3 = − 2 2
c. ( 2 x2 + 3) –10 x3 –15x = 0 2
⇔ ( 2 x2 + 3) – 5x ( 2 x2 + 3) = 0
( 2x
2
+ 3 )( 2 x 2 + 3 – 5 x ) = 0
112
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
2x2 + 3 = 0
hoặc 2 x 2 – 5 x + 3 = 0
+) 2 x 2 + 3 = 0 ⇔ 2 x 2 = –3 x 2 = −1,5 (vô nghiệm) +) 2 x 2 – 5 x + 3 = 0 . Có a = 2; b = − 5; c = 3 và a + b + c = 2 – 5 + 3 = 0 Phương trình có 2 nghiệm: x1 = 1 ; x2 =
c 3 = a 2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1 ; x2 =
3 2
d) x 4 − 13 x 2 + 36 = 0 (1) ⇔ ( x 4 − 12 x 2 + 36) − x 2 = 0 ⇔ ( x 2 − 6) 2 − x 2 = 0 ⇔ ( x 2 − 6 − x)( x 2 − 6 + x) = 0 x2 − x − 6 = 0 ⇔ 2 x + x − 6 = 0
Giải phương trình: x 2 – x – 6 = 0 ta được 2 nghiệm: x1 = −2; x2 = 3 . Giải phương trình: x 2 + x – 6 = 0 ta được 2 nghiệm: x3 = 2; x4 = −3 . Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm: x1 = −3; x2 = −2; x3 = 2; x4 = 3
1.2.4. Giải phương trình chứa căn bậc hai. a) Phương trình chứa căn bậc hai đơn giản (quy được về phương trình bậc hai) Phương pháp: Đặt ẩn phụ và biến đổi phương trình ban đầu trở thành phương trình có dạng ax2 + bx + c = 0 Bài 1:
Giải phương trình: a) 4 x − 29 x + 52 = 0
b) x − x + 1 − 8 = 0 Hướng dẫn giải
a) 4 x + 29 x + 52 = 0 . Điều kiện x ≥ 0 Đặt
x = t (điều kiện: t ≥ 0 ), Khi đó phương trình đã cho trở thành:
4t 2 − 29t + 52 = 0 (1) 2
có a = 4; b = −29; c = 52 và ∆ = b2 − 4ac = ( −29 ) − 4.4.52 = 9 > 0 ; ∆ = 3
113
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: t1 =
−b + ∆ 29 + 3 = = 4 (thỏa mãn điều kiện t ≥ 0 ); 2a 2.4
t2 =
−b − ∆ 29 − 3 13 = = (thỏa mãn điều kiện t ≥ 0 ); 2a 2.4 4
Với t1 = 4 x = 4 ⇔ x = 16 (t/m) Với t2 =
13 13 169 x = ⇔x= (t/m) 4 4 16
KL: Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 1 = 16 ; x2 =
169 16
b) x − 2 x + 1 − 7 = 0 . Điều kiện: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 x − 2 x + 1 − 7 = 0 ⇔ x + 1 − 2 x + 1 − 8 = 0 . Đặt t = x + 1 , điều kiện: t ≥ 0 .
(
)
Phương trình đã cho trở thành: t 2 − 2t − 8 = 0 (1) có a = 1; b = −2; c = −8 ; ∆ ' = b '2 − ac = 1 + 9 = 9 > 0 ;
∆ ' = 3 . Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:
(thỏa mãn điều kiện t ≥ 0 ) t2 =
−b '− ∆ 1 − 3 = = −2 (loại vì không thỏa mãn điều kiện t ≥ 0 ) a 1
Với t = 4 x + 1 = 4 ⇔ x + 1 = 16 ⇔ x = 15 (t/m) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 15 . b) Phương trình vô tỉ. Phương pháp chung là bình phương hai vế để khử dấu căn. Cần thử lại để loại trừ nghiệm ngoại lai. (ngoài ra có thể dùng cách đặt ẩn phụ đưa về phương trình không có dấu căn giống phần a – dạng ý b bài toán 1) Đặc biệt phương trình:
B( x ) ≥ 0 A( x ) = B ( x ) ⇔ 2 A( x ) = B ( x )
Ta chỉ có thể đem bình phương hai vế để giải bài toán tương đương khi cả hai vế cùng dương. Bài 1:
Giải phương trình: a) x − 2 x + 3 = 0
c) 25 − x 2 = x − 1 114
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
b) 4 + 2 x − x 2 = x − 2
d) x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x Hướng dẫn giải x ≥ 0
x ≥ 0 ⇔ 2 2 x + 3 = x x − 2x − 3 = 0
a) x − 2 x + 3 = 0 ⇔ 2 x + 3 = x ⇔
2
x ≥ 0 ⇔ ⇔ x = 3 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 3 x = −1 hoÆc x = 3
b) 4 + 2 x − x 2 = x − 2 x − 2 ≥ 0 x ≥ 2 x ≥ 2 ⇔ ⇔ x =3 ⇔ ⇔ 2 2 2 x = 0 hoÆc x = 3 4 + 2 x − x = ( x − 2) x − 3x = 0
c)
25 − x 2 = x − 1
x −1 ≥ 0 x ≥ 1 x ≥ 1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x=4 2 2 2 x = 4 hoÆc x = −3 25 − x = ( x − 1) 2 x − 2 x − 24 = 0
d) x + 4 − 1 − x = 1 − 2x ⇔ x + 4 = 1 − 2x + 1 − x 1 1 −4 ≤ x ≤ −4 ≤ x ≤ 2 2 ⇔ ⇔ x + 4 = 1 − x + 2 (1 − x)(1 − 2 x) + 1 − 2 x (1 − x )(1 − 2 x ) = 2 x + 1
1 −4 ≤ x ≤ 2 1 1 − ≤x≤ 1 2 2 ⇔ x ≥ − ⇔ ⇔ x=0 2 x = 0 ∨ x = − 7 (1 − x)(1 − 2 x) = 4 x 2 + 4 x + 1 2
1.2.5. Giải phương trình chứa dấu GTTĐ - Ta thường xét dấu các biểu thức trong dấu giá trị tuyệt đối để khử dấu giá trị tuyệt đối trên mỗi khoảng. Giải phương trình trên mỗi khoảng đó. - Có thể đặt ẩn phụ Bài 1:
Giải phương trình a) x 2 + x − 1 = 1
b) x − 6 = x 2 − 5 x + 9 Hướng dẫn giải
a) x 2 + x − 1 = 1 115
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
⇔ x −1 = 1 − x2 −1 ≤ x ≤ 1 −1 ≤ x ≤ 1 1 − x 2 ≥ 0 x = 1 2 ⇔ ⇔ x − 1 = 1 − x ⇔ x = 0 hoÆc x = 1 ⇔ 2 x − 1 = ±(1 − x ) x = 0 x = 1 hoÆc x = −2 2 x − 1 = − 1 + x
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 0 b) x − 6 = x 2 − 5 x + 9 x − 6 = x 2 − 5x + 9 x 2 − 6 x + 15 = 0 x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 x = 3 x − 6 = − x + 5x − 9 x − 4x + 3 = 0
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 3
Dạng 2: Hệ thức Vi-et và ứng dụng a) Nếu x1; x2 là hai nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) thì x1 + x2 = x1.x2 =
−b và a
c a
b) Muốn tìm hai số u và v , biết u + v = S; uv = P , ta giải phương trình: x 2 − Sx + P = 0 (Điều kiện để có u và v là S 2 − 4 P ≥ 0 ) c) Nếu a + b + c = 0 thì phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm x1 = 1; x2 =
c a
Nếu a − b + c = 0 thì phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm x1 = −1; x2 =
−c a
Sử dụng hệ thức Vi-et, biến đổi biểu thức đã cho suất hiện tổng và tích các nghiệm từ đó tính được giá trị biểu thức.
Các hệ thức thường gặp: 2
x12 + x2 2 = ( x12 + 2 x1.x2 + x2 2 ) − 2 x1.x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1.x2 = S 2 − 2 P .
x1 − x2 = ±
( x1 + x2 )
2
− 4 x1 x2 = ± S 2 − 4 P .
x2 − x1 = ±
( x1 + x2 )
2
− 4 x1 x2 = ± S 2 − 4 P .
x12 − x2 2 = ( x1 + x2 )( x1 − x2 ) = ± ( x1 + x2 )
( x1 + x2 )
2
− 4 x1 x2 = ± S . S 2 − 4P .
116
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 2 x13 + x23 = ( x1 + x2 ) ( x12 − x1.x2 + x2 2 ) = ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) − 3x1.x2 = S . ( S 2 − 3P ) . 2
2
2
2
2 x14 + x2 4 = ( x12 ) + ( x2 2 ) = ( x12 + x2 2 ) − 2 x12 .x2 2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 − 2 x12 x22 . 2
= ( S 2 − 2 P ) − 2P2 . 1 1 x1 + x2 S + = = . x1 x2 x1 x2 P
1 1 x2 − x1 − = =± x1 x2 x1 x2
( x1 + x2 )
2
− 4 x1 x2
x1 x2
=±
S 2 − 4P . P
( x1 + x2 ) x1 x2 x12 − x2 2 ( x1 + x2 )( x1 − x2 ) − = = =± x2 x1 x1 x2 x1 x2
( x1 + x2 )
2
− 4 x1 x2
x1 x2
=±
S. S 2 − 4P P
2 x13 − x23 = ( x1 − x2 ) ( x12 + x1.x2 + x2 2 ) = ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) − x1.x2 .
(
= ±
( x1 + x2 )
2
)
2 − 4 x1 x2 ( x1 + x2 ) − x1 .x2 = ±
2
(
)
S 2 − 4 P S 2 − P
(
2
x14 − x2 4 = ( x12 ) − ( x2 2 ) = ( x12 + x2 2 )( x12 − x2 2 ) = ± ( S 2 − 2 P ) S . S 2 − 4 P
)
…. Bài 1: Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình: x 2 + x − 2 + 2 = 0 . Không giải phương trình, tính các giá trị của các biểu thức sau: A=
1 1 + ; x1 x2
B = x12 + x2 2 ;
C = x1 − x2 ;
D = x13 + x2 3 .
Hướng dẫn giải
Ta có a = 1; c = − ( 2 − 2 ) . Và a.c < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. −b S = x1 + x2 = a = −1 Theo Vi-et có: c P = x1 x2 = = −2 + 2 a
A=
x + x1 1 1 −1 + = 2 = . x1 x2 x1 x2 −2 + 2 2
(
)
B = x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 1 − −2 + 2 = 3 − 2 .
117
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 2
2
C = x1 − x2 = ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2
(
)
= 1− 4 −2 + 2 = 9 − 4 2 =
2
(2 2 ) − 2
2 +1 =
3
(2
(
2
)
2 −1 = 2 2 −1 .
)
D = x13 + x23 = ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) = −1 + 3 −2 + 2 = −7 + 3 2 .
Bài 2: Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình: x 2 − 3x − 7 = 0 . Không giải phương trình a) Tính các giá trị của các biểu thức sau: A=
1 1 . B = x12 + x2 2 . + x1 − 1 x2 − 1
C = x1 − x2 . D = x13 + x23 . E = x14 + x2 4 .
F = (3x1 + x2 )(3x2 + x1 ) .
b) Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là
1 1 và . x1 − 1 x2 − 1
Hướng dẫn giải
a) Ta có a = 1; c = −7. Và a.c < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. −b S = x1 + x2 = =3 a Theo hệ thức Vi-et ta có: c P = x1 x2 = = −7 a A=
x2 + x1 − 2 1 1 1 . + = = x1 − 1 x2 − 1 x1 x2 − ( x1 + x )2 + 1 − 9 2
B = x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 23 . 2
2
C = x1 − x2 = ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 37 . 3
D = x13 + x23 = ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) = 72 . 2
E = x14 + x2 4 = ( S 2 − 2 P) − 2 P 2 = 527 F = (3 x1 + x2 )(3 x2 + x1 ) = 10 x1 x2 + 3( x12 + x22 ) = −1 .
118
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x2 + x1 − 2 1 S = 1 + 1 = = x1 − 1 x2 − 1 x1 x2 − ( x1 + x )2 + 1 −9 b) Ta có: 1 1 1 . = P = x1 − 1 x2 − 1 −9
Vậy phương trình bậc hai có hai nghiệm là
1 1 1 1 và là: X 2 + X − = 0 9 9 x1 − 1 x2 − 1
Bài 3: Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình: 3x 2 + 5 x − 6 = 0 . Không giải phương trình, tính các giá trị của các biểu thức sau: A = (3x1 − 2 x2 )(3x2 − 2 x1 ) .
B=
x2 x + 1 . x1 −1 x2 −1
C = x1 − x2
D=
x1 + 2 x2 + 2 + . x1 x2
Hướng dẫn giải
Ta có a = 3; c = −6. Và a.c < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. −b −5 S = x1 + x2 = a = 3 Theo Vi-et có: c P = x1 x2 = = −2 a
A = (3x1 − 2 x2 )(3x2 − 2 x1 ) = 13x1 x2 − 6( x12 + x22 ) = 13P − 6( S 2 − 2P) =
−200 3
2
( x + x1 ) − 2 x1 x2 − ( x2 + x1 ) − 2 38 x x . B= 2 + 1 = 2 = x1 − 1 x2 − 1 x1 x2 − ( x1 + x )2 + 1 3 2
2
C = x1 − x2 = ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = D=
97 . 3
x1 + 2 x2 + 2 2 x1 x2 + 2 ( x1 + x2 ) 11 + = = . x1 x2 x1 x2 3
Bài 4: Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình: 3x 2 + 5 x − 6 = 0 . Không giải phương trình hãy lập phương trình bậc hai ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thỏa mãn: y1 = 2x1 − x2 và y2 = 2x2 − x1 . Hướng dẫn giải 119
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Xét phương trình 3 x 2 + 5 x − 6 = 0 có a.c = 3.(−6) < 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. −b −5 x1 + x2 = a = 3 Theo Vi-et ta có: c x1 x2 = = −2 a −5 S = y1 + y2 = 2 x1 − x2 + 2 x2 − x1 = x1 + x2 = 3 212 2 P = y1 y2 = (2 x1 − x2 )(2 x2 − x1 ) = 5 x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = − 9
5 3
Vậy phương trình bậc hai có hai nghiệm y1 ; y2 là : Y 2 + Y −
212 =0 . 9
Bài 5. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình: 2 x 2 − 3x −1 = 0 . Không giải phương trình hãy lập phương trình bậc hai ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thỏa mãn: y = x + 2 a) 1 1 . y2 = x2 + 2
2 y = x1 1 x2 b) . x2 2 y2 = x1
Hướng dẫn giải
Xét phương trình 2 x 2 − 3x −1 = 0 có a.c = 3.(−6) < 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm −b 3 x1 + x2 = = a 2 phân biệt. Theo hệ thức Vi-et ta có: c −1 x1 x2 = = a 2 11 S = y1 + y2 = 2 a) Ta có: 13 P = y1 y2 = 2
11 2
13 =0 . 2
9 8
1 2
Vậy phương trình bậc hai có hai nghiệm y1 ; y2 là : Y 2 − Y + 9 S = y1 + y2 = 8 b) Ta có: −1 P = y1 y2 = 2
Vậy phương trình bậc hai có hai nghiệm y1 ; y2 là : Y 2 − Y − = 0 . 120
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Dạng 3: Phương trình chứa tham số Các điều kiện để phương trình có nghiệm thỏa mãn đặc điểm cho trước: a) Tìm điều kiện tổng quát để phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có: 1. Có nghiệm (có hai nghiệm) ⇔ ∆ ≥ 0 2. Vô nghiệm ⇔ ∆ < 0 3. Nghiệm duy nhất (nghiệm kép, hai nghiệm bằng nhau) ⇔ ∆ = 0 thì b ≠ 0 )
(Nếu a = 0
4. Có hai nghiệm phân biệt (khác nhau) ⇔ ∆ > 0 5. Hai nghiệm cùng dấu ⇔ ∆ ≥ 0 và P > 0 6. Hai nghiệm trái dấu ⇔ ∆ > 0 và P < 0 (hoặc a.c < 0 ) 7. Hai nghiệm dương (lớn hơn 0) ⇔ ∆ ≥ 0 ; S > 0 và P > 0 8. Hai nghiệm âm (nhỏ hơn 0) ⇔ ∆ ≥ 0 ; S < 0 và P > 0 9. Hai nghiệm đối nhau ⇔ ∆ ≥ 0 và S = 0 10. Hai nghiệm nghịch đảo của nhau ⇔ ∆ ≥ 0 và P = 1 11. Hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn ⇔ a.c < 0 và S<0
12. Hai nghiệm trái dấu và nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn ⇔ a.c < 0 và S > 0 b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt sao cho x1 = px2 ( 3) (với p là một số thực) 1- Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt . 2- Áp dụng định lý Vi – ét tìm: x1 + x2 =
−b c (1) và x1.x2 = (2) a a
−b x1 + x2 = 3- Kết hợp (1) và (3) giải hệ phương trình: a x1 ; x2 x1 = px2
4- Thay x1 và x2 vào (2) Tìm giá trị tham số. c) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện: x1 − x2 = k ( k ∈ R ) 121
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
- Bình phương trình hai vế: ( x1 − x2 ) = k 2 ⇔ ... ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = k 2 2
2
- Áp dụng định lý Vi-ét tính x1 + x2 và x1. x2 thay vào biểu thức kết luận. d) Hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m ; - Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt. - Áp dụng định lý Vi-ét tìm x1 + x2 =
−b c (1) và x1.x2 = (2) a a
- Biến đổi kết quả không chứa tham số nữa. 4) So sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số bất kỳ: Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm ( ∆ ≥ 0 ) Bước 2: Áp dụng Vi-ét tính x1 + x2 và x1.x2
(*)
+/ Với bài toán: Tìm m để phương trình có hai nghiệm > α ( x1 − α ) + ( x2 − α ) > 0 ( x1 − α ) . ( x2 − α ) > 0
Thay biểu thức Vi-ét vào hệ để tìm m
+/ Với bài toán: Tìm m để phương trình có hai nghiệm < α ( x1 − α ) + ( x2 − α ) < 0 ( x1 − α ) . ( x2 − α ) > 0
Thay biểu thức Vi-ét vào hệ để tìm m
+/ Với bài toán: Tìm m để phương trình có hai nghiệm, trong đó có 1 nghiệm x1 > α , nghiệm kia x2 < α ( x1 − α ) . ( x2 − α ) > 0 Thay biểu thức Vi-ét vào hệ để tìm m
Bài 1:
Cho phương trình x 2 − ( 2m − 1) x + m2 − 1 = 0 ( x là ẩn số)
a) Tìm điều kiện của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. 2 b) Định m để hai nghiệm x1 , x2 của phương trình đã cho thỏa mãn: ( x1 − x2 ) = x1 − 3 x2 .
Hướng dẫn giải
a) ∆ = ( 2m − 1)2 − 4. ( m 2 − 1) = 5 − 4m Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi ∆ > 0 ⇔ 5 − 4 m > 0 ⇔ m < b) Phương trình có hai nghiệm ⇔ m ≤
5 4
122
5 4
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x1 + x2 = 2m − 1 (*)
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
2 x1 x2 = m − 1
2
Theo đề bài: ( x1 − x2 ) = x1 − 3 x2 2
⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = x1 − 3 x2 2
⇔ ( 2m − 1) − 4 ( m 2 − 1) = x1 − 3 x2
⇔ x1 − 3x2 = 5 − 4m (**) m +1 x1 = x + x = 2m − 1 2 Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình: 1 2 ⇔ x1 − 3 x2 = 5 − 4m x = 3(m − 1) 2 2
Mặt khác ta có: x1 x2 = m2 − 1
m + 1 3(m − 1) ⋅ = m2 − 1 2 2
⇔ 3 ( m 2 − 1) = 4 ( m 2 − 1)
⇔ m2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1
5 4
Kết hợp với điều kiện m < m = ±1 (thỏa mãn) là các giá trị cần tìm. Vậy với m = 1 hoặc m = −1 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:
( x1 − x2 )
2
= x1 − 3 x2 .
Phân tích: Đối với yêu cầu đề toán, sau khi ta thế từ hệ thức Vi-et ta được một phương trình liên hệ giữa x1 , x2 thì ta sẽ lập được một hệ phương trình từ đó giải hệ phương trình c a
với ẩn x1; x2 ta sẽ tìm được ra x1; và x2 . Thay vào phương trình x1.x2 = ta sẽ giải được ra tham số cần tìm.
Bài 2: Tìm m để phương trình x 2 + 5 x + 3m − 1 = 0 ( x là ẩn số, m là tham số) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x13 − x23 + 3x1 x2 = 75 Hướng dẫn giải ∆ = 52 − 4.1. ( 3m − 1) = 29 − 12m
123
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Để phương trình có hai nghiệm ∆ ≥ 0 29 − 12m ⇔ m ≤
29 12
x1 + x2 = −5 x1 x2 = 3m − 1
Áp dụng hệ thức Vi-ét Ta có: x13 − x23 + 3x1 x2 = 75
(
2
)
⇔ ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) − x1 x2 + 3x1 x2 = 75 ⇔ ( x1 − x2 )( 25 − x1 x2 ) + 3x1 x2 = 75
⇔ ( x1 − x2 ) =
75 − 3x1 x2 ( 25 − x1 x2 )
⇔ ( x1 − x2 ) =
75 − 3(3m − 1) 78 − 9m ⇔ ( x1 − x2 ) = 26 − 3m [ 25 − (3m − 1)]
⇔ ( x1 − x2 ) =
3(26 − 3m) ⇔ x1 − x2 = 3 26 − 3m
Kết hợp x1 + x2 = −5 suy ra x1 = −1; x2 = −4 Thay vào x1x2 = 3m −1 suy ra m = m≤
5 (thỏa mãn 3
29 ) 12
Vậy m = Bài 3:
5 là giá trị cần tìm. 3
Cho phương trình x 2 − 10mx + 9m = 0 ( m là tham số)
a) Giải phương trình đã cho với m = 1 . b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa điều kiện x1 − 9x2 = 0 Hướng dẫn giải
a) Với m = 1 phương trình đã cho trở thành x 2 − 10 x + 9 = 0 x = 1
Ta có a + b + c = 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là 1 x2 = 9 2
b) ∆ ' = ( −5m ) − 1.9m = 25m 2 − 9m Điều kiện phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là ∆ ' > 0 ⇔ 25m 2 − 9m > 0 (*)
124
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 10m (*) (**) x1 x2 = 9m x1 + x2 = 10m 10 x2 = 10m x2 = m ⇔ ⇔ x1 − 9 x2 = 0 x1 = 9 x2 x1 = 9m
từ (*) và giả thiết x1 − 9 x2 = 0 ta có hệ phương trình:
m = 0 m = 1
Thay vào phương trình (**) ta có: x1x2 = 9m 9m 2 = 9m ⇔ 9m(m − 1) = 0 ⇔
Với m = 0 ta có ∆ ' = 25m 2 − 9m = 0 không thỏa mãn điều kiện phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Với m = 1 ta có ∆ ' = 25m 2 − 9m = 16 > 0 thỏa mãn điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Kết luận: Vậy với m = 1 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa điều kiện x1 − 9 x2 = 0 . Bài 4:
Cho phương trình x2 − 2(m + 1) x + m2 + m −1 = 0 ( m là tham số)
a) Giải phương trình đã cho với m = 0 . 1 1 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện + = 4
x1
Hướng dẫn giải
a) Với m = 0 , phương trình đã cho trở thành: x 2 − 2 x − 1 = 0 ∆ ' = 2 ; x1,2 = 1 ± 2
Vậy với m = 0 thì nghiệm của phương trình đã cho là x1,2 = 1 ± 2 .
b) ∆ ' = m + 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ m + 2 > 0 ⇔ m > −2 x1 + x2 = 2(m + 1)
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
2 x1 x2 = m + m − 1
Do đó: x +x 1 1 2( m + 1) + =4⇔ 1 2 =4⇔ 2 =4 x1 x2 x1 x2 m + m −1
125
x2
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
m = 1 2 2 m + m − 1 ≠ 0 m + m − 1 ≠ 0 ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2 m = − 3 m + 1 = 2(m + m − 1) 2m + m − 3 = 0 2 3 Kết hợp với điều kiện m ∈ 1; − là các giá trị cần tìm. 2
Bài 5:
Cho phương trình
1 2 1 x − mx + m2 + 4m − 1 = 0 ( m là tham số). 2 2
a) Giải phương trình đã cho với m = −1 . b) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn
1 1 + = x1 + x2 x1 x2
Hướng dẫn giải
a) Với m = −1 phương trình trở thành ∆ ' = 10 > 0 . Phương
1 2 9 x + x − = 0 ⇔ x2 + 2 x − 9 = 0 2 2
trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 = −1 − 10; x2 = −1 + 10
b) Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì ∆ > 0 1 1 1 2 ⇔ ( − m ) − 4. . m 2 + 4m − 1 > 0 ⇔ −8m + 2 > 0 ⇔ m < 2 2 4
1 2
Để phương trình có nghiệm khác 0 ⇔ m2 + 4m − 1 ≠ 0 m ≠ −4 − 3 2 1 m2 ≠ −4 + 3 2 x1 + x2 = 2m
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có
2 x1.x2 = m + 8m − 2
Theo bài ra có
x1 + x2 = 0 1 1 + = x1 + x2 ⇔ ( x1 + x2 )( x1 x2 − 1) = 0 ⇔ x1 x2 x1 x2 − 1 = 0
m = 0 2m = 0 ⇔ 2 ⇔ m = −4 − 19 m + 8m − 3 = 0 m = −4 + 19
1 4
Kết hợp với điều kiện m < ; m1 ≠ −4 − 3 2; m2 ≠ −4 + 3 2 ta được m = 0; m = −4 − 19 Vậy m = 0; m = −4 − 19 là các giá trị cần tìm. Bài 6:
Cho phương trình x2 − 2(m −1) x + m2 − 3 = 0 ( m là tham số). 126
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
a) Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm. b) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia. Hướng dẫn giải
a) Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ' ≥ 0 2
⇔ − ( m − 1) − 1. ( m2 − 3) ≥ 0 ⇔ −2 m + 4 ≥ 0 ⇔m≤2
Vậy m ≤ 2 thì phương trình đã cho có nghiệm. b) Với m < 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm. Gọi một nghiệm của phương trình đã cho là a thì nghiệm kia là 3a . Theo hệ thức Vi-ét, a + 3a = 2m − 2 (1) 2 a.3a = m − 3 (2)
ta có:
Từ phương trình (1) a =
m −1 thế vào phương trình (2) ta có 2
2
m −1 2 3 = m −3 2
⇔ m 2 + 6m − 15 = 0 có ∆ ' = 24 > 0 .
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: m2 = −3 + 2 6; m2 = −3 − 2 6 (thỏa mãn điều kiện m ≤ 2 )
Vậy m = −3 ± 2 6 là các giá trị cần tìm. Bài 7:
Cho phương trình x 2 + 2 x − m 2 − 1 = 0 ( m là tham số)
a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . b) Tính tổng và tích hai nghiệm của phương trình trên theo m . c) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm thỏa: x1 = −3x2 Hướng dẫn giải
a) Ta có ∆ ' = 12 − 1. ( − m 2 − 1) = 1 + m 2 + 1 = m 2 + 2 > 0 , với mọi m Vì ∆ ' > 0 , với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . b) Với mọi m , phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:
127
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
−b −2 S = x1 + x2 = a = 1 = −2 2 P = x x = c = −m − 1 = −m 2 − 1 1 2 a 1
c) Ta có x1 + x2 = −2 (do trên) và x1 = −3x2 nên ta có hệ phương trình sau: x1 + x2 = −2 x + x = −2 x + x = −2 ⇔ 1 2 ⇔ 1 2 x1 + 3 x2 = 0 − x1 − 3 x2 = 0 x1 = −3 x2 x + x = −2 x = −3 x + 1 = −2 ⇔ 1 2 ⇔ 1 ⇔ 1 x2 = 1 −2 x2 = −2 x2 = 1
( *)
Thay (* ) vào biểu thức x1 x2 = −m2 − 1 ta được:
( −3) .1 = −m 2 − 1 ⇔ m 2 = 2 ⇔ m = ±
2
Vậy m = ± 2 là các giá trị cần tìm. Bài 8:
Cho phương trình x2 − 2(m −1) x + m − 3 = 0 ( m là tham số).
a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình đã cho mà không phụ thuộc vào m . c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x12 + x22 (với x1 , x2 là nghiệm của phương trình đã cho) Hướng dẫn giải 2
a) ∆ ' = − ( m − 1) − 1. ( m − 3) = m 2 − 3m + 4 = m − 3 + 7 > 0 , ∀m 2
2
4
Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt. x1 + x2 = 2(m − 1) x1 + x2 = 2m − 2 x1 x2 = m − 3 2 x1 x2 = 2m − 6
b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
⇔ x1 + x2 − 2x1 x2 − 4 = 0 không phụ thuộc vào m . 2
2
c) P = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 4 ( m − 1) − 2 ( m − 3) = 4m 2 − 8m + 4 − 2m + 6 2
5 15 15 = 4m − 10 m + 10 = 2 m − + ≥ , ∀m 2 4 4 2
Do đó Pmin =
15 5 5 và dấu " = " xảy ra khi 2m − = 0 ⇔ m = 4 2 4
128
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Vậy Pmin = Bài 9:
15 5 với m = . 4 4
Cho phương trình x 2 − ( 2m + 2 ) x + 2m = 0 ( m là tham số). Tìm m để phương
trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 2 Hướng dẫn giải
Phương trình x 2 − ( 2m + 2 ) x + 2m = 0 ⇔ x 2 − 2 ( m + 1) x + 2m = 0 Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm x1 , x2 là m 2 + 1 ≥ 0 ∆ ' ≥ 0 x1 + x2 ≥ 0 ⇔ 2(m + 1) ≥ 0 ⇔ m ≥ 0 2 m ≥ 0 x x ≥ 0 1 2 x + x = 2 ( m + 1) Theo hệ thức Vi-ét: 1 2 x1 x2 = 2 m
Ta có x1 + x2 ≤ 2 ⇔ x1 + x2 + 2 x1 x2 ≤ 2 ⇔ 2m + 2 + 2 2m ≤ 2 ⇔ m = 0 (thoả mãn)
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. Bài 10:
Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = 0 ( m là tham số).
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 < 1 < x2 Hướng dẫn giải 2
a) Ta có ∆ = −2 ( m − 1) − 4.1. ( 2m − 5) = 4m2 − 12m + 22 2
2
= ( 2 m ) − 2.2m.3 + 9 + 13 = ( 2m + 3 ) + 13 > 0 , ∀m
Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . x1 + x2 = 2m − 2 (I) x1 x2 = 2m − 5
b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có
x1 − 1 < 0 ( x1 − 1)( x2 − 1) < 0 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 < 0 (II) x2 − 1 > 0
Theo giả thiết x1 < 1 < x2
Thay (I) vào (II) ta có: ( 2m − 5) − ( 2m − 2 ) + 1 < 0 ⇔ 0.m − 2 < 0 , đúng với mọi m . 129
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Vậy với mọi m thì phương trình trên có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 < 1 < x2 Bài 11:
Cho phương trình x 2 − mx − 1 = 0 (1) ( m là tham số).
a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu. b) Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1): Tính giá trị của biểu thức: P =
x12 + x1 − 1 x22 + x2 − 1 − x1 x2
Hướng dẫn giải
a) Ta có a.c = 1. ( −1) = −1 < 0 , với ∀m nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m . b) Ta có x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: x12 − mx1 − 1 = 0 và x22 − mx2 − 1 = 0 x12 = mx1 + 1 hay 2 x2 = mx2 + 1
x12 + x1 − 1 x22 + x2 − 1 mx1 + 1 + x1 − 1 mx2 + 1 + x2 − 1 − = − x1 x2 x1 x2
Do đó P = =
x1 ( m + 1) x1
−
x2 ( m + 1) x2
= ( m + 1) − ( m + 1) = 0 vì x1 , x2 ≠ 0 .
Vậy P = 0 . Bài 12: Xác định giá trị m trong phương trình x 2 − 8 x + m = 0 để 4 + 3 là nghiệm của phương trình. Với m vừa tìm được, phương trình đã cho còn một nghiệm nữa. Tìm nghiệm còn lại. Hướng dẫn giải
Do 4 + 3 là nghiệm của phương trình nên thỏa mãn phương trình:
(4 + 3)
2
(
)
−8 4 + 3 + m = 0
⇔ m − 13 = 0 ⇔ m = 13
Thay m = 13 vào phương trình ta được phương trình: x 2 − 8 x + 13 = 0 (* ) 2
∆ ' = ( −4 ) − 1.13 = 3
130
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x1 = 4 + 3
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt là:
x2 = 4 − 3
Vậy x = 4 − 3 là giá trị cần tìm. Bài 13:
Cho phương trình x 2 − 2 x + m + 3 = 0 ( m là tham số).
a) Tìm m để phương trình có nghiệm x = −1 . Tính nghiệm còn lại. b) Tìm m để hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn hệ thức x13 + x23 = 8 Hướng dẫn giải
a) Vì phương trình x 2 − 2 x + m + 3 = 0 có nghiệm x = −1 nên ta có: (−1)2 − 2.(−1) + m + 3 = 0 ⇔ m + 6 = 0 ⇔ m = −6 .
Ta có phương trình: x2 − 2x + (−6) + 3 = 0 ⇔ x2 − 2x − 3 = 0 Ta có a − b + c = 0 nên phương trình có hai nghiệm: x1 = −1 ; x2 =
−c =3 a
Vậy m = 6 và nghiệm còn lại là x = 3 . b) ∆ ' = 12 − 1. ( m + 3) = −m − 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ m < −2 x1 + x2 = 2 x1 x2 = m + 3
Theo hệ thức Vi-ét, ta có: Ta có x13 + x23 = 8 ⇔ ( x1 + x2 )3 − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) = 8
⇔ 23 − 3.(m + 3).2 = 8 ⇔ 6(m + 3) = 0 ⇔ m+3= 0 ⇔ m = −3
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy m = −3 là giá trị cần tìm. Bài 14:
1 2
Cho phương trình x 2 − 2mx + m2 − = 0 ( m là tham số).
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m . b) Tìm m để hai nghiệm của phương trình có giá trị tuyệt đối bằng nhau. 131
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
c) Tìm m để hai nghiệm đó là số đo của 2 cạnh góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3. Hướng dẫn giải 1 1 a) ∆ ' = ( − m )2 − 1. m 2 − = > 0 , ∀m .
2
2
Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m . x1 = m − b) Hai nghiệm của phương trình là x2 = m +
Theo đề bài ta có m −
2 2 2 2
2 2 1 1 ⇔ 2 2m = 0 ⇔ m = 0 = m+ ⇔ m 2 − 2 m + = m 2 + 2m + 2 2 2 2
c) Giả sử phương trình có hai nghiệm là x1; x2 . Theo đề bài đó là số đo của 2 cạnh góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3 nên ta có x12 + x22 = 32 = 9 Vậy ta có: 2
2
m = 2 2 2 2 2 m − + m + = 9 ⇔ 2m − 8 = 0 ⇔ m − 4 = 0 ⇔ 2 2 m = −2 m = 2
Vậy là các giá trị cần tìm. m = −2 Bài 15:
Cho phương trình x 2 + 2 x − m 2 − 1 = 0 ( m là tham số)
a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . b) Tính tổng và tích hai nghiệm của phương trình trên theo m . c) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm thỏa: x1 = −3x2 Hướng dẫn giải
a) Ta có ∆ ' = 12 − 1. ( − m 2 − 1) = 1 + m 2 + 1 = m 2 + 2 > 0 , với mọi m Vì ∆ ' > 0 , với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . b) Với mọi m , phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét: −b −2 S = x1 + x2 = a = 1 = −2 2 P = x x = c = −m − 1 = −m 2 − 1 1 2 a 1
132
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
c) Ta có x1 + x2 = −2 (do trên) và x1 = −3x2 nên ta có hệ phương trình sau: x1 + x2 = −2 x + x = −2 x + x = −2 ⇔ 1 2 ⇔ 1 2 x1 + 3 x2 = 0 x1 = −3 x2 − x1 − 3 x2 = 0 x + x = −2 x = −3 x + 1 = −2 ⇔ 1 2 ⇔ 1 ⇔ 1 x2 = 1 x2 = 1 −2 x2 = −2
( *)
Thay (* ) vào biểu thức x1 x2 = −m2 − 1 ta được: ( −3) .1 = −m 2 − 1 ⇔ m 2 = 2 ⇔ m = ± 2 Vậy m = ± 2 là các giá trị cần tìm. Bài 16: Tìm tất cả các số tự nhiên m để phương trình x 2 − m 2 x + m + 1 = 0 ( m là tham số) có nghiệm nguyên. Hướng dẫn giải 2
∆ = ( −m2 ) − 4.1. ( m + 1) = m4 − 4m − 4
Phương trình có nghiệm nguyên khi ∆ = m 4 − 4m − 4 là số chính phương m = 0
Nếu thì ∆ < 0 (loại) m = 1 Nếu m = 2 thì ∆ = 4 = 22 (nhận) Nếu m ≥ 3 thì 2m ( m − 2 ) > 5 ⇔ 2m2 − 4m − 5 > 0 ⇔ ∆ − ( 2 m 2 − 4 m − 5 ) < ∆ < ∆ + 4m + 4
⇔ m 4 − 2m 2 + 1 < ∆ < m 4 2
⇔ ( m 2 − 1) < ∆ < ( m2 )
2
∆ không là số chính phương.
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm Bài 17:
Cho phương trình: x 2 − 2 ( m − 4 ) x + m + 6 = 0
a) Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Tính theo m biểu thức A =
1 1 rồi tìm m ∈ ℤ để A ∈ ℤ . + x1 x2
Hướng dẫn giải 2
a) Ta có: ∆ ' = − ( m − 4 ) − ( m − 6 )
133
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 2
∆ ' = ( m − 4) − m + 6
∆ ' = m 2 − 8m + 16 − m + 6 ∆ ' = m 2 − 9m + 22 2
9 7 ∆ ' = m − + > 0, ∀m 2 2
Do ∆ ' > 0, ∀m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Theo câu a, ∆ ' > 0, ∀m nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét: −b x1 + x2 = a = − −2 ( m − 4 ) = 2 ( m − 4 ) = 2m − 8 x .x = c = m − 6 1 2 a
Có: A = =
1 1 x1 + x2 2m − 8 2 ( m − 6 ) + 12 − 8 + = = = x1 x2 x1.x2 m−6 m−6
2 ( m − 6) + 4 2 ( m − 6) 4 4 = + = 2+ m−6 m−6 m−6 m−6
Để A ∈ ℤ thì
4 ∈ ℤ suy ra 4⋮ ( m − 6 ) hay m − 6 ∈ Ư(4)= {−4; −2; −1;1; 2; 4} m−6
Lập bảng: m−6
−4
−2
−1
1
2
4
m
2
4
5
7
8
10
Vậy m ∈ {2; 4;5;7;8;10} thì A ∈ ℤ . Bài 18:
Cho phương trình: x 2 − 2 ( m − 2 ) x − 2m = 0 (1) với x là ẩn số.
a) Chứng tỏ phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 b) Tìm giá trị của m để hai nghiệm của phương trình thỏa hệ thức x2 − x1 = x12 Hướng dẫn giải 2
2 a) Ta có: ∆ ' = − ( m − 2) − ( −2m ) = ( m − 2 ) + 2m = m2 − 4m + 4 + 2m 2
= m2 − 2m + 4 = ( m − 1) + 3 > 0, ∀m
Do ∆ ' > 0, ∀m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. 134
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
b) Theo câu a, ∆ ' > 0, ∀m nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét: −b S = x1 + x2 = a = − −2 ( m − 2 ) = 2 ( m − 2 ) = 2m − 4 P = x .x = c = −2 m 1 2 a
Có x1 là nghiệm của phương trình nên ta có x12 − 2 ( m − 2 ) x1 − 2m = 0 ⇔ x12 = 2 ( m − 2 ) x1 + 2m Theo đề toán: x2 − x1 = x12 ⇔ x2 − x1 = 2 ( m − 2 ) x1 + 2m ⇔ 2m − 4 − x1 − x1 = 2 ( m − 2 ) x1 + 2m ⇔ −4 − 2 x1 = ( 2m − 4 ) x1
⇔ x1 =
4 2 ⇔ x1 = 2 − 2m 1− m
Thay x1 = ⇔
4
(1 − m )
2
2 2 2 2 vào (1) ,ta được: − 2 (m − 2) − 2m = 0 1− m 1− m 1− m
−
4 ( m − 2 )(1 − m )
(1 − m )
2
−
2m (1 − m )
(1 − m )
2
2
=0
4 − 4 ( − m 2 + 3m − 2 ) − 2m (1 − 2 m + m 2 ) = 0
⇔ 4 + 4m 2 − 12m + 8 − 2m + 4m 2 − 2m3 = 0 ⇔ 2m3 − 8m 2 + 14m − 12 = 0 ⇔ m 3 − 4m 2 + 7 m − 6 = 0 ⇔ ( m − 2 ) ( m 2 − 2m + 3 ) = 0 ⇔ m = 2.
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. Bài 19:
Cho phương trình: x 2 − 2 x − 2m 2 = 0 (1) với x là ẩn số.
a) Chứng minh rằng phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m . b) Tìm giá trị của m để hai nghiệm của phương trình thỏa hệ thức x12 = 4 x22 . Hướng dẫn giải
a) Ta có: ∆ ' = ( −1)2 − ( −2m 2 ) = 1 + 2m 2 > 0, ∀ m Do ∆ ' > 0, ∀m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
135
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
b) Theo câu a, ∆ ' > 0, ∀m nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét: −b S = x1 + x2 = a = − ( −2 ) = 2 P = x .x = c = −2m 2 ( 3) 1 2 a x1 = 2 x2 x1 = −2 x2
Có: x12 = 4 x22 ⇔
4 x1 = x = 2 x 4 2 3 2 ⇔ TH1: 1 thay vào ( 3 ) .Ta được: ⋅ = −2m2 (vô lý) 3 3 x1 + x2 = 2 x = 2 2 3 x1 = −2 x2 x1 = 4 thay vào ( 3 ) . Ta được: 4 ( −2 ) = −2m2 ⇔ m2 = 4 ⇔ m = ±2 ⇔ x + x = 2 x = − 2 1 2 2
TH2:
Vậy m = ±2 là giá trị cần tìm . Bài 20:
Cho phương trình: x 2 – 5 x + m = 0 (1) ( m là tham số).
a) Giải phương trình trên khi m = 6 . b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 − x2 = 3 . Hướng dẫn giải
a) Với m = 6 phương trình (1) trở thành x 2 – 5 x + 6 = 0 (*) ∆ = 25 – 4.6 = 1 > 0 .
Suy ra phương trình có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = 2.
b) Ta có: ∆ = 25 − 4m Để phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x2 thì ∆ > 0 ⇔ m <
25 . 4
Kết hợp với hệ thức Vi-ét, ta có : x1 + x2 = 5 x1 x2 = m x1 − x2 = 3
(1) ( 2 ) . Giải hệ (1) , ( 3) : ( 3)
x1 + x2 x1 + x2 = 5 x1 − x2 ⇔ x + x x1 − x2 = 3 1 2 x1 − x2
x1 = 1 =3 x2 = 4 ⇔ x = 4 =5 1 = −3 x2 = 1 =5
( 4)
Từ ( 2 ) và ( 4 ) suy ra: m = 4 . Thử lại thì thoả mãn. Vậy m = 4 là giá trị cần tìm. Bài 21: Cho phương trình x4 − (m2 + 4m) x2 + 7m −1 = 0 . Định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt và tổng bình phương tất cả các nghiệm bằng 10 136
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải
Đặt X = x 2 ( X ≥ 0 ) Phương trình trở thành X 4 − (m2 + 4m) X 2 + 7m −1 = 0 (1) Phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt dương ∆ > 0 ⇔ S > 0 P > 0
(m 2 + 4m) 2 − 4(7 m − 1) > 0 ⇔ m 2 + 4m > 0 (I) 7 m − 1 > 0
Với điều kiện (I), (1) có 2 nghiệm phân biệt dương X1 , X 2 . Phương trình đã cho có 4 nghiệm x1,2 = ± X 1 ; x3,4 = ± X 2
x12 + x22 + x32 + x42 = 2( X 1 + X 2 ) = 2(m 2 + 4m) m = 1 m = −5
Vậy ta có 2(m 2 + 4m) = 10 m 2 + 4m − 5 = 0 Với m = 1 , (I) thỏa mãn Với m = −5 , (I) không thỏa mãn. Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. Bài 22:
Cho phương trình: x 2 − ( 2m + 1) + m2 + m − 6 = 0 (*)
a) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm. b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm âm. c) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x13 − x23 = 50 . Hướng dẫn giải
a) ∆ = ( 2m + 1)2 − 4 ( m 2 + m − 6 ) = 25 > 0 ⇔ 25 > 0 với mọi giá trị của m. Vậy phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . x1 x2 = m 2 + m − 6 x1 + x2 = 2m + 1
b) Theo Vi-et ta có:
137
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Để
phương
trình
(* )
có
hai
nghiệm
âm
x .x > 0 thì: 1 2 x1 + x2 < 0
m2 + m − 6 > 0 ⇔ 2m + 1 < 0
m < −3 hoÆc m > 2 ⇔ ⇔ m < −3 1 m < − 2
Vậy với m < −3 thì phương trình (*) luôn có hai nghiệm âm. c) Với ∆ = 25 suy ra x1 = m − 2; x2 = m + 3 3
3
Theo giả thiết, ta có: x13 − x23 = 50 ⇔ ( m − 2 ) − ( m + 3) = 50 ⇔ 5 ( 3m2 + 3m + 7 ) = 50 −1 + 5 m1 = 2 ⇔ m2 + m − 1 = 0 ⇔ . −1 − 5 m2 = 2
Bài 23:
Cho phương trình: 2 x 2 + ( 2m − 1) x + m − 1 = 0
a) Giải phương trình khi m = 2 . b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 3x1 − 4x2 = 11 c) Tìm đẳng thức liên hệ giữa x1; x2 không phụ thuộc vào m . d) Với giá trị nào của m thì x1; x2 cùng dương. Hướng dẫn giải
a) Với m = 2 phương trình trở thành 2 x 2 + 3x + 1 = 0 . Ta có a − b + c = 2 − 3 + 1 = 0 . Vậy phương trình có 2 nghiệm
x1 = −1; x2 =
−c −1 = a 2
1 Vậy phương trình có tập nghiệm S = −1; −
2
b) Ta có ∆ = b 2 − 4ac = ( 2 m − 1) − 4.2. ( m − 1) 2
= 4 m 2 − 12 m + 9 = ( 2 m − 3 )
2
2 Vì ( 2 m − 3 ) ≥ 0 với mọi m nên ∆ ≥ 0 với mọi m
Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2 với mọi m Theo hệ thức Vi-et ta có : 138
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
1 − 2m x1 + x 2 = 2 x x = m − 1 1 2 2
(1) (2)
Kết hợp 3x1 − 4x2 = 11 và (1) ta có hệ 13 − 4 m 13 − 4 m 1 − 2m x1 = x1 = 4 x + 4 x = 2 1 − 2 m x + x = ( ) 1 1 2 7 7 2 ⇔ ⇔ 2 ⇔ 3x1 − 4 x 2 = 11 3x1 − 4 x 2 = 11 x + x = 1 − 2m x = −19 − 6 m 2 1 2 2 14
Thay x1; x2 vào pt (2) ta có x1.x 2 =
m −1 2
13 − 4m −19 − 6m m − 1 . = 7 14 2
⇔ 24 m 2 − 51m − 198 = 0 ⇔ 8m 2 − 17m − 66 = 0
m = −2 33 ⇔ ( TM ) . Vậy m ∈ −2; m = 33 8 8
c) Theo Vi-et ta có: 1 − 2m x1 + x 2 = 2 2 ( x1 + x 2 ) = 1 − 2 m 2 ( x1 + x 2 ) = 1 − 2 m ⇔ ⇔ 2 x1 x 2 = m − 1 4 x1 x 2 = 2 m − 2 x x = m − 1 1 2 2
2 ( x1 + x 2 ) + 4 x1 x 2 = −1
Vậy hệ thức liên hệ 2 ( x1 + x 2 ) + 4 x1x 2 = −1 có giá trị không phụ thuộc vào m . d) Theo câu b phương trình luôn có nghiệm với mọi m Để phương trình có hai nghiệm cùng dương thì 1 − 2 m 1 >0 x + x > 0 1 1 − 2m > 0 2 m < 2 ⇔ ⇔ ⇔ 2 ⇔ m ∈∅ m − 1 m − 1 > 0 x1 x 2 > 0 m > 1 >0 2
Vậy không có giá trị nào của m để phương trình có hai nghiệm dương. 139
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Bài 24:
Cho phương trình bậc hai: x 2 + 2(m − 1) x − (m + 1) = 0 (1)
a) Tìm giá trị m để phương trình (1) có một nghiệm lớn hơn 1 và một nghiệm nhỏ hơn 1 . b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm đều nhỏ hơn 2 . Hướng dẫn giải 1 2
7 4
a) Ta có: ∆ ' = (m − 1)2 + m + 1 = (m − ) 2 + > 0, ∀m. Nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Theo hệ thức Vi- ét ta có x1 + x2 = −2 ( m − 1) x1 .x2 = − ( m + 1)
Để phương trình (1) có một nghiệm lớn hơn 1 , một nghiệm nhỏ hơn 1 thì ( x1 − 1)( x 2 − 1) < 0 ⇔ x1x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 < 0 ⇔ − ( m + 1) + 2 ( m − 1) + 1 < 0 ⇔m<2
Cách 2: Đặt y = x − 1 ⇒ x = y + 1 thì phương trình (1) trở thành:
( y + 1)
2
+ 2(m − 1) ( y + 1) − (m + 1) = 0
⇔ y 2 + 2m. y + m − 2 = 0 (2)
Để phương trình (1) có một nghiệm x1 lớn hơn 1 , một nghiệm x2 nhỏ hơn 1 thì phương trình (2) có hai nghiệm y1; y2 trái dấu ⇔ m − 2 < 0 ⇔ m < 2 b)
Để
phương
trình
có
hai
nghiệm
đều
nhỏ
hơn
1 1 ( x1 − 2 )( x 2 − 2 ) > 0 x1x 2 − 2 ( x1 + x 2 ) + 4 > 0 m > ⇔ ⇔ 3 ⇔m> 3 m > −1 x1 − 2 + x 2 − 2 < 0 x1 + x 2 < 4
Bài 25:
Cho phương trình x 2 − (2m + 3) x + m2 + 3m + 2 = 0
a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Xác định m để phương trình có một nghiệm bằng 2 .Tìm nghiệm còn lại. c) Xác định m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn −3 < x1 < x2 < 6 d) Xác định m để phương trình có một nghiệm bằng bình phương nghiệm kia. 140
2
thì
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải
a) Ta có: ∆ = (2m + 3)2 − 4.1.(m2 + 3m + 2) = 4m2 + 12m + 9 − 4m2 − 12m − 8 =1> 0
Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . b) Vì phương trình có một nghiệm bằng 2 nên ta thay x = 2 vào phương trình có: 22 − (2m + 3)2 + m2 + 3m + 2 = 0 ⇔ 4 − 4m − 6 + m2 + 3m + 2 = 0 ⇔ m2 − m = 0 ⇔ m(m − 1) = 0 m = 0 ⇔ m = 1 x1 + x2 = 2m + 3
Theo hệ thức Vi-et ta có:
2
2 + x2 = 2m + 3
x1 .x2 = m + 3m + 2
thay x1 = 2 :
2 2.x2 = m + 3m + 2
2 + x2 = 3 x2 = 1 2.x2 = 2
•Với m = 0 thay vào ta có:
2 + x2 = 5 x2 = 3 2.x2 = 6
•Với m = 1 thay vào ta có:
x1 + x2 = 2m + 3
c) Theo trên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt thỏa:
2 x1.x2 = m + 3m + 2
Vì
−3 < x1 < x2 0 < x1 + 3 < x2 + 3 ⇔ x1 < x2 < 6 x1 − 6 < x2 − 6 < 0
−3 < x1 < x2 < 6 nên
( x1 + 3) + ( x2 + 3) > 0 x1 + x2 + 6 > 0 ( x + 3)( x + 3) > 0 x .x + 3.( x + x ) + 9 > 0 1 2 1 2 ⇔ ⇔ 1 2 ( x1 − 6) + ( x2 − 6) < 0 x1 + x2 − 12 < 0 ( x1 − 6)( x2 − 6) > 0 x1.x2 − 6( x1 + x2 ) + 36 > 0
141
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
−9 m > 2 2m + 3 + 6 > 0 2m + 9 > 0 2 2 m + 3m + 2 + 3(2m + 3) + 9 > 0 m + 9m + 20 > 0 (m + 4)(m + 5) > 0 ⇔ ⇔ ⇔ 2m + 3 − 12 < 0 2m − 9 < 0 m < 9 m 2 + 3m + 2 − 6(2m + 3) + 36 > 0 m 2 − 9m + 20 > 0 2 (m − 4)(m − 5) > 0
−9 m > 2 m < −5 m > −4 ⇔ ⇔ −4 < m < 4 m < 9 2 m<4 m > 5
Vậy −4 < m < 4 Cách 2: Ta tính ∆ = 1 > 0 Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt : 2m + 3 + 1 = m+2 2 2m + 3 − 1 x1 = = m +1 2 x2 =
Vì −3 < x1 < x2 < 6 nên −3 < m + 1 < m + 2 < 6 m + 1 > −3 m > −4 ⇔ ⇔ ⇔ −4 < m < 4 m + 2 < 6 m < 4
d) Phương trình có một nghiệm bằng bình phương nghiệm kia : Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt : x1 =
2m + 3 − 1 2m + 3 + 1 = m + 1 ; x2 = = m+2 2 2
Theo yêu cầu đề toán : nghiệm này bằng bình phương nghiệm kia : Trường hợp 1: x2 = x1
2
⇔ m + 2 = (m + 1)2 ⇔ m + 2 = m 2 + 2m + 1 ⇔ m2 + m −1 = 0 ⇔m=
−1 ± 5 2
142
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Trường hợp 2 : x1 = x2 2
2 ( m + 1) = ( m + 2 ) (*)
⇔ m 2 + 4m + 4 − m − 1 = 0 ⇔ m 2 + 3m + 3 = 0 ∆<0
Phương trình (*) vô nghiệm.
Kết luận: m = Bài 26:
−1 ± 5 là giá trị cần tìm 2
Cho phương trình mx2 + 2(m − 2) x + m − 3 = 0
a) Xác định m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn. c) Tìm một hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào m . d) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x12 + x22
Hướng dẫn giải
a) Để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì m ≠ 0 và a.c < 0 ⇔ m(m − 3) < 0
m < 0 m < 0 m − 3 > 0 m > 3 ⇔ ⇔ ⇔0<m<3 m > 0 m > 0 m − 3 < 0 m < 3
b) Để phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn thì m ≠ 0 m ≠ 0 m ≠ 0 2 m ≠ 0 2 m < 4 2 4( m − 2) − 4 m ( m − 3) > 0 ∆ > 0 m − 4m + 4 − m + 3m > 0 ⇔ −2(m − 2) < 0 ⇔ m < 0 ⇔ m < 0 m m > 2 S < 0 m > 2 P < 0 m − 3 <0 0 < m < 3 0 < m < 3 m ⇔2< m < 3
c) Để phương trình đã cho có nghiệm x1, x2 thì m ≠ 0 và ∆ ≥ 0 ⇔ m ≠ 0 và m ≤ 4
143
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
−2(m − 2) 4 12 = −2 + 3( x1 + x2 ) = −6 + x1 + x2 = m m m Khi đó theo Vi-ét ta có: ⇔ m − 3 3 12 x .x = 4 x .x = 4 − = 1− 1 2 1 2 m m m
3( x1 + x2 ) + 4x1 x2 = −2 .
Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào m . d) Với m ≠ 0 và m ≤ 4 thì phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn −2(m − 2) x1 + x2 = m m − 3 x .x = 1 2 m
Ta có: A = x12 + x22 = ( x1 + x2 )2 − 2 x1x2 2
m −3 −2(m − 2) = − 2. m m
=
4(m2 − 4m + 4) 2m − 6 − m2 m
=
4m2 − 16m + 16 − 2m2 + 6m m2
=
2m2 − 10m + 16 m2 2
= 2−
10 16 4 4 5 25 7 + = − 2. . + + m m2 m m 4 16 16 2
7 7 4 5 = − + ≥ m 4 16 16
Amin =
7 4 5 16 . Dấu “=” xảy ra khi = ⇔ m = (tm) 16 m 4 5
Vậy GTNN của x12 + x22 là Bài 27:
7 16 xảy ra khi m = 16 5
Cho phương trình bậc hai mx2 − (5m − 2) x + 6m − 5 = 0
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm đối nhau. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm nghịch đảo nhau. Hướng dẫn giải 144
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
a) Xét phương trình mx 2 − ( 5m − 2 ) x + 6m − 5 = 0 Để để phương trình có hai nghiệm đối nhau thì: m ≠ 0 a ≠ 0 2 ⇔ ( 5m − 2 ) − 4.m. ( 6m − 5 ) > 0 ∆ > 0 x + x = 0 5m − 2 1 2 =0 m
m ≠ 0 ⇔ m 2 + 4 > 0 (luôn đúng với mọi 5m − 2 = 0
Vậy m =
m) ⇔ m =
2 (thỏa mãn) 5
2 thì phương trình có hai nghiệm đối nhau. 5
b) Xét phương trình mx 2 − ( 5m − 2 ) x + 6m − 5 = 0 Để để phương trình có hai nghiệm nghịch đảo nhau thì: m ≠ 0 a ≠ 0 2 ∆ > 0 ⇔ ( 5m − 2 ) − 4.m. ( 6m − 5 ) > 0 x .x = 1 6 m − 5 1 2 =1 m
m ≠ 0 ⇔ m 2 + 4 > 0 (luôn đúng với ∀m ) ⇔ m = 1 (thỏa mãn) 6m − 5 = m
Vậy m = 1 thì phương trình có hai nghiệm nghịch đảo nhau. Bài 28:
Tỉm giá trị m để phương trình:
a) 2 x 2 + mx + m − 3 = 0 có 2 nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương. b) x2 − 2(m −1) x + m − 3 = 0 có 2 nghiệm trái dấu và bằng nhau về giá trị tuyệt đối. Hướng dẫn giải
a) Xét phương trình 2 x 2 + mx + m − 3 = 0 để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì: a.c < 0 ⇔ 2.(m − 3) < 0 ⇔ m < 3 . (1) Với m < 3 , áp dụng hệ thức Vi – ét ta có:
145
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
−b −m x +x = x1 + x2 = a 1 2 2 ⇔ c m − 3 x .x = x .x = 1 2 1 2 a 2
Có nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương suy ra : x1 > x2 trong đó x1 < 0 ; x2 > 0 nên − x1 > x2 ⇔ x1 + x2 < 0 ⇔
−m < 0 ⇔ m > 0 . (2) 2
Từ (1) và ( 2 ) suy ra 0 < m < 3 . Vậy 0 < m < 3 thì phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương.
Chú ý: Đề bài có nghĩa tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm trái dấu và tổng hai nghiệm âm. b) x2 − 2(m −1) x + m − 3 = 0 có hai nghiệm trái dấu và bằng nhau về giá trị tuyệt đối. Xét phương trình: x2 − 2(m −1) x + m − 3 = 0 (2) có: ( a = 1; b = −2(m − 1); c = m + 3 ) PT (2) có 2 nghiệm trái dấu và bằng nhau về giá trị tuyệt đối a ≠ 0 1 ≠ 0 a ≠ 0 m − 3 < 0 m < 3 ⇔ P < 0 ⇔ a.c < 0 ⇔ 1.(m − 3) < 0 ⇔ ⇔ ⇔ m =1 m − 1 = 0 m = 1 S = 0 −b 2(m − 1) =0 =0 1 a
Vậy với m = 1 thì pt đã cho có hai nghiệm trái dấu và bằng nhau về giá trị tuyệt đối.
Bài 29:
Cho phương trình: x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 − 3m = 0 (1)
a) Giải phương trình khi m = −1. b) Tìm m để pt (1) có nghiệm. 1 1 c) Tìm m để (1) có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn + = −1 x1
x2
Hướng dẫn giải 2
a) Thay m = −1 vào (1) ta có: x 2 + 4 x + 4 = 0 ⇔ ( x + 2 ) = 0 ⇔ x = −2 Vậy với m = −1 thì phương trình có nghiệm x = −2. b) Ta có: ∆ ' = m + 1 146
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Để pt (1) có nghiệm thì ∆ ' ≥ 0 ⇔ m + 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ −1. Vậy với m ≥ −1 thì pt (1) có nghiệm. c) Áp dụng hệ thức Viet ta có: x1 + x2 = 2 ( m − 1) ; x1 x2 = m 2 − 3m 1 1 + = −1 x1 x2
⇔ x1 + x2 + x1 x2
=0
⇔ 2m − 2 + m 2 − 3m = 0
⇔
m2 − m − 2
=0
( 2)
Ta có: a − b + c = 1 − ( −1) − 2 = 0 Phương trình (2) có hai nghiệm m1 = −1;m2 = 2 1 1 Vậy với m ∈ { − 1; 2} thì pt (1) có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn + = −1 . x1
Bài 30:
x2
Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + 4m = 0
a) Xác đinh m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó b) Xác định m để phương trình có một nghiệm bằng 4 . Tính nghiệm còn lại. c) Với điều kiện nào của m thì phương trình có hai nghiệm cùng dấu (trái dấu) d) Với điều kiện nào cửa m thì phương trình có hai nghiệm cùng dương (cùng âm) e) Định m để phương trình có hai nghiệm sao cho nghiệm này gấp đôi nghiệm kia f) Định m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 2x1 − x2 = −2 g) Định m để PT có hai nghiệm x1; x2 sao cho A = 2 x12 + 2 x2 2 − x1 x2 nhận giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn giải 2
a) ∆ ' = ( m + 1) − 1.4m = m 2 − 2m + 1 = ( m − 1)
2
Để PT có nghiệm kép ⇔ ∆ ' = 0 ⇔ m − 1 = 0 ⇔ m = 1 b) x = 4 là một nghiệm của phương trình nên ta có 42 − 2 ( m + 1) .4 + 4m = 0 ⇔ −4 m + 8 = 0 ⇔ m = 2
Với m = 2 phương trình trở thành
147
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x2 - 6x + 8 = 0
⇔ ( x − 2 )( x − 4 ) = 0 x − 2 = 0 x = 2 ⇔ ⇔ x − 4 = 0 x = 4
Vậy nghiệm còn lại của phương trình là x = 4 2
c) ∆ ' = ( m − 1) ≥ 0 ∀m Phương trình có hai nghiệm x1; x2 . Áp dụng đinh lý Vi-et: x1 + x2 = 2m + 2 x1 .x2 = 4m
- Để phương trình có hai nghiệm cùng dấu ⇔ 4 m > 0 ⇔ m > 0 - Để phương trình có hai nghiệm trái dấu ⇔ 4 m < 0 ⇔ m < 0 d) với m > 0 PT có hai nghiệm cùng dấu . TH1: x1; x2 cùng dấu dương ⇔ 2 m + 2 > 0 ⇔ m > −1
Kết hợp m > −1 với điều kiện m > 0 m > 0 TH2: x1; x2 cùng dấu âm ⇔ 2m + 2 < 0 ⇔ m < −1 m < −1 với
điều kiện m > 0
Vậy không có giá trị m để phương trình có hai nghiệm cùng dấu âm e) Áp dụng đinh lý Vi-et: x1 + x2 = 2m + 2 (*) x1.x2 = 4m (**)
Không mất tính tổng quát ta giả sử: x1 = 2x2 ⇔ x1 − 2x2 = 0 2m + 2 2m + 2 x2 = x = x1 + x2 = 2m + 2 3 ⇔ 2 Kết hợp với (*) ta có hệ phương trình: 3 ⇔ x − 2 x = 0 4 m +4 1 2 x1 = 2 x2 x = 1 3
Thay vào phương trình (**) ta có
148
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
x1.x2 = 4m ⇔
2(m + 1).4(m+ 1) = 4m 9
⇔ 2(m + 1)2 = 9m ⇔ 2 m 2 − 5m + 2 = 0
1 . Thỏa mãn. 2
m1 = 2; m2 =
Vậy với m1 = 2; m2 =
1 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm thỏa mãn nghiệm này bằng 2
hai lần nghiệm kia. f) Định m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 2x1 − x2 = −2 (1) 2 x1 − x2 = −2 x1 + x2 = 2m + 2 (2) x x = 4m (3) 1 2
Từ phương trình (1) và (2) ta có hệ phương trình 2m x1 = 3 x1 = 2m 3 ⇔ x2 = 2 x1 + 2 x = 4m + 6 2 3
Thay vào phương trình (3) ta có:
2m 4m + 6 . = 4m 3 3
⇔ m 2 − 3m = 0 m = 0 ⇔ m ( m − 3) = 0 ⇔ (thỏa mãn). m = 3
Vậy với m = 0 hoặc m = 3 thì phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 2x1 − x2 = −2 g) A = 2 x12 + 2 x2 2 − x1 x2 = 2 ( x12 + x22 ) − x1 x2 2
= 2 ( x1 + x2 ) − 5 x1 x2 2
= 2 ( 2 m + 2 ) − 5.4 m
= 8m 2 − 4 m + 8 2
1 15 15 = 8 m − + ≥ ∀m 4 2 2
149
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Amin = Vậy m =
15 1 . Dấu " = " xảy ra ⇔ m = (tm) 2 4
1 để A đạt giá trị nhỏ nhất. 4
. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Giải các phương trình: 2 a) ( x + x − 1)( x 2 + x + 2 ) = 40 ; 1 1 b) x 2 + 2 + 2 x + − 6 = 0 . x x Bài 2: Cho phương trình: x 2 + ( m − 5 ) x − 3 ( m − 2 ) = 0.
(1)
a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm x1 = 3 với mọi giá trị của m ; b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm kép; c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x2 = 1 − 2 .
Không giải phương trình, hãy tính tổng các bình phương và hiệu các bình phương các nghiệm của phương trình: 2 a) x + 5 x + 6 = 0 ; b) 7 x 2 − x + 2 = 0 . Bài 4: Không giải phương trình, xét dấu các nghiệm của phương trình sau: a) 1 + 2 x 2 + 7 x + 1 − 2 = 0 ; Bài 3:
(
)
b) 5 x 2 + 8 x + 1 = 0 ; c) x2 − 2 2 x + 2 = 0 . Bài 5: Cho phương trình ( m + 4 ) x 2 − 2 ( m − 3) x − 2 = 0.
(1)
a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m ; b) Tìm m để phương trình có một nghiệm là 1 . Khi đó tìm nghiệm thứ hai của phương trình. Bài 6: Cho phương trình x 2 + 2 ( m + 1) x + 2m = 0. (1) a) Chứng tỏ rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi giá trị của m ; b) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x1 , x2 không phụ thuộc vào m , từ đó hãy biểu thị x2
theo x1 ; c) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x12 + x22 . Bài 7:
Cho phương trình mx 2 + ( 2m − 5) x + m − 2 = 0.
(1)
a) Xác định m để phương trình (1) có nghiệm; b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho ( 6 x1 − 1)( 6 x2 − 1) = −2
. Cho phương trình x 2 − 10 x + m = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 sao cho: Bài 8:
a) x1 = 4 x2 ;
150
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
b) x13 + x23 = 370 .
Cho phương trình x 2 − 2mx − 2m − 1 = 0 . Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + 3x2 = 14
Bài 9:
Bài 10:
Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m2 + 4m + 13 = 0.
a) Xác định m để phương trình (1) có nghiệm; b) Xác định m để phương trình (1) có nghiệm âm.
151
(1)
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Chủ đề 8: BẤT ĐẲNG THỨC - Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán bất đẳng H. BẤT ĐẲNG THỨC . KIẾN THỨC LÍ THUYẾT 1. Định nghĩa bất đẳng thức Ta gọi hệ thức dạng a < b (hay a > b; a ≤ b; a ≥ b) là bất đẳng thức. Tính chất của bất đẳng thức 3. a < b ⇔ a + c < b + c.
1. a < b ⇔ b > a.
4. a < b ⇔ a.c < b.c ( c > 0 ) .
2. a < b; b < c a < c.
a < b ⇔ a.c > b.c ( c < 0 )
5. Cộng từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều được một bất đẳng thức cùng chiều. 6. Trừ từng vế của hai bất đẳng thức khác chiều được một bất đẳng thức mới cùng chiều với bất đẳng thức thứ nhất. 7. Nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm, ta được một bất đẳng thức cùng chiều. Đặc biệt: a > b > 0 a 2 > b 2 ; a > b a 2n > b2 n . a > b a 2 n +1 > b 2 n +1 .
8.Nếu a > b > 0 thì
1 1 < . a b
2. Một số hằng bất đẳng thức hay dùng.
1. Nếu a và b là hai số cùng dấu thì 2. Nếu a, b > 0 thì
a b + ≥ 2 (dấu = xảy ra ⇔ a = b ). b a
1 1 4 + ≥ (dấu = xảy ra ⇔ a = b ). a b a+b
3. a + b ≤ a + b (dấu = xảy ra khi a.b ≥ 0 ). 4. a − b ≥ a − b (dấu = xảy ra khi a ≥ b ≥ 0 hoặc a ≤ b ≤ 0 ) 5. Bất đẳng thức Cô-si Với a, b ≥ 0 thì
a+b ≥ ab hay a + b ≥ 2 ab . (dấu = xảy ra khi a = b ). 2
Vài dạng khác của bất đẳng thức Cô-si.
152
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
1 2 ≥ ( a, b > 0) ). ab a + b 2
2 a+b 2 2 ≥ ab; ( a + b ) ≥ 4ab; a + b ≥ 2ab. 2 2
2 2 a+b a +b ab ≤ . ≤ 2 2
3. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức 1. Phương pháp dùng định nghĩa của bất đẳng thức: Muốn chứng minh a < b , ta chứng minh a − b < 0. Muốn chứng minh a > b, ta chứng minh a − b > 0.
2. Phương pháp biến đổi tương đương: A < B ⇔ A1 < B2 ⇔ A2 < B2 ⇔ … ⇔ C < D. Nếu bất đẳng thức cuối đúng thì bất đẳng thức đầu đúng.
3. Phương pháp vận dụng tính chất của bất đẳng thức và vận dụng những hằng bất đẳng thức quen thuộc: Từ các bất đẳng thức đã biết ta dùng các tính chất của bất đẳng thức để suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
4. Phương pháp phản chứng: Muốn chứng minh A < B, ta giả sử A ≥ B rồi suy ra một điều vô lí (mâu thuẫn với điều đã cho hoặc đã biết), từ đó suy ra điều giả sử là sai, điều phải chứng minh là đúng.
. BÀI TẬP Bài 1: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: (a + b )(b + c )(c + a ) ≥ 8abc
Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có:
(a + b )(b + c )(c + a ) ≥ 2
ab .2 bc .2 ac = 8abc (đpcm)
Bài 2: Cho 4 số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng: Hướng dẫn giải
153
ac + bd ≤
(a + b )(c + d )
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: ac + bd
(a + b )(c + d )
= ≤
ac + bd ≤
a c . + (a + b ) (c + d )
b d . (a + b ) (c + d )
1 a c 1 b d 1a+b c+d + + + + = =1 2a +b c+d 2a+b c+d 2a +b c+d
(a + b)(c + d ) (đpcm) a > c . b > c
Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa
Chứng minh rằng c(a − c ) + c(b − c ) ≤ ab
Hướng dẫn giải c(a − c ) + c(b − c ) ab
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có:
c (a − c ) c (b − c ) . + . b a a b
= ≤
1c a−c 1c b−c + + + 2b a 2a b
≤
1c c 1c c +1− + +1− = 1 2b a 2a b
c(a − c ) + c(b − c ) ≤ ab (đpcm) a ≥ 1 . Chứng minh rằng: a b − 1 + b a − 1 ≤ ab b ≥ 1
Bài 4: Cho 2 số thực dương a, b thỏa
Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: a b − 1 = a ab − a ≤ Tương tự: b a − 1 ≤
1 (a + ab − a ) = ab (1) 2 2
ab (2) 2
Cộng theo vế (1) và (2), ta được: a b − 1 + b a − 1 ≤ ab (đpcm) 2
Bài 5: Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: 16ab(a − b ) ≤ (a + b )
4
Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: 2
2
16ab(a − b ) = 4.(4ab )(a − b )
2
2
4ab + (a − b )2 (a + b )2 4 ≤ 4. = 4 . = (a + b ) (đpcm) 2 2
Bài 6: Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: ab +
154
a b + ≥ a + b +1 b a
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: ab +
a b ab a ab b a b + = + + + + + b a 2 2b 2 2a 2b 2a
ab a ab b a b . +2 . +2 . = a + b +1 2 2b 2 2a 2b 2a
≥2
(đpcm) Bài 7: Chứng minh rằng:
a b + ≥ 2 , ∀a,b > 0 b a
Hướng dẫn giải Vì a,b > 0 nên
a b > 0, >0 b a
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:
a b a b + ≥ 2 . = 2 (đpcm) b a b a Bài 8: Chứng minh rằng: a +
1 ≥ 3 , ∀a > 1 a −1
Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a+
1 1 1 = a −1+ + 1 ≥ 2 (a − 1) + 1 = 2 + 1 = 3 (đpcm) a −1 a −1 a −1
Bài 9: Chứng minh rằng:
a2 + 2 a2 +1
≥ 2 , ∀a ∈ R
Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a2 + 2 2
a +1
=
a2 +1+1 2
a +1
= a2 +1 +
Bài 10: Chứng minh rằng:
1 2
a +1
≥2
a2 +1
1
a2 +1
3a 2 1 ≤ , ∀a ≠ 0 4 1 + 9a 2
Hướng dẫn giải Với ∀a ≠ 0 , áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 3a 2 1 1 1 1 = = ≤ = (đpcm) 1 1 9a 4 1 + 9a 4 2 2 1 + 3a + 2 2 .3a 2 2 2 2 3a 3a 3a 3a
155
= 2 (đpcm)
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 2
a2 + 2 , ∀a ≠ −1 Bài 11: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (a + 1) + a +1 2
Hướng dẫn giải 2
a 2 + 2a + 2 A = (a + 1) + a + 1 2
2
(a + 1)2 + 1 = (a + 1) + a +1 2
1 2 = (a + 1) + a + 1 + a +1 2
= 2(a + 1) +
1
(a + 1)
2
+2
2
Cauchy
≥
2 2(a + 1)
(a + 1)2
1
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2(a + 1) =
1
2
(a + 1)
2
+2=2 2+2
hay a =
−2± 4 8 2
Vậy GTNN của A = 2 2 + 2
Bài 12: Chứng minh rằng: a +
1 ≥ 3 , ∀a > b > 0 b( a − b)
Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a+
1 1 1 = b + (a − b ) + ≥ 33 b.(a − b ). =3 b(a − b ) b(a − b ) b(a − b )
Bài 13: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
bc ca ab + + ≥ a+b+c a b c
Hướng dẫn giải Ta có: bc ca ab 1 bc ca 1 ca ab 1 ab bc + + = + + + + + a b c 2 a b 2 b c 2 c a ≥
bc ca ca ab ab bc . + . + . = a+b+c a b b c c a
a2 b2 c2 b c a Bài 14: Cho ba số thực abc ≠ 0 . CMR: 2 + 2 + 2 ≥ + + a b c b c a
Hướng dẫn giải 156
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Ta có: a2 b2 c2 1 a2 b2 1 b2 c2 1 c2 a2 + + = + + + + + b 2 c 2 a 2 2 b 2 c 2 2 c 2 a 2 2 a 2 b 2 ≥
a2 b2 b2 c2 c2 a2 b c a b c a + . + . 2 = + + ≥ + + 2 2 2 2 2 a b c a b c b c c a a b
Bài 15: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc = 1 . CMR
b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3 a b c
Hướng dẫn giải bc b + c c + a a + b 2 bc 2 ca 2 ab ca ab + + ≥ + + = 2 + + b c a b c a b c a bc ca ca ab ab bc = + + + + + b b c c a a bc ca +2 a b
≥2 =2
(
ca ab +2 b c
) (
a+ b+ c =
ab bc c a
) (
a+ b+ c +
a+ b+ c
≥ a + b + c + 33 a b c = a + b + c + 3 Vậy
b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3 a b c
Bài 16: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
b+c c+a a+b + + ≥6 a b c
Hướng dẫn giải Ta có: b+c c+a a+b b+c c+a a+b + + = 1 + + 1 + + 1 + −3 a b c a b c a+b+c b+c+a c+a+b = + + −3 a b c 1 1 1 = (a + b + c ) + + − 3 ≥ 9 − 3 = 6 a b c
Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên. Xét các bài toán sau:
Bài 1: Cho số thực a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của A = a +
157
1 a
)
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Sai lầm thường gặp là: A = a +
1 1 ≥ 2 a. = 2 . Vậy GTNN của A là 2. a a
Nguyên nhân sai lầm: GTNN của A là 2 ⇔ a =
Lời giải đúng: A = a +
1 ⇔ a = 1 vô lý vì theo giả thuyết thì a ≥ 2 . a
1 a 1 3a a 1 3a 3.2 5 = + + ≥2 . + ≥ 1+ = a 4 a 4 4 a 4 4 2
Dấu “=” xảy ra ⇔
a 1 = hay a = 2 4 a
Vậy GTNN của A là
5 . 2
Vì sao chúng ta lại biết phân tích được như lời giải trên. Đây chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức. Quay lại bài toán trên, dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đoán A đạt GTNN khi a = 2 . Khi đó ta nói A
đạt GTNN tại “Điểm rơi a = 2 ” . Ta không thể áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho hai số a và thỏa quy tắc dấu “=”. Vì vậy ta phải tách a hoặc
1 vì không a
1 để khi áp dụng bất đẳng thức AM - GM thì thỏa quy tắc dấu a a 1 a 1 , sao cho tại “Điểm rơi a = 2 ” thì = , α a α a
“=”. Giả sử ta sử dụng bất đẳng thức AM - GM cho cặp số
a 2 α = α 2 1 = α = 4 ta có sơ đồ sau: a = 2 α 2 1 = 1 a 2 Khi đó: A = a +
1 a 3a 1 = + + và ta có lời giải như trên. a 4 4 a
1 a 1 , ta có thể chọn các các cặp số sau: αa, hoặc a α a
Lưu ý: Để giải bài toán trên, ngoài cách chọn cặp số
α 1 a, hoặc a, . a αa Bài 2: Cho số thực a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A = a + Sơ đồ điểm rơi:
158
1 a2
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
a 2 α = α 2 1 a=2 = α =8 α 4 1 =1 a 2 4 Sai lầm thường gặp là: A =
a 1 7a a 1 7a + 2 + ≥2 . 2 + = 8 a 8 8 a 8
1 7a + ≥ 2a 8
1 7.2 9 + = . 2.2 8 4
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 2 . Vậy GTNN của A là
9 4
Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù GTNN của A là giá mẫu số: “ a ≥ 2
Lời giải đúng: A =
1 ≥ 2a
9 là đáp số đúng nhưng cách giải trên mắc sai lầm trong đánh 4
1 là sai”. 2.2
a a 1 6a a a 1 6a 3 6.2 9 + + 2 + ≥ 3.3 . . 2 + ≥ + = 8 8 a 8 8 8 a 8 4 8 4
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 2 Vậy GTNN của A là
9 4
Bài 1: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của A = ab + Phân tích: 2
Ta có:
1 a+b ab ≤ ≤ 4 2
Sơ đồ điểm rơi:
1 ab = 1 1 1 α 4α ab = = 4α = 4 4α 16 1 =4 ab
Giải: Ta có:
159
1 ab
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 2
1 a+b ab ≤ ≤ 4 2 1 −ab ≥ − 4
A = 16ab +
1 1 1 17 − 15ab ≥ 2 16ab − 15ab ≥ 8 − 15. = ab ab 4 4
Dấu “=” xảy ra ⇔ ab =
Vậy GTNN của A là
1 1 ⇔a=b= 4 2
17 4
Bài 2: Cho số thực a ≥ 6 . Tìm GTNN của A = a 2 +
18 a
Phân tích: Ta có : A = a 2 +
18 9 9 = a2 + + a a a
Dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đoán A đạt GTNN khi a = 6 . Ta có sơ đồ điểm rơi:
a 2 36 = α 36 = 3 α = 24 a = 6 α α 2 9 = 9 = 3 a 6 2 Giải:
Ta có:
A=
a 2 9 9 23a 2 a 2 9 9 23a 2 9 23.36 + + + ≥ 33 . . + ≥ + = 39 24 a a 24 24 a a 24 2 24
Dấu “=” xảy ra ⇔
a2 9 = ⇔a=6 24 a
Vậy GTNN của A là 39
Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + 2b + 3c ≥ 20 . Tìm GTNN của A = a + b + c +
3 9 4 + + a 2b c
Phân tích: Dự đoán GTNN của A đạt được khi a + 2b + 3c = 20 ,tại điểm rơi a = 2, b = 3, c = 4 .
160
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Sơ đồ điểm rơi:
a 2 α = α 2 3 4 a =2 = α = 3 3 α 2 3 = a 2 b 3 β = β 3 3 b =3 = β =2 β 2 9 =3 2b 2 c 4 γ = γ 4 c=4 =1 γ = 4 γ 4 = 1 c Giải:
3a 3 b 9 c 4 A= + + + + + 4 a 2 2b 4 c
a b 3c + + + 4 2 4
3a 3 b 9 c 4 a + 2b + 3c . +2 . +2 . + 4 a 2 2b 4 c 4 ≥ 3 + 3 + 2 + 5 = 13 ≥2
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 2, b = 3, c = 4 Vậy GTNN của A là 13
ab ≥ 12 . bc ≥ 8
Bài 4: Cho3 số thực dương a, b, c thỏa
1 1 8 121 1 + + ≥ + ab bc ca abc 12
Chứng minh rằng: (a + b + c ) + 2
Phân tích:
ab = 12 , tại điểm rơi a = 3, b = 4, c = 2 . bc = 8
Dự đoán GTNN của A đạt được khi
Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:
161
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
a b 2 a b 2 1 + + ≥ 33 . . = 18 24 ab 18 24 ab 2 a c 2 a c 2 + + ≥ 33 . . =1 9 6 ca 9 6 ca b c 2 b c 2 3 + + ≥ 33 = . . 16 8 bc 16 8 bc 4 a c b a c b 8 8 4 + + + ≥ 44 . . . = 9 6 12 abc 9 6 12 abc 3 13a 13b 13a 13b 13 13 13 + ≥2 . ≥2 . .12 = 18 24 18 24 18 24 3 13b 13c 13b 13c 13 13 13 + ≥2 . ≥2 . .8 = 48 24 48 24 48 24 4 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
1 1 1 8 121 + + ≥ + ab bc ca abc 12
(a + b + c ) + 2
(đpcm)
Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị đạt được tại tâm Xét bài toán sau:
Bài toán:
Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 .. Tìm GTNN của A = a + b +
Sai lầm thường gặp là: A = a + b +
1 1 + a b
1 1 1 1 + ≥ 44 a.b. . = 4 . Vậy GTNN của A là 4. a b a b
Nguyên nhân sai lầm: GTNN của A là 4 ⇔ a = b =
1 1 = ⇔ a = b = 1 . Khi đó a + b = 2 ≥ 1 trái giả a b
thuyết .
Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a = b =
162
1 2
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
1 a b α = α = 2α 1 1 1 Sơ đồ điểm rơi: a = b = = 2α = 2 2α 4 1 = 1 = 2 a b
Lời giải đúng: A = 4a + 4b +
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b =
1 1 1 1 + − 3a − 3b ≥ 44 4a..4b. . − 3(a + b ) ≥ 8 − 3 = 5 a b a b
1 . Vậy GTNN của A là 5 2
Bài 1: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤
Tìm GTNN của A = a + b + c +
3 . 2
1 1 1 + + a b c
Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
a=b=c=
1 2
Sơ đồ điểm rơi:
1 a b c = = = 1 1 1 α α α 2α = 2α = a=b=c= 1 1 1 2 2α 4 = = =2 a b c Giải:
1 1 1 A = 4a + 4b + 4c + + + − 3a − 3b − 3c a b c 1 1 1 ≥ 66 4a.4b.4c. . . − 3(a + b + c ) a b c 9 13 ≥ 12 − = 2 2 Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =
13 1 . Vậy GTNN của A là 2 2
Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤
3 . 2
163
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Tìm GTNN của A = a 2 + b 2 + c 2 +
1 1 1 + + a b c
Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a = b = c =
1 2 a = b2 = c2 = 1 1 2 4 Sơ đồ điểm rơi: a = b = c = = α =8 2 4 α 1 = 1 = 1 = 2 αa αb αc α
Giải:
1 1 1 1 1 1 3 3 3 A = a2 + b2 + c2 + + + + + + + + + 8a 8b 8c 8a 8b 8c 4a 4b 4c 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 . . . . . + + + 8a 8b 8c 8a 8b 8c 4 a b c 9 1 9 9 1 9 9 27 ≥ + 9. 3 ≥ + . ≥ + .2 = 4 4 abc 4 4 a + b + c 4 4 3 ≥ 99 a 2 .b 2 .c 2 .
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =
Vậy GTNN của A là
1 2
27 4
Bài 3: Cho 2 số thực dương a, b. Tìm GTNN của A =
a+b ab
+
ab a+b
Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a = b Sơ đồ điểm rơi:
2a 2 a+b α ab = αa = α 2 1 a=b = α = 4 α 2 ab = a = 1 a + b 2a 2 Giải:
164
1 2
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
a+b ab 3(a + b ) a+b ab 3.2 ab 3 5 A = + + ≥2 . + = 1+ = 2 2 4 ab a + b 4 ab 4 ab a + b 4 ab Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b Vậy GTNN của A là
5 2
Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Tìm GTNN của A =
a b c b+c c+a a+b + + + + + b+c c+a a+b a b c
Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a = b = c Sơ đồ điểm rơi:
1 b c a b + c = c + a = a + b = 2 1 2 a=b=c = α = 4 2 b + c c + a a + b 2 α = = = αa αb αc α Giải:
b c b+c c+a a +b 3b+c c+a a +b a A= + + + + + + + + 4a 4b 4c 4 a b c b+c c+a a +b ≥ 66
a b c b+c c+a a+b 3b c c a a b + + + + + + . . . . . b + c c + a a + b 4a 4b 4c 4a a b b c c
3 b c c a a b 9 15 ≥ 3 + .6.6 . . . . . = 3 + = 4 a a b b c c 2 2 Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c Vậy GTNN của A là
15 2
Bài 5: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của : A =
1 1 + 2 2ab a +b 2
Phân tích:
165
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a = b =
1 2
1 a 2 + b 2 = 2 1 Sơ đồ điểm rơi: a = b = 2α = 2 α = 1 2 α = 2α 2ab Giải:
A=
1 1 + ≥2 2 2ab a +b 2
1 1 4 ≥ 2. 2 = ≥4 2 2 a + b 2ab a + b + 2ab (a + b )2 2
(
)
2
a 2 + b 2 = 2ab 1 ⇔a=b= 2 a + b = 1
Dấu “=” xảy ra ⇔
Vậy GTNN của A là 4
Bài 6: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của A =
1 2
1+ a + b
Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a = b =
2
1 2
1 2 = 1 2 2 1 + a 2 + b 2 3 = α =3 Sơ đồ điểm rơi: a = b = 2 3 α 1 = 2 2αab α Giải:
A=
1 1+ a + b
≥2 ≥ 2.
≥
2
2
+
1 1 + 6ab 3ab
1 1 + 2 1 + a + b 6ab 3ab
(
)
2
1 1 4 1 + = + 2 2 1 + a + b + 6ab 3ab (a + b ) + 1 + 4ab 3ab 2 2
4
(a + b )2 + 1 + 4 a + b 2
2
+
2 Do ab ≤ a + b 2
1 a+b 3 2
2
166
+
1 Phân tích: 2ab
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
≥
≥
4 2
2(a + b ) + 1
+
4 3(a + b )
2
4 4 8 + = 2.1 + 1 3.1 3
1 + a 2 + b 2 = 6ab 1 ⇔a=b= Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b 2 a + b = 1 Vậy GTNN của A là
8 3
Bài 7: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của A =
1 1 + + 4ab 2 a +b ab 2
Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a = b =
1 a 2 + b 2 = 2 1 4 2 = α = 2 Sơ đồ điểm rơi: a = b = α 2 1 = 4 αab α 4ab = 1 1 4 a=b= 1 4 1= β = 4 = 2 β β ab β Giải:
1 1 1 1 + + 4ab + + 2 2ab 4ab 4ab a +b 1 1 1 ≥2 + 2 4ab. + 2 2 4ab 4ab a + b 2ab
A=
2
(
≥ 2.
≥
)
1 2
2
a + b + 2ab 2
+2+
4 1 +2+ 2 2 (a + b ) a+b 4 2
1 4 1 = +2+ 2 4ab (a + b ) 4ab
2 Do ab ≤ a + b 2
167
1 2
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
5 +2 (a + b )2 5 ≥ +2=7 1 ≥
a 2 + b 2 = 2ab 4ab = 1 1 Dấu “=” xảy ra ⇔ ⇔a=b= 4ab 2 a = b a + b = 1 Vậy GTNN của A là 7
. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Cho x ≥ 0 , chứng minh rằng: a)
x ≥ x +1 −1 ;
b)
x+5 x+4
>2 .
Bài 2: Cho a , b , c ≥ 0 , chứng minh rằng: a) ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8 abc ; b)
a 2b + 3c + ≥1 . 2b + 3c 4a
Bài 3: Chứng minh rằng:
1 2 3 200 + + + ... + > 10 + 5 2 1 2 3 200
Bài 4: Chứng minh rằng: S =
1 1+ 2
+
1 3+ 4
+
1 5+ 6
+ ... +
Bài 5: Cho a ≥ 1 , b ≥ 1 . Chứng minh rằng: a b − 1 + b a − 1 ≤ ab Bài 6: Cho a , b , c ≥ 0 thỏa mãn điều kiện a > c ; b > c .
(
)
(
)
Chủ đề
Chứng minh rằng c a − c + c b − c ≤ ab
1
HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC 168 VUÔNG
1 79 + 80
>4
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
HÌNH HỌC A. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG . HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ ĐƯỜNG CAO TRONG TAM GIÁC VUÔNG . Lý thuyết Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Khi đó ta có các hệ thức sau: 1. AB 2 = BH .BC hay c 2 = ac '
A
AC = CH .BC hay b = ab ' 2
2
2. HA 2 = HB.HC hay h 2 = c ' b ' 3. AB. AC = BC. AH hay cb = ah 4.
c
b h
B
1 1 1 1 1 1 = + hay 2 = 2 + 2 . 2 2 2 AH AB AC h c b
c'
C
b'
H
a
5. BC 2 = AB 2 + AC 2 (Định lí Pitago) . Bài tập Vận dụng hệ thức 1: Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, BC = 20cm. Biết tỉ số hai hình chiếu của hai cạnh góc vuông trên cạnh huyền là 9 : 16. Tính diện tích tam giác ABC.
Hướng dẫn giải A
Vẽ đường cao AH. Ta có
HB 9 HB HC HB + HC 20 = = = = HC 16 9 16 9 + 16 25
Suy ra HB =
9.20 16.20 = 7, 2 (cm); HC = = 12,8 (cm) 25 25
B
H
C 20
Xét ∆ABC vuông tại A, đường cao AH ta có:
AB 2 = BC.BH = 20.7, 2 = 144 AB = 12 (cm); AC 2 = BC.CH = 20.12,8 = 256 AC = 16 (cm). Vậy diện tích ∆ABC là S =
1 1 ABAC = ⋅12.16 = 96 (cm2). 2 2
Cách giải khác: Sau khi tính được HB và HC, ta tính AH theo công thức: AH 2 = HB.HC (hệ thức 2).
AH 2 = 7, 2.12,8 = 92,16 AH = 9,6 (cm). Diện tích ∆ABC là S =
1 1 BCAH = ⋅ 20.9, 6 = 96 (cm2). 2 2
Bài 2: Cho tam giác vuông với các cạnh góc vuông có độ dài là 3 cm và 4 cm , kẻ đường cao ứng với cạnh huyền. Hãy tính đường cao này và các đoạn thẳng mà nó chia ra trên cạnh huyền.
Hướng dẫn giải 169
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Giả sử tam giác ABC có các cạnh góc vuông AB = 3cm, AC = 4cm, AH là đường cao. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông ABC:
BC 2 = AB 2 + AC 2 = 32 + 42 = 25 BC = 5 cm
A
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
BA2 = BH .BC BH = CA2 = CH .CB CH =
BA2 32 9 BH = BH = (cm) BC 5 5
CA2 42 16 (cm) CH = CH = CB 5 5
4
3 B
H
C
9 16 12 AH 2 = HB.HC AH 2 = . AH = (cm) 5 5 5 (Có thể tính đường cao AH bởi công thức
Bài 3:
1 1 1 ) = + 2 2 AH AB AC 2
Cho tam giác ABC cân tại A. Các tia phân giác của góc A và góc B cắt nhau tại O. Biết
OA = 2 3 cm, OB = 2cm, tính độ dài AB.
Hướng dẫn giải
A
Qua A vẽ một đường thẳng vuông góc với AB cắt tia BO tại D.
D
+B = 90° = 90° Ta có D AOD + B 1 2
=B nên AOD = D mà B 1 2
H
Do đó ∆AOD cân tại A. Suy ra AD = AO = 2 3 (cm).
O
1
Vẽ AH ⊥ OD thì HO = HD.
B
Ta đặt HO = HD = x thì BD = 2 x + 2.
2
C
Xét ∆ABD vuông tại A, đường cao AH, ta có AD 2 = BD.HD. Suy ra (2 3) 2 = x(2 x + 2) Từ đó ta được phương trình:
2 x 2 + 2 x –12 = 0 ⇔ (x – 2)(x + 3) = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = −3. Giá trị x = 2 được chọn, giá trị x = −3 bị loại. Do đó BD = 2 + 2 + 2 = 6 (cm). Suy ra AB = 6 2 − (2 3) 2 =
24 = 2 6 (cm).
Vận dụng hệ thức 2: Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết diện tích các tam giác ABH và ACH lần lượt là 54cm2 và 96cm2. Tính độ dài BC.
Hướng dẫn giải Ta có S ABH =
1 AHBH = 54 2
Suy ra AH .BH = 108 .
A (1) 54cm 2
B
170
H
96cm 2
C ?
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
SACH =
1 AH.CH = 96 Suy ra AH .CH = 192 . 2
(2)
Từ (1) và (2) ta được: AH 2 .BH .CH = 108.192. Mặt khác AH 2 = BH .CH (hệ thức 2). Suy ra AH 4 = 124 AH = 12 (cm). Ta có S ABC = 54 + 96 = 150 (cm2) mà S ABC = Suy ra BC =
1 1 BCAH nên BCAH = 150 2 2
150.2 = 25 (cm). 12
= 900 Hai đường chéo vuông góc với nhau tại O. Biết OB = Bài 2: Cho hình thang ABCD, A=D 5,4cm; OD = 15cm. a) Tính diện tích hình thang; b) Qua O vẽ một đường thẳng song song với hai đáy, cắt AD và BC lần lượt tại M và N. Tính độ dài MN.
Hướng dẫn giải
A
* Tìm cách giải
Đã biết đường chéo BD nên cần tìm đường chéo AC là có thể tính được diện tích hình thang. Muốn vậy phải tính OA và OC.
M
B N O
* Trình bày lời giải a) • Xét ∆ABD vuông tại A có AO ⊥ BD nên OA2 = OB.OD (hệ thức 2).
D
C
2
Do đó OA = 5, 4.15 = 81 OA = 9 (cm).
• Xét ∆ACD vuông tại D có OD ⊥ AC nên OD 2 = OA.OC (hệ thức 2).
OC =
OD 2 152 = = 25 (cm). OA 9
Do đó AC = 25 + 9 = 34 (cm); BD = 5, 4 + 15 = 20, 4 (cm). Diện tích hình thang ABCD là: S = b) Xét ∆ADC có OM // CD nên
ACBD 34.20, 4 = = 346,8 (cm2). 2 2
OM AO = (hệ quả của định lí Ta-lét). CD AC
(1)
Xét ∆BDC có ON // CD nên
ON BN = (hệ quả của định lí Ta-lét). CD BC
(2)
Xét ∆ABC có ON // AB nên
AO BN = (định lí Ta-lét). AC BC
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra
OM ON = CD CD
Do đó OM = ON.
171
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Xét ∆AOD vuông tại O, OM ⊥ AD nên Do đó
1 1 1 (hệ thức 4). = + 2 2 OM OA OD 2
1 1 1 = 2 + 2 OM ≈ 7, 7 (cm). 2 OM 9 15
Suy ra MN ≈ 7, 7.2 = 15, 4 (cm).
Vận dụng hệ thức 4: Bài 1:
Cho hình vuông ABCD cạnh 1. Gọi M là một điểm nằm giữa B và C. Tia AM cắt đường thẳng
CD tại N. Tính giá trị của biểu thức P =
1 1 + 2 AM AN 2
Hướng dẫn giải * Tìm cách giải Biểu thức
1 1 1 1 1 + gợi ý cho ta vận dụng hệ thức (4) 2 = 2 + 2 để giải. Muốn vậy phải tạo ra một tam 2 2 AM AN h b c
giác vuông có các cạnh góc vuông bằng AM, AN. * Trình bày lời giải Qua A vẽ một đường thẳng vuông góc với AM cắt đường thẳng CD tại E.
=B = 90° AD = AB; ). ∆ADE và ∆ABM có D A1 = A2 (cùng phụ với DAM Do đó ∆ADE = ∆ABM
( g.c.g ) . Suy ra AE = AM.
Xét ∆AEN vuông tại A có AD ⊥ EN nên Mặt khác AE = AM ; AD = 1 nên
Bài 2:
A 2
1 1 1 + = 2 2 AE AN AD 2
1 1 + =1 2 AM AN 2
B
1
M E
D
C
Cho tam giác ABC cân tại A có các đường cao AH và BK. Chứng minh rằng :
1 1 1 = + 2 2 BK BC 4 AH 2
Hướng dẫn giải * Tìm cách giải: Để chứng minh đẳng thức trên người ta thường nghĩ ngay đến hệ thức lượng trong tam giác vuông “ Hệ thức
1 1 1 = 2 + 2 ’’. Một thủ thuật để nhận ra tam giác vuông có đường cao ứng với cạnh huyền 2 h b c
là vẽ đường phụ để tạo ra tam giác vuông tại B có đường cao là BK, cạnh góc vuông là BC. Khi đó ta nghĩ ngay
đường phụ cần vẽ cạnh góc vuông còn lại. * Trình bày lời giải Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt tia đối của tia AC tại D. Vì
∆ ABC cân tại A nên đường cao AH đồng thời là đường trung tuyến BH = HC. 172
D
N
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Xét
∆ BCD có BH = HC (c/m trên) ; AH // BD ( ⊥
BC )
CA = AD (t/c đường trung bình của tam giác ). Nên AH là đường trung bình của
∆ BCD
1 AH = AH = BD BD = 2AH. (1) 2 Xét
= 900 ; BK ⊥ ∆ BCD có DBC
1 1 1 (2) = + 2 2 BK BC BD 2
Từ (1) và (2)
CD ( K ∈ CD )
1 1 1 = + (đpcm) 2 2 BK BC 4 AH 2
Vận dụng nhiều hệ thức Bài 1: Cho hình thang ABCD, Aˆ = Dˆ = 90° = hai đường chéo vuông góc với nhau tại O. Cho biết AD = 12cm; CD = 16cm. Tính các độ dài OA, OB, OC, OD. Hướng dẫn giải ∆ADC vuông tại D, theo định lí Py-ta-go ta có: 2
2
2
2
B
A
2
AC = AD + DC = 12 + 16 = 400 . Suy ra AC = 20 (cm).
12
∆ADC vuông tại D, DO là đường cao nên
O
AD.DC = AC.DO (hệ thức 3). Suy ra OD =
ADDC 12.16 = = 9, 6 (cm). AC 20
Ta lại có AD 2 = AC. AO (hệ thức 1) nên OA =
D AD 2 122 = = 7, 2 (cm). AC 20
Do đó OC = 20 – 7, 2 = 12,8 (cm). Xét ∆ABD vuông tại A, AO là đường cao nên AO 2 = OB.OD (hệ thức 2).
OB =
AO 2 7, 2 2 = = 5, 4 (cm). OD 9, 6
173
16
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 2:
(Hãy giải bằng nhiều cách khác nhau) Cho tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao. Biết
AB=8cm, AC=6cm. Tính độ dài AH. )
Hướng dẫn giải
A
*Cách 1: Ta có ∆ABC vuông tại A nên :
BC = AB 2 + AC 2 = 82 + 62 = 10(cm) (Định lý Pytago)
∆ABC
vuông
AH =
AB. AC = 4,8(cm) BC
tại
A,
AH ⊥ BC,
nên
AH .BC = AB. AC
C
H
B
*Cách 2: ∆ABC vuông tại A, AH ⊥ BC, nên:
1 1 1 AB 2 . AC 2 64.36 2 = + AH = AH = = 4.8(cm) 2 2 2 2 2 AH AB AC AB + AC 100 *Cách 3: Tam giác ABC vuông tại A, Theo định lý Pytago ta có
BC 2 = AB 2 + AC 2 = 82 + 62 = 100 nên suy ra BC=10cm.
∆ABC vuông tại A nên: BH .BC = AB 2 BH =
AB 2 = 6.4(cm) . Mà HC = BC − BH = 3, 6 (cm) BC
∆ABC vuông tại A, AH ⊥ BC, nên: AH 2 = BH .HC = 4.82 AH = 4.8(cm)
A
*Cách 4: Gọi M là trung điểm BC. Ta có : BM = AM =
1 BC = 5cm 2
+ Tính được BH=6.4cm
C
+ Nên MH = BH − BM = 6, 4 − 5 = 1(cm) Áp dụng định lý Pitago vào ∆HAM vuông tại H: AH =
H M
AM 2 − MH 2 = 52 − 1, 42 = 4,8(cm)
Hệ thống phương pháp giải toán thường gặp.
174
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 A c
b h
B
c'
H
C
b' a
Tính độ dài các đoạn thẳng trong tam giác vuông Phương pháp giải: Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Nếu biết độ dài hai trong sáu đoạn thẳng AB, AC, BC, HA, HB, HC thì ta luôn tính được độ dài bốn đoạn thẳng còn lại bằng việc vận dụng các hệ thức
(1) → (5) Chứng minh các hệ thức liên quan đến tam giác vuông Phương pháp giải: Sử dụng các hệ thức về cạnh và đường cao một cách hợp lý theo hướng: Bước 1. Chọn các tam giác vuông thích hợp chứa các đoạn thẳng có trong hệ thức. Bước 2. Tính các đoạn thẳng đó nhờ hệ thức về cạnh và đường cao. Bước 3. Liên kết các giá trị trên để rút ra hệ thức cần chứng minh. Chú ý: Có thể vẽ thêm hình phụ để tạo thành tam giác vuông hoặc tạo thành đường cao trong tam giác vuông từ đó vận dụng các hệ thức.
. TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN . Lý thuyết 1. Định nghĩa
c¹nh ®èi • tan α = c¹nh kÒ
• cos α =
c¹nh kÒ c¹nh huyÒn
Ò
c¹nh ®èi c¹nh huyÒn
c¹ nh k
• sin α =
c¹nh kÒ • cot α = c¹nh ®èi
c¹ nh
®è
i
α
Từ định nghĩa ta có cả bốn tỉ số lượng giác đều dương và sina < 1; cosa < 1.
c¹nh huyÒn
2. Định lí Nếu hai góc phụ nhau thì sin của góc này bằng côsin của góc kia, tang của góc này bằng côtang của góc kia.
3. Một số hệ thức cơ bản
tan α =
sin α cos α
tan α . cot α = 1
(1);
cot α =
cos α sin α
(2);
(3);
sin 2 α + cos 2 α = 1
(4).
4. So sánh các tỉ số lượng giác Cho α , β là hai góc nhọn. Nếu α < β thì
• sin α < sin β ; tan α < tan β ;
175
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 • cos α > cos β ; cot α > cot β . Bảng lượng giác một số góc đặc biệt
00
300
450
600
900
sin
0
1 2
2 2
3 2
1
cos
1
3 2
2 2
1 2
0
tan
0
3 3
1
3
||
cot
||
3
1
3 3
0
Ví dụ minh họa: Cho tam giác vuông tại A, trong đó AC = 0,9m; AB = 1,2 m.Tính các tỉ số lượng giác của góc B, từ đó suy ra tỉ số lượng giác của góc C.
Hướng dẫn giải Ta có AC = 9 dm, AB = 12 dm.Theo định lí Pitago, ta có
B
BC = AC 2 + AB 2 = 92 + 122 = 15 (dm) 12
AC 9 3 = = Vậy sin B = BC 15 5 AB 12 4 C os B = = = ; BC 15 5 cot B =
AC 9 3 tan B = = = ; AB 12 4
A
AB 12 4 = = AC 9 3
Vì góc B và góc C là hai góc phụ nhau nên:
3 4 3 4 Sin B = cos C = ; Cos B = sin C = ; tanB = cot C = ; cotB = tan C = 5 5 4 3
. Bài tập Bài 1: Chứng minh các hệ thức: a) 1 + tan 2 α =
1 cos 2 α
b) 1 + cot 2 α =
Hướng dẫn giải
176
1 sin 2 α
9
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 2
sin 2 α cos 2 α + sin 2 α 1 sin α a) Ta có 1 + tan α = 1 + = 1 + = = 2 2 cos α cos α cos 2 α cos α 2
2
cos 2 α sin 2 α + cos 2 α 1 cos α = 1 + = = 2 2 sin α sin α sin 2 α sin α
a) Ta có 1 + cot 2 α = 1 +
Nhận xét: Trong cách giải trên ta đã biến đổi vế trái thành vế phải. Ta cũng có thể biến đổi vế phải thành vế trái theo chiều ngược lại. Hai hệ thức trên cũng là hệ thức cơ bản, nên nhớ để sau này vận dụng.
Bài 2:
Cho α là một góc nhọn. Chứng minh rằng: b) cos α < cot α .
a) sin α < tan α ;
Hướng dẫn giải a) Ta có sin α =
A
AC AC AC AC < tan α = mà BC > AB nên BC AB BC AB
Do đó sin α < tan α ; b) Ta có cos α =
AB AB AB AB mà BC > AC nên cot α = < BC AC BC AC
α
C
B
Do đó cos α < cot α
Nhận xét: Phương pháp giải ví dụ này là dùng định nghĩa của tỉ số lượng giác.
Bài 3: diện:
Chứng minh định lí sin: Trong một tam giác nhọn, độ dài các cạnh tỉ lệ với sin của các góc đối
a b c = = sin A sin B sin C
Hướng dẫn giải * Tìm cách giải:
Để có sin A (hoặc sin B, sin C) thì phải xét tam giác vuông với A là một góc nhọn. Do đó phải vẽ thêm đường cao.
A
* Trình bày lời giải: Vẽ đường cao CH.
c
Xét ∆ACH vuông tại H ta có: sin A =
CH AC
(1)
Xét ∆BCH vuông tại H ta có: sin B =
CH BC
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
sin A CH CH BC a a b = : = = . Do đó = sin B AC BC AC b sin A sin B
Chứng minh tương tự ta được
b c = sin B sin C
177
H b
B
a
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Vậy
a b c = = sin A sin B sin C
≥ 90° thì ta vẫn có: Lưu ý: Nếu ∆ABC có C Bài 4:
a b = sin A sin B
Tìm góc x, biết rằng: a) tan x = 3cot x;
b) sin x + cos x = 2
Hướng dẫn giải a) tan x = 3cot x; . Suy ra tan x =
3 1 (vì cot x = ). tan x tan x
° Do đó tan 2 x = 3 tan x = 3 = tan 60 Vậy x = 60o.
b) sin x + cos x = 2 Bình phương hai vế ta được: sin 2 x + 2 sin x.cos x + cos 2 x = 2
⇔ 2sin x.cos x + 1 = 2 (vì sin 2 x + cos 2 x = 1 ) ⇔ 2sin x.cos x = 1 ⇔ 1 – 2sin x.cos x = 0 ⇔ sin 2 x − 2 sin x.cos x + cos 2 x = 0 2
⇔ ( sin x – cos x ) = 0 . Do đó sin x = cos x ⇔ sin x = sin (90o – x) (vì cos x = sin (90o – x) ) Dẫn tới x = 90o – x ⇔ 2 x = 90o ⇔ x = 45o.
Nhận xét: Phương pháp chung để giải ví dụ này là tìm cách đưa phương trình có hai tỉ số lượng giác về dạng còn một tỉ số lượng giác bằng cách vận dụng quan hệ giữa các tỉ số lượng giác đó
Bài 5:
Không dùng máy tính hoặc bảng số, tính giá trị của các biểu thức sau bằng cách hợp lí: a)
P = sin 2 1° + sin 2 2° + sin 2 3° +…+ sin 2 88° + sin 2 89°
0 0 0 0 0 0 0 b) Q = tan15 .tan 25 .tan 35 .tan 45 .tan 55 .tan 65 .tan 75
c) Biết cos α =
20 Tính sin α , tan α và cot α . 29 Hướng dẫn giải
Áp dụng định lí nếu hai góc phụ nhau thì sin của góc này bằng côsin góc kia, tang của góc này bằng côtang góc kia, ta có: a) P = sin 2 1° + sin 2 2° + sin 2 3° + …+ sin 2 88° + sin 2 89°
= ( sin 2 1° + sin 2 89° ) + ( sin 2 2° + sin 2 88° ) + .... + ( sin 2 44° + sin 2 46° ) + sin 2 45° = ( sin 2 1° + cos 21° ) + ( sin 2 2° + cos 2 2° ) + .... + ( sin 2 44° + cos 2 44° ) + sin 2 45° 2
2 = 1 + 1 + 1 + ... + 1 + 2 = 44,5 0 0 0 0 0 0 0 b) Q = tan15 .tan 25 .tan 35 .tan 45 .tan 55 .tan 65 .tan 75
178
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= ( tan150.tan 750 ) . ( tan 250.tan 650 ) . ( tan 350.tan 550 ) . tan 450 = ( tan150.cot150 ) . ( tan 250.cot 650 ) . ( tan 350.cot 350 ) . tan 450
= 1.1.1.1 = 1 2
441 20 = 29 841
c) Ta có sin 2α + cos 2α = 1 sin 2 α = 1 − cos 2 α = 1 − Do đó sin α =
21 sin α 21 20 21 20 = = tan α = : cos α = 29 cos α 29 29 20 21
Bài 6:
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính sin B , sin C biết rằng:
a) AB = 13 và BH = 5;
b) BH = 3 và CH = 4.
Hướng dẫn giải a) Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH ta có
AB 2 = BH .BC BC =
A
AB 2 132 = = 33,8 BH 5 13
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC ta có: AC =
BC 2 − AB 2 = 31, 2
SinB = SinC =
AC 31, 2 12 = = BC 33,8 13
5
B
C
H
AB 13 5 = = BC 33,8 13
A
b) Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH ta có
AH 2 = BH .CH = 3.4 AH = 2 3 Tam giác ABH vuông. Theo định lý Pytago ta có
AB = HB 2 + AH 2 = 32 + 12 = 21 4
3
AH 2 3 2 SinB = = = AB 21 7
B
H
Tam giác ABC vuông, BC = BH + HC = 3 + 4 = 7 Theo định lý Pytago ta có AC =
SinC =
BC 2 − AB 2 = 49 − 21 = 28 = 2 7
AB 21 = BC 7
Cách 2: Tam giác AHC vuông tại H; Theo định lý Pytago có
SinC =
AH 12 3 21 = = = AC 7 7 28
179
AC = AH 2 + HC 2 = 12 + 16 = 28
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Nhận xét: Học sinh vận dụng các hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông từ đó tính ra tỉ số lượng giác của các góc nhọn trong tam giác vuông. Cho tam giác ABC vuông tại A . Chứng minh rằng tan
Bài 7:
ABC AC = 2 AB + BC
Hướng dẫn giải Vẽ đường phân giác BD của
∆ ABC
( D ∈ AC ).
Theo tính chất đường phân giác của tam giác ta có :
AD AB AD DC = ⇔ = DC BC AB BC
AD AD + DC AD AC = = . AB AB + BC AB AB + BC
Xét
A
AD = 900 tan ∆ ABD có BAD ABD =
D
AB
ABC AC = 2 AB + BC
⇔ tan Vậy tan
C B
ABC AC = 2 AB + BC
. MỘT SỐ HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ GÓC TRONG TAM GIÁC VUÔNG . Lý thuyết 1. Định lí Trong một tam giác vuông, mỗi cạnh góc vuông bằng:
• Cạnh huyền nhân với sin góc đối hoặc nhân với côsin góc kề; • Cạnh góc vuông kia nhân với tang góc đối hoặc nhân với côtang góc kề. Trong hình vẽ bên thì:
A
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 ;
c
b
2. Giải tam giác vuông
B
C
a ất có một yếu tố Là tìm tất cả các cạnh và góc của tam giác vuông khi biết hai yếu tố của nó (trong đó ít nh về độ dài).
. Bài tập Bài 1:
= 35° ; C = 50° và đường cao AH = 5,0cm. Giải tam giác ABC biết B
Hướng dẫn giải Ta phải tìm A AB, AC và BC.
180
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= 180° − (B + C) = 95° A
A
• Xét ∆ABH vuông tại H ta có:
AH = AB.sin B AB =
AH 5, 0 = ≈ 8, 7(cm) sin B sin 35°
BH = AH .cot B ≈ 5,0.cot 35o ≈ 7,1 (cm).
5,0
B
35o
50o
H
• Xét ∆ACH vuông tại H ta có
AH = AC.sin C AC =
C
AH 5, 0 = ≈ 6, 5(cm) sin C sin 50°
CH = AH .cot C ≈ 5, 0.cot 50o ≈ 4, 2 (cm). Do đó BC = BH + CH = 7,1 + 4, 2 = 11, 3 (cm). Vậy Aˆ = 95° ; AB = 8,7cm; AC = 6,5cm và BC = 11,3cm.
Lưu ý: Sau khi tính được AB và AC, có thể tính BH và CH theo AB và AC:
BH = AB.cos B ; CH = AC.cos C. Tuy nhiên, ta nên tính BH và CH theo các số đo đã cho trong đề bài để kết quả được chính xác hơn.
Bài 2:
= 40o. Tính độ dài BC. Cho tam giác ABC, AB = 14cm, AC = 11cm và B
Hướng dẫn giải * Tìm cách giải Vẽ đường cao AH để vận dụng các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông. Tính HB và HC từ đó tính được BC.
A
* Trình bày lời giải 11
14
Vẽ đường cao AH. Xét ∆ABH vuông tại H có:
AH = AB.sin B = 14.sin 40o ≈ 9, 0 (cm). o
B
BH = AB.cos B = 14.cos 40 ≈ 10, 7 (cm).
40 o
C'
Xét ∆AHC vuông tại H có: HC = AC2 − AH 2 = 112 − 92 ≈ 6,3 (cm).
• Nếu H nằm giữa B và C thì BC = BH + HC ≈ 10, 7 + 6,3 = 17 (cm). • Nếu C' nằm giữa B và H thì BC ' = BH – HC ' ≈ 10, 7 − 6,3 = 4, 4 (cm). Lưu ý: Học sinh có thể chỉ giải một nghiệm hình là chưa đủ. Bài toán có 2 nghiệm hình
Bài 3:
= 70° Tính độ dài BC. Cho tam giác ABC, AB = 3,2cm; AC = 5,0cm và B
Hướng dẫn giải
181
H
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Vẽ đường cao AH. Xét ∆ABH vuông tại H có:
A
AH = AB.sin B = 3, 2.sin 70o ≈ 3, 0 (cm). BH = AB.cos B = 3, 2.cos 70o ≈ 1,1 (cm).
5,0
3,2
Xét ∆AHC vuông tại H có:
HC = AC 2 − AH 2 ≈ 5, 02 − 3, 02 = 4, 0 (cm).
B
70o
C
H
Điểm C không thể nằm giữa H và B vì trên tia HB có HC > HB. Chỉ còn trường hợp điểm H nằm giữa B và C. Ta có BC = BH + HC ≈ 1,1 + 4, 0 = 5,1 (cm).
. GIẢI BÀI TOÁN HỆ THỨC LƯỢNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ . Lý thuyết - Thường gọi độ dài một cạnh cần tìm là ẩn, từ đó thiết lập phương trình, giải phương trình tính ra kết quả
. Bài tập Bài 1:
Cho tam giác ABC vuông ở A, đương cao AH. Biết AB = 20cm, HC = 9cm. Tính độ dài AH.
Hướng dẫn giải Đặt BH = x . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông ở A, có đường cao AH. Ta được:
A
AB 2 = BH . BC hay 20 2 = x ( x + 9 ) . Thu gọn ta được phương trình : x 2 + 9 x – 400 = 0
20
Giải phương trình này ta được x1 = 16 ; x2 = –25 (loại)
? 9
x
B
H
Dùng định lý Pitago tính được AH = 12 cm
Lưu ý : Giải PT bậc 2 nên dùng máy tính để giải cho nhanh. Thuộc một số bộ ba số Pitago càng tốt để mau chóng ghi kết quả
= 600 , BC = 8cm; AB + AC = 12cm . Tính độ dài cạnh AB. Cho tam giác ABC , B
Bài 2:
Hướng dẫn giải Kẻ AH ⊥ BC. Đặt AB = 2 x . Từ đó tính được BH = x và AH = x 3 ; HC = 8 – x Áp dụng định lí Pitago ta cho tam giác AHC vuông tại H Ta có: AC =
( x 3)
2
2
+ (8 − x ) =
4 x 2 − 16 x + 64
A
Do AB + AC = 12 nên 2 x + 4 x 2 − 16 x + 64 = 12
2x
Giải PT trên ta được : x = 2,5 B
AB = 2.2,5 = 5cm Chú ý: Ta cũng tính được chu vi tam giác ABC = 20cm . Diện tích tam giác ABC = 10 3 cm.
182
60 ° x
H 8cm
C
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A có BD là phân giác. Biết rằng AD = 1cm; BD = độ dài cạnh BC (nhập kết quả dưới dạng số thập phân) Bài giải sơ lược
A
Áp dụng định lí Pitago tính được AB = 3cm.
Đặt BC = x , dùng Pitago tính được AC 2 =
B
Tam giác ABC có BD là phân giác góc ABC nên :
3 AB AD = hay = x BC DC
1 2
x − 9 −1
1cm D 10 cm
x2 − 9 .
x2 − 9 – 1
Do AD = 1 nên DC =
10 cm. Tính
C
x
. Từ đó ta được phương trình 8 x 2 – 6 x – 90 = 0
Giải phương trình tìm được x = 3,75cm Trả lời : BC = 3,75cm
Bài 4: Cho hình thang cân ABCD, đáy lớn CD = 10cm, đáy nhỏ bằng đường cao, đường chéo vuông góc với cạnh bên . Tính độ dài đường cao của hình thang cân đó.
Hướng dẫn giải Kẻ AH ⊥ CD ; BK ⊥ CD. Đặt AH = AB = x HK = x
∆AHD = ∆BKC (cạnh huyền- góc nhọn) Suy ra : DH = CK =
A
10 − x . 2
Vậy HC = HK + CK = x +
B
X
X
x + 10 10 − x = 2 2
D
H
C
K
10cm
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ADC vuông ở A có đường cao AH Ta có : AH 2 = DH . CH hay x 2 =
10 − x 10 + x . ⇔ 5 x 2 = 100 2 2
Giải phương trình trên ta được x = 2 5 và x = −2 5 (loại) Vậy : AH = 2 5
Bài 5: Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao ứng với cạnh đáy có độ dài 15,6cm, đường cao ứng với cạnh bên dài 12cm. Tính độ dài cạnh đáy BC.
Hướng dẫn giải Đặt BC = 2 x , từ tính chất của tam giác cân ta suy ra CH = x
A
Áp dụng định lí Pitago tính được AC = 15, 6 2 + x 2 Từ hai tam giác vuông KBC và HAC đồng dạng ta được: 15,6
K
12
183
B
//
H 2x
//
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
BC KB hay = AC AH
2x 2
15, 6 + x
2
=
12 15, 6
2 2 2 Đưa về phương trình 15, 6 + x = 6,76 x
Giải phương trình trên ta được nghiệm dương x = 6,5 Vậy BC = 2.6, 5 = 13 (cm)
Bài 6: Tính độ dài cạnh AB của tam giác ABC vuông tại A có hai đường trung tuyến AM và BN lần lượt bằng 6 cm và 9 cm.
Hướng dẫn giải Đặt AB = x ; AN = y AC = 2 y . A
Áp dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ứng với cạnh huyền ta được BC = 2 AM = 2.6 = 12 (cm)
/
Dùng định lí Pitago cho hai tam giác vuông ABC và ABN vuông tạ i A Ta được: x 2 + 4 y 2 = 144 2
2
2
và x + y = 81 ⇔ y = 81– x
6
/
9
(1) 2
N
B
//
( 2)
(
//
M
)
Thay ( 2 ) vào (1) ta được phương trình : x 2 + 4 81 – x 2 = 144 Thu gọn phương trình trên ta được phương trình : 3x 2 = 180 Nghiệm dương của phương trình : x = 2 5 Trả lời: AB = 2 5 cm
. MỘT SỐ BÀI TẬP SƯU TẦM BÀI TẬP VỀ HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG PHẦN BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 1: Cho ∆ABC vuông tại A. Biết
AB 5 = . Đường cao AH = 15cm. Tính HB, HC. AC 7
Bài 2: Cho ∆ABC vuông tại A, AB = 12cm, AC = 16cm, phân giác AD, đường cao AH. Tính HD, HB, HC. Bài 3: Cho ∆ABC vuông tại A. Kẻ đường cao AH, tính chu vi ∆ABC biết AH = 14cm,
HB 1 = . HC 4
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông ở A, đương cao AH. Biết AB = 20cm, HC = 9cm. Tính độ dài AH. Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A có BD là phân giác góc B. Biết rằng AD = 1cm; BD = dài cạnh BC. Bài 6: Cho tam giác ABC , 60 , BC = 8cm; AB + AC = 12cm . Tính độ dài cạnh AB.
184
10 cm. Tính độ
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 7: Cho hình thang cân ABCD, đáy lớn CD = 10cm, đáy nhỏ bằng đường cao, đường chéo vuông góc với cạnh bên. Tính độ dài đường cao của hình thang cân đó. Bài 8: a. Cho tam giác ABC có 60 , 50 , 35 . Tính diện tích tam giác ABC. 90 , 40 , 4 , 3 . Tính diện tích tứ giác. b. Cho tứ giác ABCD có 50 . Tính diện c. Cho tứ giác ABCD có các đường chéo cắt nhau tại O. Cho biết 4, 5, tích tứ giác ABCD. Bài 9: Cho ∆ABC vuông tại A, kẻ đường cao AH, chu vi ∆AHB bằng 30cm, chu vi ∆ACH bằng 4dm. Tính BH, CH và chu vi ∆ABC. Bài 10: Cho biết chu vi của một tam giác bằng 120cm. Độ dài các cạnh tỉ lệ với 8, 15, 17. a) Chứng minh rằng tam giác đó là một tam giác vuông. b) Tính khoảng cách từ giao điểm ba đường phân giác đến mỗi cạnh.
Bài 11: Cho tứ giác lồi ABCD có AB = AC = AD = 10 cm, B = 60 0 và A = 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.
Bài 12: Cho ∆ ABC vuông tại A, AB = a, AC = 3a. Trên cạnh AC lấy các điểm D, E sao cho AD = DE = EC. a) Chứng minh
DE DB = . DB DC
b) Chứng minh ∆ BDE đồng dạng ∆ CDB.
. c) Tính tổng Bài 13: Chình thang ABCD có hai cạnh bên AD và BC bằng nhau, đường chéo AC vuông góc với cạnh bên BC. Biết AD = 5a, AC = 12a. a) Tính
!" #
b) Tính diện tích hình thang ABCD.
Bài 14: Cho đoạn thẳng AB = 2a. Từ trung điểm O của AB vẽ tia Ox ⊥ AB. Trên Ox lấy điểm D sao cho
OD =
a . Từ B kẽ BC vuông góc với đường thẳng AD. 2
a) Tính AD, AC và BC theo a. b) Kéo dài DO một đoạn OE = a. Chứng minh bốn điểm A, B, C và E cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 15: Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Trên HB và HC lần lượt lấy các % 90 . Chứng minh: AM = AN. điểm M, N sao cho $
Bài 16: Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết
AB 20 = và AH = 420. Tính chu vi tam giác ABC. AC 21
Bài 17: Cho hình thang ABCD vuông góc tại A và D. Hai đường chéo vuông góc với nhau tại O. Biết 2√13; OA = 6. Tính diện tích hình thang ABCD. Bài 18: Cho tam giác ABC vuông tại A, BC = 3 5 cm. Hình vuông ADEF cạnh bằng 2 cm có D ∈ AB, E ∈ BC, F ∈ AC. Biết AB > AC và S ADEF =
4 S ABC . Tính AB ; AC. 9
Bài 19: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến BD. Gọi I là hình chiếu của C trên BD, H là hình chiếu của I trên AC. Chứng minh: AH = 3HI. Bài 20: Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh bằng a, vẽ đường thẳng cắt BC ở E và cắt đường thẳng DC ở F. Chứng minh:
1 1 1 + = 2 2 2 AE AF a
185
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 21: Cho hình thang ABCD có 90 . Hai đường chéo vuông góc với nhau tại H. Biết AB = 3 5 cm, HA = 3cm. Chứng minh:
a) HA : HB : HC : HD = 1 : 2 : 4 : 8 b)
1 1 1 1 − = − 2 2 2 AB CD HB HC 2 ^
^
Bài 22: Cho ∆ABC nhọn. đường cao AD và BE. Gọi I ∈ AD và Q ∈ BE sao cho BIC = AQC = 900 .
a) Chứng minh: CA.CE = CD.CB b) Chứng minh: ∆IQC là tam giác cân c) BI cắt AQ tại K. Chứng minh: CK ⊥ IQ Bài 23: Cho ∆ABC vuông tại A. Đường cao AH. Biết AC = 12cm, BC = 15cm.
a) Tính HA, HB, HC. b) Gọi E, F là hình chiếu vuông góc của H lần lượt lên AB, AC. Chứng minh: AE.AB = AF.AC c) Chứng minh: HE2 + HF2 = HB.HC Bài 24: Cho hình vẽ: B
a/ Tính AC
A 5,5
74°
Y
2,8
b/ Gọi Y là điểm trên AX sao cho DY // BX. Hãy tính XY.
4,1
c/ Tính diện tích tam giác BCX.
123 °
X C
D
Bài 25: Cho hình vẽ dưới đây biết 60 . Đường vuông góc kẻ từ C đến AB cắt AB tại P. Tính: b/ CP và diện tích tam giác ABC.
a/ AP; BP
C
B
30°°
20°°
P
A
Bài 26: Cho tam giác ABC có AB = 24cm; AC = 18cm; BC = 30cm a/ Tính đường cao AH, số đo góc B và C. b/ Phân giác của góc A cắt BC tại D. Tính BD, CD. c/ Từ D kẻ DE và DF lần lượt vuông góc với AB và AC. Tứ giác AEDF là hình gì? Tính chu vi và diện tích tứ giác AEDF.
Bài 27: Tam giác ABC vuông tại A, AB = a, AC = 3a. Trên AC lấy các điểm D và E sao cho AD = DE = EC . a/ Chứng minh
DE DB = DB DC
b/ Chứng minh ∆BDE đồng dạng với ∆CDB.
186
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 . c/ Tính tổng ) Bài 28: Cho tam giác ABC vuông tại A, 30 ; 10 . a/ Tính AB, AC. b/ Từ A kẻ AM, AN lần lượt vuông góc với các đường phân giác trong và ngoài của góc. Chứng minh MN// BC và MN = AB. c/ Chứng minh hai tam giác MAB và ABC đồng dạng. Tìm tỉ số đồng dạng.
Bài 29: Cho tam giác ABC cân, AB = AC = 10cm; BC = 16cm. Trên đường cao AH lấy điểm I sao cho , 1- .. Vẽ tia Cx song song với AH, Cx cắt tia BI tại D. 3 a/ Tính các góc của tam giác ABC. b/ Tính diện tích tứ giác ABCD.
Bài 30: Cho tam giác ABC vuông tại A . Qua A vẽ đường thẳng d vuông góc với trung tuyến AM . Các tia phân giác của các góc AMB; AMC cắt đường thẳng d lần lượt tại D và E. Chứng minh: a) Tứ giác BCED là hình thang b) BD . CE =
BC 2 4
c) Giả sử AC = 2AB , chứng minh EC = BC Bài 31: Cho hình thang cân có đường chéo vuông góc với cạnh bên . Tính chu vi và diện tích hình thang cân đó biết đáy nhỏ bằng 14 cm , đáy lớn bằng 50 cm .
Bài 32: Cho tam giác ABC có AB>AC, kẻ trung tuyến AM và đường cao AH. Chứng minh:
BC2 2 2 2 b) AB − AC = 2BC.MH
a) AB2 + AC2 = 2AM 2 +
Bài 33: Cho hình thang ABCD (AB//CD có AB = 3cm; CD = 14cm; AC = 15cm; BD = 8cm. a) Chứng minh AC vuông góc với BD. b) Tính diện tích hình thang. Bài 34: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi D là điểm đối xứng với A qua điểm B. Trên tia đối của tia HA lấy điểm E sao cho HE = 2HA. Gọi I là hình chiếu của D trên HE. a) Tính AB, AC, HC, biết AH = 4cm, HB = 3cm. b) Tính tg IED và tg HCE. / . ) c) Chứng minh ,) d) Chứng minh: DE ⊥ EC .
Bài 35: Cho tam giác ABC có ba đường cao AM, BN, CL. Chứng minh: a) ∆ANL đồng dạng ∆ABC b) %. 0. $ . . . 12 . 12 . 12
Bài 36: Giải tam giác ABC, biết: a) 90 , 10, 75 . 120 , 6. b)
c) Trung tuyến ứng với cạnh huyền 4 5, đường cao AH = 4. d) Trung tuyến ứng với cạnh huyền 4 5, một góc nhọn bằng 47o.
Bài 37: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, AB = 3cm, BC = 6cm. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên cạnh AB và AC. a) Giải tam giác vuông ABC. b) Tính độ dài AH và chứng minh: EF = AH. c) Tính: EA.EB + AF.FC.
187
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 38: Cho hình thoi ABCD, hai đường chéo cắt nhau ở O. Cho biết khoảng cách từ O đến mỗi cạnh hình thoi 5 5 5 là h; AC = m; BD = n. Chứng minh rằng: 67 "7 897. Bài 39: Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH = 33,6. Biết 24. AB 7. AC. Tìm độ dài các cạnh và số đo các góc của tam giác. Bài 40: Cho hình thang cân ABCD ( AB // CD), 2, 6 và chiều cao bằng 4. Tính số đo góc tạo bởi các đường thẳng chứa hai cạnh bên. Bài 41: Cho tam giác ABC có 40 , 60 , đường trung tuyến AM. Tính số đo góc AMC. Bài 42: Cho tam giác ABC nhọn, AB = c, AC = b, BC = a. Chứng minh rằng => ?> > @ 2? 12 ? > => > @ 2= 12 > => ? > @ 2=? 12
60 , 2, 6. Bài 43: Cho hình thang ABCD ( AB // CD) có 30 ,
a. Tìm AD. b. Tính diện tích hình thang. 90 . Chứng minh rằng: > > > > Bài 44: Cho tứ giác ABCD có Bài 45: Cho tam giác ABC cân tại A, A 90 , 2√2 , √2 .Kẻ đường cao BH. Chứng minh rằng: AH = 7.HC
---------------------- HẾT-----------------------
188
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
B. GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN . GÓC Ở TÂM . Lý thuyết A. Kiến thức cần nhớ 1. Góc ở tâm là góc có đỉnh trùng với tâm đường tròn. Ví dụ : AOB là góc ở tâm.
Nếu 00 < α < 180° thì cung nằm bên trong góc được gọi là cung nhỏ và cung nằm bên ngoài góc được gọi là cung lớn.
O
Nếu α = 180 thì mỗi cung là một nửa đường tròn.
α
°
Cung nằm bên trong góc gọi là cung bị chắn
B
A
2. Số đo cung Số đo cung nhỏ bằng số đo góc ở tâm chắn cung đó.
Số đo cung lớn bằng hiệu giữa 360° và số đo cung nhỏ (có chung hai đầu mút với cung lớn). Số đo của nửa đường tròn bằng 180° . Chú ý : “Cung không” có số đo bằng 0 0 và cung cả đường tròn có số đo bằng 360° .
3. So sánh hai cung Trong một đường tròn hay hai đường tròn bằng nhau :
Hai cung được gọi là bằng nhau nếu chúng có số đo bằng nhau. Trong hai cung, cung nào có số đo lớn hơn được gọi là cung lớn hơn.
? AB = sđ 4. Khi nào thì sđ AC + sđ CB . Nếu điểm C là một điểm nằm trên cung AB thì : sđ AB = sđ AC + sđ CB 5. Định lý 1: Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau : a) Hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau. b) Hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau.
D
⇔ AB = CD. Trong hình bên : AB = CD
C
6. Định lý 2: Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau :
O B
a) Cung lớn hơn căng dây lớn hơn. b) Dây lớn hơn căng cung lớn hơn. A
⇔ AB < CD Trong hình bên : AB < CD 7. Định lí bổ sung Trong một đường tròn, hai cung bị chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau.
Đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thỡ qua trung điểm của dây căng cung ấy ( đảo lại không đúng) Đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì vuông góc với dây căng cung ấy và ngược lại.
189
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 PHƯƠNG PHÁP GIẢI: Để tính số đo của góc ở tâm, số đo của cung bị chắn, ta sử dụng các kiến thức sau:
Số đo của cung nhỏ bằng số đo của góc ở tâm chắn cung đó. Số đo của cung lớn bằng hiệu giữa 3600 và số đo của cung nhỏ (có chung hai đầu mút với cung lớn). Số đo của nửa đường tròn bằng 1800 . Cung cả đường tròn có số đo 3600 . Sử dụng tỉ số lượng giác của một góc nhọn để tính góc. Sử dụng quan hệ đường kính và dây cung.
. Bài tập = 550 . Tính số đo cung lớn AB. Bài 1: Hai tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) cắt nhau tại P. Biết APB
Hướng dẫn giải Tìm cách giải. Tính góc ở tâm trước, rồi tính số đo cung nhỏ AB. Cuối cùng tính số đo cung lớn. Trình bày lời giải A
= 90° ;OBP = 90° ( vì PA, PB là tiếp tuyến), Tứ giác APBO có OAP
APB = 550 nên: AOB = 360° − 90° − 90° − 550 = 125° (tổng các góc trong tứ giác
O
P
0
AOBP) suy ra số đo cung nhỏ AB là 125 . Vậy số đo cung lớn AB là: 3600 –1250 = 2350 .
B
Bài 2: Cho hai tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) cắt nhau tại M, biết AMB = 40 0 . a) Tính AMO và AOM . b) Tính số đo cung AB nhỏ và số đo cung AB lớn.
Hướng dẫn giải Tìm cách giải. Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau từ đó tính ra góc ở tâm. Cuối cùng tính số đo cung lớn. Trình bày lời giải a) Do MA và MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M nên MO là 1 tia phân giác của AMB hay AMO = AMB = 200 . Tam giác 2
A
M
AMO vuông tại A, tính được AOM = 700. OM là tia phân giác của AOB nên AOB = 2. AOM = 1400 b) sđ AmB = sđ AOB = 140 0
190
m
O
B
n
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
sđ AnB = 360 0 − 140 0 = 220 0.
Bài 3: Trên một đường tròn (O) có cung AB bằng 140o . Gọi A’. B’ lần lượt là điểm đối xứng của A, B qua O; lấy cung AD nhận B’ làm điểm chính giữa; lấy cung CB nhận A’ làm điểm chính giữa. Tính số đo cung nhỏ CD . Hướng dẫn giải Tìm cách giải. OA và OA’ là hai tia đối nhau nên sđ AA ' = 1800 . Do AD nhận B’ là điểm ' = 1800 ’ sd A ' B = sd A'C từ đó tính chính giữa cung nên sđ sd AB ' = sd B'D . Tương tự sđ BA được số đo cung DC Trình bày lời giải ' (hai góc đối đỉnh) sd AB' = sd A'B Ta có AOB ' = BOA B’ và C’ lần lượt là điểm chính giữa cung AD và cung BC nên ta có
sd AB ' = sd B ' D; sd A ' B = sd A 'C
A B
O
= 140° mà A’ là điểm đối xứng với A qua O nên sđ AB
B'
A'
AOA ' = 1800 sđ
D
0 + s® BA'=180 ' = 40° = sđ lại có s® AB sđ BA AB ' = 40°
C
= 80° sđ AC = 40° sđ CB
= 40° sđ CD =1800 - sđ BC - sđ B sđ AB′ = 40° sđ B'D ' D = 180° − 40° − 80° = 60° . Bài 4: Cho đường tròn (O; R), lấy điểm M nằm ngoài (O) sao cho OM = 2 R. Từ M kẻ tiếp tuyến MA và MB với (O) (A, B là các tiếp điểm). a) Tính AOM ;
AOB và số đo cung AB nhỏ; b) Tính c) Biết OM cắt (O) tại C. Chứng minh C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB.
Hướng dẫn giải Tìm cách giải. Vận dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông khi biết độ dài hai cạnh (theo bán kính) từ đó tính ra được góc ở tâm. Trình bày lời giải a) Do MA và MB là các tiếp tuyến của (O) nên MA ⊥ AO và MB ⊥ BO
Xét tam giác vuông MAO có sin A MO =
AO 1 = AMO = 300 MO 2
AOM = 600 ;
A
M
C
O
b) Tương tự bài 1 tính được AOB = 1200 , sđ AB = 1200 ; B
c) AOC = BOC AC = BC .
191
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
. GÓC NỘI TIẾP - GÓC TẠO BỞI TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG . Lý thuyết 1. Định nghĩa .
A
Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó. Cung nằm bên trong góc được gọi là cung bị chắn.
O
Trong hình bên thì
là góc nội tiếp BAC là cung bị chắn BC
B C
x
Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và một cạnh là một tia tiếp tuyến còn cạnh kia chứa dây cung của đường tròn đó.
B
A
Theo hình bên thì
là hai góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung. và BAy BAx
O
2. Định lý .
y
Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn. Số đo của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo góc của cung bị chắn. 3. Hệ quả 1. Trong một đường tròn : a) Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau. b) Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau. c) Góc nội tiếp (nhỏ hơn hoặc bằng 900 ) có số đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung. d) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.
4. Hệ quả 2. Trong một đường tròn, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau. 5. Thêm dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến. Cho tam giác ACD. Trên tia đối của tia CD lấy điểm P. Tia AP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD nếu thoả mãn một trong hai điều kiện sau : A
= PAC ; a) ADC b) PA2 = PC. PD . D
C
P
PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN
Điểm nằm chính giữa cung chia cung đó thành 2 cung có số đo bằng nhau. Hai góc nội tiếp chắn hai cung đó thì bằng nhau. Để chứng minh đẳng thức hình học, suy nghĩ quy về chứng minh tam giác đồng dạng dựa vào các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc hai cung bằng nhau trong một đường tròn. Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông. Góc nội tiếp ( nhỏ hơn bằng 900 ) có số đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung
192
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
. Bài tập. Bài 1: Cho đường tròn (O) có các dây cung AB, BC, CA. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Vẽ dây MN song song với BC và gọi S là giao điểm của MN và AC. Chứng minh SM = SC và SN = SA. Hướng dẫn giải
Tìm cách giải. Vận dụng tính chất trong một đường tròn, góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau từ đó chỉ ra các tam giác ASN và MSC cân tại S
A S
M
Trình bày lời giải = sđ MA Do M là điểm chính giữa cung nhỏ AB nên sđ MB
N
O
B
C
= sđ NC = MCB sđ MB Do MN // BC nên NMC = sđ MA sđ NC Vậy sđ MB = = ANS (hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau) NAS = SCM (hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau) SMC Vậy các tam giác ASN và MSC cân tại C SN = SA; SM = SC
Nhận xét: Ở bài toán này học sinh có thể nhớ tới bài toán: Trong một đường tròn, hai cung bị chắn giữa hai dây
= CN song song thì bằng nhau từ đó nhìn ra MB
Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tia phân giác góc A cắt BC tại D và cắt đường tròn tại điểm thứ hai là M. Kẻ tiếp tuyến AK với đường tròn (M, MB), K là tiếp điểm. Chứng minh rằng DK vuông góc với AM.
Hướng dẫn giải = 90° nên DK ⊥ AM ⇔ ∆DMK ” ∆ KMA . Mặt khác hai tam giác có Tìm cách giải. Ta có: AKM AMK chung. Do yêu cầu chứng minh về góc nên để chứng minh hai tam giác đồng dạng ta nên
dùng c.g.c. Do vậy cần chứng minh
MD MK = . MK MA
193
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Trình bày lời giải:
=A mà B =A ( góc nội tiếp) nên B =A . A 1 2 1 2 1 1
∆MBD ∽ ∆MAB (g.g)
A
MD MB MD MK = = MB MA MK MA
= Kết hợp với DMK AMK (góc chung)
1 2
K
O B
1
= MKA = 90° ta có: ∆DMK ” ∆ KMA (c.g.c) MDK
C
D
Vậy DK ⊥AM.
M
Bài 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AH và nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính AM. a) Tính ACM ;
= OCA ; b) Chứng minh BAH c) Gọi N là giao điểm AH với đường tròn (O). Tứ giác BCMN là hình gì? Vì sao?
Hướng dẫn giải Tìm cách giải. Ta có: ACM = 90 0 , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. Nhận định tam giác = OCA ta sẽ có BAH = CAO từ đó tìm ra tam giác đồng AOC là tam giác cân nên nếu BAH dạng để giải toán. Trình bày lời giải = 900 (góc nội tiếp). a) Ta có ACM (cùng chắn cung AC) và b) Vì ABC = AMC AHB = ACM = 900
A
Nên ∆ABH và ∆AMC đồng dạng ( g-g)
= OAC BAH BAH = OCA OCA = OAC
O
= 900 AN ⊥ NM và AN ⊥ BC nên MN // BC MNBC c) ANM , là hình thang = sđ CM (xem chứng minh Bài 1) BC / / MN sđ BN
B
C
H N
M
= sđ CN BM = CN MNBC là hình thang cân. sđ BM
Bài 4: Cho đường tròn tâm O và một dây AB của đường tròn đó. Các tiếp tuyến vẽ từ A và B của đường tròn cắt nhau tại C. Gọi D là một điểm trên đường tròn có đường kính OC ( D khác A và B). CD cắt cung AB của đường tròn (O) tại E. (E nằm giữa C và D). Chứng minh rằng: =D a) BED AE .
b) DE 2 = DA.DB.
Hướng dẫn giải 194
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Tìm cách giải -
Trong quá trình chứng minh về góc, nên sử dụng tính chất về góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng hệ quả của chúng.
-
Để chứng minh DE 2 = DA.DB. , nên ghép chúng vào hai tam giác có cạnh là DA, DB và DE là cạnh chung của hai tam giác, rồi chứng minh chung đồng dạng. Do đó ta chọn ∆BED và ∆EAD. A
Trình bày lời giải
= EAB ; DCB = DAB nên a) Ta có : EBC + DCB = EAB + DAB . EBC
D
E C
O
+ DCB = BED, EAB + DAB = DAE . Mặt khác : EBC =D Vậy BED AE .
B
= ABC = CAB = EDB mà theo câu a): b) Ta có : ADE
=D BED AE , suy ra: ∆BED ∽ ∆EAD (g-g)
DE DB = DE 2 = DA.DB DA DE
Bài 5: Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Các điểm M, N, P là điểm chính giữa của các cung AB, BC, CA. Gọi D là giao điểm của MN và AB, E là giao điểm của PN và AC. Chứng minh rằng DE song song với BC.
Hướng dẫn giải Tìm cách giải. Khai thác điểm chính giữa của một cung , ta nhận được các tia phân giác của góc. Do vậy nếu khai thác tính chất đường phân giác của tam giác, ta được các tỉ số. Với suy luận đó, để chứng minh DE // BC ta cần vận dụng định lý Ta-lét đảo. Trình bày lời giải:
A
NE là đường phân giác của ∆ANC AE = AN (1) AP = PC EC NC ND là đường phân giác của ∆ANB AD = AN (2) AM = MB DB NB
P M D
E O
B
C
= NC NB = NC (3) BN Từ (1), (2) và (3) suy ra
N
AE AD = , do đó DE // BC. EC DB
Bài 6: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB và một cát tuyến MCD. Gọi I là giao điểm của AB và CD. Chứng minh rằng:
IC MC . = ID MD
Hướng dẫn giải Tìm cách giải. Khai thác góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung dễ dàng chỉ ra ∆MAC ∽ ∆MDA và ∆MBC ∽ ∆MDB . Từ đó biến đổi các hệ thức để giải bài toán. Trình bày lời giải
195
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
chung. Suy ra ∆MAC ∽ ∆MDA = Ta có MAC ADC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung); AMD
(g-g) suy ra: MA2 = MC.MD và
MA AC = MD AD
Tương tự: ∆MBC ∽ ∆MDB suy ra:
MB BC = MD BD
B
2
Xét
MC MC.MD MA MA MB AC BC = = = ⋅ = ⋅ (1) 2 2 MD MD MD MD MD AD BD
Mặt khác : ∆IAC ∽ ∆IDB suy ra:
IC AC = IB BD
M
C
IB BC ; ∆IBC ∽ ∆IDA suy ra: = ID AD Do đó:
I
O D
A
AC BC AC BC IC IB IC ⋅ = ⋅ = ⋅ = (2) AD BD BD AD IB ID ID
Từ (1) và (2) suy ra:
IC MC = . ID MD
Bài 7: Gọi CA, CB lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O; R) với A, B là các tiếp điểm. Vẽ đường tròn tâm I qua C và tiếp xúc với AB tại B. Đường tròn (I) cắt đường tròn (O) tại M. Chứng minh rằng đường thẳng AM đi qua trung điểm của BC.
Hướng dẫn giải Tìm cách giải. Chỉ ra KB2 = KM.KA và KC2 = KM.KA từ đó suy ra KA = KB (K là giao điểm của AM và BC) Trình bày lời giải Gọi K là giao điểm của AM và BC.
= KAB ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến, dây cung và góc nội tiếp chắn Xét ∆KBM và ∆KAB có: K chung; KBM
của (O) ) cùng chắn cung BM Do đó: ∆KBM ” ∆KAB
KB KM = KB2 = KM.KA (1) KA KB
= MBA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp MCK A
của (I)). cùng chắn cung BM = MBA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp KAC cùng chắn cung AM cuả (O)).
chung , = KAC . Xét ∆KCM và ∆KAC có: K Do đó: MCK = KAC . Do đó MCK ∆KCM” ∆KAC
M
C
O
K I
KC KM = KC2 = KM.KA (2). KA KC
Từ (1) và (2) ta có: KC2 = KB2 KC = KB . Vậy AM đi qua trung điểm K của BC.
196
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 8: Cho hình bình hành ABCD, góc A < 900. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD cắt AC ở E. Chứng mình rằng BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB.
Hướng dẫn giải Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành. IA = IC IE .IA = IE .IC
B
C
∆IBE ” ∆ICD (g.g) IE .IC = IB.ID Từ đó suy ra: IE.IA = IE.IC = IB.ID = IB2
O
IB IA = . IE IB
I E A D
IB IA chung , suy ra = và BIA IE IB = IAB ∆IBE ” ∆IAB (c.g.c) nên IBE .
Ta có ∆IBE và ∆IAB có
Suy ra BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB( định lí bổ sung)
. GÓC CÓ ĐỈNH BÊN TRONG VÀ BÊN NGOÀI ĐƯỜNG TRÒN . Lý thuyết 1. Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn
A
Trong hình bên thì :
D
có đỉnh E nằm bên trong đường tròn (O) gọi là góc có đỉnh ở bên trong BEC
E
đường tròn.
O
Định lí : Số đo góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn.
B
= 1 (sđ ) sđ BEC AD + sđ BC
C
2
2 . Góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn. C
C D E
C D O
A
E
O
E
O
A B
B
B H×nh b H×nh a
H×nh c
Trong hình (a,b,c) thì :
gọi là góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn. BEC Định lí : Số đo của góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn. PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN
Gặp bài toán tiên quan đến những góc có đỉnh ở bên trong hay bên ngoài đường tròn ta thường tính số đo của chúng theo số đo các cung bị chắn rồi biến đổi tổng hoặc hiệu của 197
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
hai cung thành một cung Số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung Số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn
. Bài tập. Bài 1: Cho tứ giác ABCD có bốn đỉnh thuộc đường tròn . Gọi M, N, P, Q lần lượt là điểm chính giữa các cung AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng : MP ⊥ NQ .
Hướng dẫn giải Tìm cách giải. Để chứng minh MP ⊥ NQ ta gọi I là giao điểm của MP và NQ và cần chứng minh = 90° . Nhận thấy MIQ là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn, do vậy ta cần biểu diễn góc MIQ MIQ
theo các cung của đường tròn và biến đổi các cung ấy. Trình bày lời giải Gọi I là giao điểm của MP và NQ. Ta có.
b M
= 1(sđ MQ + sđ NP ) MIQ 2
N
A
=
C
I
1 1 + sđ CD ). AB + sđ AD + sđ BC = . (sđ 2 2
o Q
1 . 360o = 90o . Vậy MP ⊥ NQ. 4
P
Bài 2: Cho đường tròn (O), hai đường kính AB và CD vuông góc nhau, điểm M thuộc cung nhỏ BC. Gọi E là giao điểm của MA và là giao điểm của MD và AB. Chứng minh rằng:
với CD, F
d
= a) DAE AFD ; b) Khi M di động trên cung nhỏ BC thì diện tích tứ giác AEFD không đổi.
Hướng dẫn giải
= sdDBM a) DAE (góc nội tiếp) . 2
C M
= sdDB + sd MB = sdDBM AFD ( góc có đỉnh ở bên trong đường tròn) 2 2
E 1 A
= AFD Suy ra DAE =A ( = 45° ) và E = ADF ( cách chứn minh tương tự câu a) b) Ta có: D 1 1 1
nên ∆DAE ∽ ∆ADF ( g .g )
DE AD = AF .DE = AD 2 . AD AF
Mặt khác AEFD là tứ giác có hai đường chéo AF, DE vuông góc với nhau.
198
1
O
1 D
F
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
1 2
1 2
Do đó S AEFD = AF ⋅ DE = AD 2 , không đổi.
. MỘT SỐ BÀI TẬP DẠNG 1: GÓC NỘI TIẾP – GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG I.
Trắc nghiệm:
Câu 1: Mỗi khẳng định sau đúng hay sai: A. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung luôn nhỏ hơn 900. B. Trong một đường tròn, các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau. C. Góc vuông nội tiếp thì chắn nửa đường tròn. D. Góc tù nội tiếp thì có số đo bằng nửa số đo góc ở tâm cùng chắn một cung.
Câu 2: Cho hình vẽ, biết AB là đường kính của đường tròn (O), xy là tiếp tuyến của đường tròn tại A. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng, khẳng định nào sai?
x
C
A. Góc CAx là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung. B. Góc BAy là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung. C. Góc ACB là góc tù.
A
O
< BCO D. CAx y
Câu 3: Ghép mỗi ý ở cột bên trái với mỗi ý ở cột bên phải để được khẳng định đúng A. Góc nội tiếp là góc
1) có số đo bằng 900
B. Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
2) bằng nhau.
C. Trong một đường tròn, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì
3) có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn.
D. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp không bằng nhau, góc lớn hơn thì
4) chắn dây lớn hơn. 5) có cung bị chắn lớn hơn.
II.
Tự luận:
A. Dạng cơ bản: Bài 1: Tam giác ABC nội tiếp (O;R). Tia phân giác của góc A cắt (O) tại M. Tia phân giác góc ngoài tại đỉnh A cắt (O) tại N. CMR: 199
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a) Tam giác MBC cân. b) 3 điểm M, O, N thẳng hàng. Bài 2: Cho (O) và hai dây AB, CD bằng nhau và cắt nhau tại M. ( C thuộc cung nhỏ AB, B thuộc cung nhỏ CD). a) CMR: cung AC = cung DB. b) CMR: ∆MAC = ∆MDB. c) Tứ giác ACBD là hình gì? CM? Bài 3: Cho (O) và hai dây MA và MB vuông góc với nhau. Gọi I, K lần lượt là điểm chính giữa của các cung nhỏ MA, MB. Gọi P là giao điểm của AK và BI. a) CMR: A, O, B thẳng hàng. b) CMR: P là tâm đường tròn nội tiếp ∆MBA.
c) Giả sử MA = 12cm, MB = 16cm, tính bán kính đường tròn nội tiếp ∆MBA. Bài 4 : Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Tia phân giác của góc A cắt (O) tại M. a) CMR : tam giác BMC cân. b) CMR : góc BMC = góc ABC + góc ACB. c) Gọi D là giao điểm của AM và BC. CMR : AB. AC = AD. AM; MD. MA = MB2. Bài 5: Cho nửa đường tròn (O) đường kính CB, A thuộc nửa đường tròn sao cho AB < AC. Tiếp tuyến tại A cắt đường thẳng BC ở I. Kẻ AH vuông góc với BC. CMR: a) AB là tia phân giác của góc IAH. b) IA2 = IB. IC. Bài 6: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ (I) đường kính BH cắt AB ở M. Vẽ (K) đường kính CH cắt AC ở N. a) Tứ giác AMHN là hình gì ? CM ? b) CMR : MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K) ? c) Vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. CMR : Ax // MN.
Bài 7 : Trên nửa đường tròn (O) đường kính AB, lấy hai điểm M và N sao cho cung AM = cung MN = cung NB. Gọi P là giao điểm của AM và BN ; H là giao điểm của AN với BM. CMR : a) Tứ giác AMNB là hình thang cân. b) 4 điểm P, M, H, N cùng thuộc một đường tròn. c) PH vuông góc với AB.
d) ON là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PH.
B. Bài tập nâng cao : Bài 1: Cho (O) và (O’) bằng nhau, cắt nhau tại A và B. Qua B vẽ một cát tuyến cắt các đường tròn (O) và (O’) lần lượt tại C và D. a) CMR : AC = AD. b) Tìm quỹ tích trung điểm M của CD khi cát tuyến CBD quay quanh B. Bài 2: Cho (O) đường kính AB; C chạy trên một nửa đường tròn. Vẽ đường tròn tâm I tiếp xúc với đường tròn (O) tại C, tiếp xúc với đường kính AB tại D. Đường tròn này cắt CA, CB lần lượt tại M và N. a) CMR: 3 điểm M, I, N thẳng hàng .
200
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 b) CMR:ID vuông góc với MN . c) CMR: đường thẳng CD đi qua một điểm cố định. d) Suy ra cách dựng đường tròn (I) nói trên. Bài 3 : Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC, từ điểm M trên cung BC không chứa điểm A, hạ các
đường vuông góc với BC; CA; AB lần lượt tại D; H; K. Chứng minh rằng:
BC CA AB = + MD MH MK
Bài 4: Hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Các điểm M và N theo thứ tự di chuyển trên các đường tròn (O) và (O’) sao cho chiều từ A đến M và từ A đến N trên các đường tròn (O) và (O’) đều theo chiều quay của kim đồng hồ và các cung AM và AN có số đo bằng nhau. Chứng minh rằng đường trung trực của MN luôn đi qua một điểm cố định.
201
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
HƯỚNG DẪN GIẢI DẠNG 1 I.
Trắc nghiệm: Câu 1:
A. S
B. Đ
C. Đ
D. S
B. Đ
C. S
D. S
Câu 2: A. Đ
Câu 3: Nối: A – 3; B – 1; C – 2; D – 5 II.
Tự luận:
A. Dạng cơ bản: Bài 1: a) Chứng minh rằng tam giác MBC cân
; . Mà =B . Vậy tam giác MBC cân tại M. Có A1 = C A2 = B A1 = A2 => C 1 1 1 1 b) Chứng minh ba điểm M; O; N thẳng hàng: Có AM và AN là 2 tia phân giác của hai góc kể bù
= 900 => MN là đường kính của (O) => AM ⊥ AN => MAN => M; O; N thẳng hàng. Bài 2: a) Chứng minh rằng: AC = DB
-
-
C
= sđ Có sđ AC + sđ CB AB = sđ DC Có sđ BD + sđ CB . AC = DB a) Chứng minh ∆MAC = ∆MDB. =B ; AC = BD; Có C A1 = D 1 1 1
1
A
1
B M O
∆MAC = ∆MDB
1
1
D
Bài 3:
202
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a) Chứng minh rằng 3 điểm A; O; B thẳng hàng. b) CMR: P là tâm đường tròn nội tiếp ∆MBA. -
Có I là điểm chính giữa cung nhỏ AM; K là điểm chính giữa cung nhỏ BM => AK; BI lần lượt là tia phân giác của các góc MAB và MBA của tam giác MBA => P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBA.
A O
I
c) Giả sử MA = 12cm, MB = 16cm, tính bán kính đường tròn nội tiếp ∆MBA.
P
Giả sử r là bán kính đường tròn nội tiếp ∆MBA, a là độ dài cạnh huyền, p là nửa chu vi ∆MBA. Ta có: r = p – a
B
M K
Bài 4: a) Chứng minh rằng : tam giác BMC cân -
A
= MC => Có AM là tia phân giác của góc BAC => BM BM = MC => tam giác BMC cân = b) Chứng minh rằng: BMC ABC + ACB
-
= BMA + Có BMC AMC
= = ABC Mà: BMA ACB; AMC
-
= ABC + BMC ACB c) Gọi D là giao điểm của AM và BC. CMR : AB. AC = AD. AM; MD. MA = MB2. ∆ABD ~ ∆AMC => AB. AC = AD. AM ∆MBD ~ ∆MAB => MD. MA = MB2
O
B
C M
Bài 5:
a) CMR: AB là tia phân giác của IAH -
A
= IAB ACB ( góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
= ABH ) BAH ACB (cùng phụ với
= BAH IAB b) CMR: IA2 = IB. IC: Có ∆IAB ~ ∆ICA => IA2 = IB. IC
203
I
B
H
O
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 6: a) Tứ giác AMHN là hình gì ? CM ? -
Tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
A
b) CMR: MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K). -
M
Có AMHN là hình chữ nhật
N
=> NMH = AHM
B
=> MN là tiếp tuyến của (I) => NMH = MBH
H K
I
C
- Chứng minh tương tự ta có MN là tiếp tuyến của (K).
= c) Có Ax là tiếp tuyến của (O) => xAB ACB = NMA => xAB = NMA => Ax // MN => ACB = NHA Bài 7 : a) Tứ giác AMNB là hình thang cân. -
P
Tứ giác AMNB có MN // AB => AMNB là hình thang. Lại có: AN = BM => AMNB là hình thang cân. N
M H A
O
B
b) 4 điểm P, M, H, N cùng thuộc một đường tròn. -
= 900 => P; M; H cùng thuộc đường tròn đường kính PH. Có AMB = 90 0 => PMH
-
= 900 => P; N; H cùng thuộc đường tròn đường kính PH. Có ANB = 90 0 => PNH P; M; N; H cùng thuộc đường tròn đường kính PH. c) PH vuông góc với AB
-
Có H là trực tâm tam giác PAB => PH vuông góc với AB. d) ON là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PH.
-
= NPH = 1 sđ NH của đường tròn đi qua 4 điểm P; M; H; N mà cung NH nằm trong góc ONH Có ONA
2
=> góc ONH là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung NH => ON là tia tiếp tuyến của đường tròn đi qua 4 điểm P; M; H; N.
B. Bài tập nâng cao 204
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 1: a) CMR : AC = AD. -
(O) có góc ACB là góc nội tiếp chắn cung nhỏ AmB.
-
(O’) có góc ADB là góc nội tiếp chắn cung nhỏ AnB
-
(O) và (O’) bằng nhau
A
O
C
O' M
B D
ACB = ADB => ∆ACD cân tại A AC = AD. b) Tìm quỹ tích trung điểm M của CD khi cát tuyến CBD quay quanh B. -
Tam giác ACD cân tại A có M là trung điểm của CD => AM vuông góc với CD
AMB = 90 0 => M thuốc đường tròn đường kính AB.
Bài 2: a) CMR: 3 điểm M, I, N thẳng hàng -
C
= 900 => MN là đường Có ACB = 900 => MCN
M
kính của (I) => M; I; N thẳng hàng. b) CMR:ID vuông góc với MN. -
Có AB là tiếp tuyến của (I) tại D => ID vuông góc với AB.
-
Có MN // AB => ID vuông góc với MN.
A
I O D
c) CMR: đường thẳng CD đi qua một điểm cố định. -
Chứng minh CD là tia phân giác của góc ACB => CD đi qua điểm chính giữa của cung AB. d) Suy ra cách dựng đường tròn (I) nói trên
Bài 3 :
205
N B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 -
Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt (O) tại N
A
= => AB = NC => BMN AMC -
N
Gọi E là giao điểm của BC và MN;
= CAM ; BEM = 1 sđ BM + CN CBM 2
(
)
1 + = sđ BM AB = ACM 2
(
O
B
)
D
K
H
E
C M
∆BME ~ ∆AMC, có MH và MD là 2 đường cao tương ứng=>
(
= MAB ; CMN = = MCB AMB NC AB
-
)
∆CME ~ ∆AMB; có MD; MK là 2 đường cao tương ứng =>
-
Từ (1) và (2) =>
AC BE (1) = MH MD
CE AB = (2) MD MK
AC AB BE CE BC + = + = MH MK MD MD MD
Bài 4: Kẻ các đường kính BOC, BO’D thì C; A; D thẳng hàng, CAD là cát tuyến chung cố định.
I
C
A
D
I
C
A
N
D
N O
O'
O
M O'
B
B
M Ha
Hb
Trường hợp M thuộc cung BC không chứa A ( Ha): ABN = ACM , ACM bù ABM nên ABN bù
ABM , do đó M; B; N thẳng hàng. Trường hợp M thuộc cung BC có chứa A (Hb): ABN = ABM nên M; B; N thẳng hàng. Trong cả hai trường hợp, ta có CM và DN cùng vuông góc với MN. Do đó đường trung trực của MN luôn đi qua trung điểm I của CD, đó là điểm cố định.
206
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
DẠNG 2: GÓC CÓ ĐỈNH Ở BÊN TRONG VÀ BÊN NGOÀI ĐƯỜNG TRÒN I.
Trắc nghiệm: Cho hình vẽ, hãy điền dấu (x) vào ô thích hợp trong bảng sau: TT
Khẳng định
1
= BMD A
2
= sđ BC + sđ AD BMC 2
Đúng
3
+N = 1 sđ BD ABN 2
4
= 1 (sđ BD − sđ AC ) N 2
B
Sai
C O
M
D
A
II. Tự luận: Bài 1. Cho đường tròn (O) trong đó có ba dây bằng nhau AB, AC, BD sao cho hai dây AC, BD cắt nhau tại M tạo thành góc vuông AMB. Tính số đo các cung nhỏ AB, CD. Bài 2. Cho đường tròn (O) và dây AB. Vẽ tiếp tuyến xy // AB có M là tiếp điểm. Chứng minh rằng tam giác cân.
∆MAB là
Bài 3. Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Vẽ dây CD // AB. Đường thẳng AD cắt đường tròn tại một điểm thứ hai là E. Tia CE cắt AB tại M. Chứng minh: a) MB2 = MC.ME;
b) M là trung điểm của AB
Bài 4. Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Vẽ dây AC của đường tròn (O) tiếp xúc với đường tròn (O’). Vẽ dây AD của đường tròn (O’) tiếp xúc với đường tròn (O). Chứng minh rằng: a) AB2 = BC.BD
b)
BC AC 2 = BD AD 2
Bài 5. Cho đường tròn (O) và hai đường kính vuông góc AB và CD. Trên cung BD lấy một điểm M. Tiếp tuyến của (O) tại M cắt AB ở E ; CM cắt AB tại F. Chứng tỏ EF = EM. Bài 6. Cho tam giác ABC, phân giác trong AD. Đường tròn (O) đi qua A, tiếp xúc với BC tại D. Đường tròn (O) cắt AB, AC tương ứng tại M và N. Chứng minh MN // BC.
207
N
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 7. Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), vẽ tiếp tuyến AB và cát tuyến ACD với đường tròn (B là tiếp điểm, C nằm giũa A và D). Tia phân giác của góc CBD cắt đường tròn tại m, cắt CD tại E và cắt tia phân giác của góc BAC tại H. Chứng minh rằng: a)
AH ⊥ BE ;
b) MD2 = MB . ME
Bài 8. Cho đường tròn (O) và dây AB. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và C là điểm nằm giữa A và B. Tia MC cắt đường tròn tại một điểm thứ hai là D. a) Chứng minh rằng MA2 = MC . MD. b) Vẽ đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác ACD. Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn (O’). c) Vẽ đường kính MN của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm A, O’, N thẳng hàng.
Bài 9. Cho đường tròn (O) và một dây AB. Vẽ đường kính CD ⊥ AB (D thuộc cung nhỏ AB). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M. Các đường thẳng CM và DM cắt đường thẳng AB lần lượt tại E và F. Tiếp tuyến của đường tròn tại M cắt đường thẳng AB tại N. Chứng minh rằng N là trung điểm của EF.
208
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
HƯỚNG DẪN GIẢI DẠNG 2 I. Trắc nghiệm: 1. sai
2. đúng
3. đúng
4. đúng
II. Tự luận: Bài 1. Đường tròn (O) có dây: AB = AC = BD Suy ra sđ
AB
= sđ
AC
= sđ
BD
Do đó: sđ
AD
= sđ
AC
- sđ
CD
= sđ
BC
= sđ
BD
- sđ
DC
A
D
O M
Theo định lý góc có đỉnh bên trong đường tròn, ta có: sđ
AD
nên sđ
+ sđ
AD
Lại có: sđ
Suy ra: sđ
= sđ
AB
Hơn nữa sđ
BC
+ sđ
AB
DC
Bài 2. Ta có
B
= 2. sđ BMC = 2.900 = 1800 BC = 90
CD
= sđ
C
0
= 2. sđ
BD
= 450; sđ
= sđ
AB
= 1800 ABC + sđ DC BC
= 900 + sđ
DC
= 900 + 450 = 1350
OM ⊥ xy (tính chất của tiếp tuyến)
B
A
Mà xy // AB nên
O
= MB (định lý đường kính vuông góc với dây cung) Suy ra MA Do đó MA = MB (hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau)
y
x
M
Bài 3.
209
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a)
∆MBE và ∆MCB có
M 1
chung;
=C B 1 2
B
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến
và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BE) Nên
M
O
∆MBE # ∆MCB (g.g)
A
MB ME = MC MB
Suy ra
E
Do đó MB2 = MC.ME
b) Ta có CD // AB nên Mặt khác
=D C 1 1
C
(1)
=D A 1 1
(cặp góc so le trong)
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung CE).
=C A 1 1
Xét
chung; A =C (chứng minh trên) ∆MAE và ∆MCA có: M 2 1 1
Vậy
∆ MAE # ∆MCA (g.g). Suy ra
Do đó MA2 = MC.ME
MA ME = MC MA
(2)
Từ (1) và (2) suy ra MA2 = MB2 do đó MA = MB
Bài 4.a)
∆ABC
và
∆DBA có
A
=D ;C =A A 1 1 2 (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và
b)
Do đó
∆ABC
Suy ra
AB CB = .Vậy AB2 = BC.BD BD AB
∆ABC
#
#
∆DBA (g.g)
∆DBA (chứng minh trên) =>
O'
O
góc nội tiếp cung chắn cung AB)
B C AB CB AC = = BD AB DA 210
D
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Do đó
AB CB AC AC BC AC 2 . = . . Vậy = BD AB DA DA BD AD 2
Bài 5.
C
Đường tròn (O) có:
= 1 sđ CBM EMF 2
(góc giữa tiếp tuyến và dây đi qua tiếp điểm)
= 1 (sđ M EMF B + sđ BC) 2 = 1 (sđ MB + sđA EFM C) 2
B
O
A
E
M
(góc có đỉnh ở trong đường tròn
D
(O) Mà:
sđ B C = sđ AC = 90o
Do đó:
(vì
CD ⊥ AB
= EFM ∆EFM EMF
Bài 6. Chứng minh
).
cân tại E. Vậy: EF = EM.
∆BMD # ∆BDA , suy ra
A
BD2 = BM . BA Tương tự, cũng có CD2 = CN . CA, suy ra
BD 2 BM.BA = CD 2 CN.CA
BD AB AB2 BM.BA Mà = , suy ra = CD CA CA 2 CN.CA BM BA = MN // BC CN CA
O
M
nên
N
B
C D
Bài 7. a) Vì
= DBM CBM
nên
= MD MC
B
(hai góc nội tiếp bằng nhau thì hai cung bị chắn bằng nhau) Góc AEB là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên
O
= sđ BC + sđ MD AEB 2
D
C M
211
H A
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
+ sđ MC sđ B sđ BC CM = = 2 2
(1)
sđ BCM Góc ABM là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung nên sđ ABM = 2
= ABM AEB
Từ (1) và (2) suy ra
Có AH là tia phân giác của góc A nên b)
, do đó
(2)
∆ABE cân tại A.
AH ⊥ BE
∆MDE và ∆MBD có
= MBD MDE nên
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau);
M
chung.
∆MDE # ∆MBD (g. g).
MD ME = MB MD
Suy ra
, do đó MD2 = MB. ME
Bài 8. a)
∆MAC
= MDA MAC
và
∆MDA có:
M 1
M chung;
A
(hai góc nội tiếp chắn hai cung
B C
bằng nhau). Vậy
∆MAC
Suy ra
#
∆MDA (g. g).
MA MC = MD MA
O
D
.
Do đó MA2 = MC . MD.
N
b) Ta có:
=D MAC
(chứng minh trên), mà
= sđ AC D 2
, nên
= sđ AC MAC 2
AM là một tia tiếp tuyến của đường tròn (O’) (Định lí đảo của định lí về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) c) Ta có Suy ra
= 90o MAN
NA ⊥ AM
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MN).
. Mặt khác
O'A ⊥ AM
(tính chất của tiếp tuyến).
Qua điểm A chỉ vẽ được một đường thẳng vuông góc với AM, do đó ba điểm A, O’, N thẳng hàng
212
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 9 . Ta sẽ chứng minh NE = NF bằng cách dùng NM làm trung gian.
= DB và Ta có CD ⊥ AB nên DA đường kính vuông góc với dây cung).
= CB CA
D N
B
A
F
(định lí O
Góc F1 là góc có đỉnh ở bên trong một đường tròn nên:
M C
+ sđ AD sđ BM + sđ B sđ BM D sđ M BD Fɵ 1 = = = 2 2 2
M 3
là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung nên
Từ (1) và (2) suy ra
F 1 = M 3
do đó
∆NMF
sđ MBD M3 = 2
= sđ AC − sđ BM = sđ BC − sđ BM = sđ MC E 2 2 2
Góc M2 là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung nên
Do đó
∆NME
=M E 2
, dẫn tới
(2)
cân tại N, suy ra NF = NM.
Góc E là góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn nên:
Từ (3) và (4) suy ra
(1)
=M E 1
= sđ MC M 2 2
(vì
=M M 1 2
. (4)
)
cân, suy ra NE = NM tại N. Do vậy NE = NF. Vậy N là trung điểm của EF
Ngày 10/1/2019 Tổng hợp: TOÁN HỌA
Chủ đề
0986 915 960
3
TỨ GIÁC NỘI TIẾP CHỨNG MINH CÁC ĐIỂM THUỘC 1 ĐƯỜNG TRÒN
C. TỨ GIÁC NỘI TIẾP – CHỨNG MINH CÁC ĐIỂM THUỘC 1 ĐƯỜNG TRÒN MỤC LỤC
213
(3)
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
C. TỨ GIÁC NỘI TIẾP – CHỨNG MINH CÁC ĐIỂM THUỘC 1 ĐƯỜNG TRÒN 213 . TỨ GIÁC NỘI TIẾP 214 . Lý thuyết
214
. Bài tập 217
. CHỨNG MINH CÁC ĐIỂM CÙNG THUỘC MỘT ĐƯỜNG TRÒN 223 . Lý thuyết
223
. Bài tập. 223
. BÀI TẬP THAM KHẢO (tự luyện)
225
Dạng 1: Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới góc bằng nhau ...... 225 Dạng 2: Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800 ................................................... 226 Dạng 3: Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện ........... 227 Dạng 4: Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm ........................................................ 227 Dạng 5: Chứng minh 5 điểm nằm trên một đường tròn ............................................ 227
Trong bài hình học trong đề thi tuyển sinh vào 10, câu a sẽ thường yêu cầu các em chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp hoặc chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn. Đây là một ý dễ trong bài toán nên các em hãy kiếm điểm tối đa từ ý này nhé! Chủ đề dưới đây đã hệ thống một số biện pháp chứng minh tứ giác là tứ giác nội tiếp mà các em thường gặp. Hãy nắm vững kiến thức đã học trước đó để phục vụ cho lời giải nhé!
Chúc các em đạt kết quả cao trong học tập!
. TỨ GIÁC NỘI TIẾP . Lý thuyết 1. Định nghĩa .
A
Một tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn (gọi tắt là tứ giác nội tiếp). Hình bên :Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
3. Định lí đảo. Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng 1800 thì tứ giác đó nội tiếp đường tròn. 4. Một số phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp.
214
B
O
2. Định lí. Trong một tứ giác nội tiếp,tổng số đo hai góc đối diện bằng 1800 . D
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Phương pháp 1:
Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800.
Phương pháp 2:
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.
Phương pháp 3:
Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc α
Phương pháp 4:
Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện. (tương tự phương pháp 1)
Phương pháp 5:
Định lý Ptoleme hay đẳng thức Ptoleme
Thuận: Nếu một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn thì tích của hai đường chéo bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện Đảo: Nếu một tứ giác thỏa mãn điều kiện tổng các tích của các cặp cạnh đối diện bằng tích của hai đường chéo thì tứ giác đó nội tiếp một đường tròn.
Ví dụ minh họa: Bài 1:
Cho tam giác ABC, 2 đường cao BB’, CC’. Chứng minh tứ giác BCB’C’ nội tiếp.
Hướng dẫn giải Cách 1: Phương pháp 2: Chứng minh 4 đỉnh cách đều 1 điểm
215
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Gọi O là trung điểm của BC. Xét ∆BB’C có :
= 90 0 (GT) BB'C
OB’ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
OB’ = OB = OC = r Xét ∆BC’C có :
A
(1)
C'
= 90 0 (GT) BC'C
Tương tự trên OC’ = OB = OC = r
(2)
Từ (1) và (2) B, C’, B’, C ∈ (O; r) Tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn.
B
Cách 2: Phương pháp 3: Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lạ dưới một góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
O
Ta có: BB’ ⊥ AC (giả thiết)
A
C'
B'
= 90 0 . BB'C
B'
= 90 0 . CC’ ⊥ AB (giả thiết) BC'C B’, C’ cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông
B O
C
B’, C’ nằm trên đường tròn đường kính BC Hay tứ giác BC ' B ' C nội tiếp đường tròn đường kính BC.
Cách 3: Phương pháp 1 và phương pháp 4: Tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 1800 và Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện. Ta có: BB’ ⊥ AC (giả thiết)
= 90 0 . BB'A
= 90 0 . CC’ ⊥ AB (giả thiết) CC'A chung. Xét ∆AB ′B và ∆AC ′C có AB ′B = AC ′C = 90 0 và BAC
216
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Vậy ∆AB′B ∼ ∆AC ′C (g-g) Xét ∆AB′C ′ và ∆ABC ta có
AB ' AB AB ' AC ' = = AC ' AC AB AC
A
AB ' AC ' chung. Vậy và BAC = AB AC
C'
B'
∆AB′C ′ ∼ ∆ABC (c-g-c) . Tứ giác BC ' B ' C có góc ngoài tại đỉnh B ' bằng AB 'C' = ABC góc trong tại đỉnh B . Vậy tứ giác BC ' B ' C nội tiếp. (Phương pháp 2)
B O
Để sử dụng theo phương pháp 1 có thể chỉ ra tứ giác BC ' B ' C có
C ' BC + C ' B ' C = 1800 nên tứ giác BC ' B ' C là tứ giác nội tiếp
. Bài tập Bài 1: Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C) là tiếp điểm. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ các đường vuông góc MI, MH, MK xuống các cạnh BC, CA, AB. Gọi giao điểm của BM và IK là P; giao điểm của CM, IH là Q. a) Chứng minh rằng các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp được; b) Chứng minh MI2 = MH.MK; c) Chứng minh tứ giác IPMQ nội tiếp rồi suy ra PQ ⊥ MI ; Hướng dẫn giải
= BKM = 900 suy ra tứ giác BIMK nội tiếp. (phương pháp 1) a) * BIM = CHM = 900 suy ra tứ giác CIMH nội tiếp. (phương pháp 1) * CIM = KBM . (nội tiếp cùng chắn = IBM ; (nội tiếp cùng chắn cung MI); KIM b) Tứ giác BIMK nội tiếp nên IKM (1)
cung KM)
= MCH. (cùng chắn cung MH) = IHM ; (cùng chắn cung MI); MIH Tứ giác CIMK nội tiếp nên ICM (2)
= MCH. (góc tạo bởi = BCM ; (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung(; MBI Xét đường tròn tâm (O) có : KBM tiếp tuyến và dây cung)
(3)
217
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Từ (1) ,
( 2 ) , ( 3) suy ra
= IHM ; MKI = MIH. KIM
Do đó ∆IMK ∼ ∆MHI ( g .g )
MK MI = MI 2 = MK .MH . MI MH
+ PIQ = BMC + PIM + QIM c) * Ta có PMQ
+ MCI + MBC = 1800 = BMC + PIQ = 1800 Hay PMQ
Suy ra tứ giác MPIQ nội tiếp. (phương pháp 1) = MIQ MPQ = MBC * Từ đó ta có MPQ PQ / / BC mà MI ⊥ BC nên MI ⊥ PQ
Bài 2: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB . Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn ( C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E ; MB cắt nửa đường tròn ( O ) tại D ( D khác B ). a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh MBCD là tứ giác nội tiếp (xem cách giải Bài 3)
Hướng dẫn giải
x N C M
D E
A
I
H
O
B
+ MCO = 1800 Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: MAO = MCO = 900 . Tứ giác AMCO có MAO
AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO. ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ADM = 900 (1)
218
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Lại có: OA = OC = R ; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC
AEM = 900 (2).
ADM = AEM = 90 . Tứ giác AMDE có hai đỉnh A, E kề nhau cùng nhìn cạnh MA dưới Từ (1) và (2) suy ra một góc không đổi. Vậy là tứ giác AMDE nội tiếp đường tròn đường kính MA . 0
Bài 3: Cho nữa đường tròn tâm O đường kính AB , kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đường tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lượt ở E , F ( F ở giữa B và E )
. 1. Chứng minh: ABD = DFB 2. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp.
Hướng dẫn giải
= 90o (vì tổng ba góc của một 1) ∆ADB có ADB = 90 o ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) ABD + BAD tam giác bằng 180 o )(1) X
E
= 90o (vì tổng ABF = 90 o ( BF là tiếp tuyến ). AFB + BAF ∆ABF có ba góc của một tam giác bằng 180 o ) (2) Từ (1) và (2) ABD = DFB
C D
F
ABD + ACD = 180o . 2) Tứ giác ACDB nội tiếp ( O ) + ACD = 180o ( Vì là hai góc kề bù) ECD = DBA mà ECD
A
O
B
, ECD = DBA ECD = DFB . Mà EFD + DFB = 180 o ( Vì là hai góc kề bù) ABD = DFB Theo trên + nên ECD AEFD = 180o , do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp.
Bài 4: Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2 R . Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ AH ⊥ BC . Nửa đường tròn đường kính BH , CH lần lượt có tâm O1 ; O2 cắt AB và CA thứ tự tại D và E . a) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R = 25 và BH = 10 b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.
219
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải = 90 o (vì góc nội tiếpchắn nửa đường Ta có BAC tròn)
A
E
= CEH = 90 o Tương tự có BDH = ADH = AEH = 90o hay Xét tứ giác ADHE có A ADHE là hình chữ nhật.
D
B
O1
H
O
O2
C
Từ đó DE = AH mà AH 2 = BH .CH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
2 2 hay AH = 10.40 = 20 ( BH = 10; CH = 2.25 − 10 = 40 ) DE = 20
=C = ADE (1) (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà DAH b) Ta có: BAH = ADE do C + BDE = 180o nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. (Vì ADHE là hình chữ nhật) => C Lưu ý: Có thể hướng dẫn học sinh một cách sử dụng hệ thức lượng và tam giác đồng dạng như sau: Tam giác AHB vuông tại H, đường cao AH. Ta có AH 2 = AD. AB Tam giác AHC vuông tại H, đường cao AE. Ta có AH 2 = AE. AC Ta có AD.AB = AE.AC
AD AE = AC AB
Xét tam giác ADE và tam giác ACB có
AD AE 0 = , BAC = DAE = 90 (góc chung) AC AB
= 1800 nên = 1800 ∆ADE” ∆ACB ADE = ACB mà ADE + EDB ADE + ECB = 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. ADE + ECB Tứ giác BDEC có Bài 5: Từ bài toán quen thuộc cho (O,R). Trên nửa mặt phẳng bờ AB kẻ tiếp tuyến Ax và By với (O), lấy N thuộc (O), kẻ tiếp tuyến với (O) tại N cắt Ax tại C, cắt By tại D. Gọi I và K lần lượt là giao điểm của AN và CO, MN và OD. Chứng minh NIOK là hình chữ nhật. Ta có bài toán sau:
D
N C I A
220
K O
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB . Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA , điểm N thuộc nửa đường tròn ( O ) . Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By . Đường thẳng qua N và vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D . a) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD từ đó suy ra IMKN là tứ giác nội tiếp.
y
x
D N
C
K
I
O
M
A
0
B
0
a) Ta có tứ giác ACNM có: MNC = 90 (gt) MAC = 90 (tínhchất tiếp tuyến).
+ MAC = 1800 ACNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC . Tương tự tứ giác BDNM MNC nội tiếp đường tròn đường kính. MD b) ∆ANB và ∆CMD có:
ABN = CDM (do tứ giác BDNM nội tiếp) BAN = DCM (do tứ giác ACNM nội tiếp ) nên ∆ANB ∼ ∆CMD (g.g) = ANB = 90o (do ANB c) ∆ANB ∼ ∆CMD CMD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) ) 0 + IMK = 1800 . Vậy IMKN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IK Suy ra IMK = INK = 90 INK Bài 6: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), M là điểm chính giữa của cung AB. Nối M với D, M với C cắt AB lần lượt ở E và P. Chứng minh tứ giác PEDC nội tiếp được đường tròn.
Hướng dẫn giải
221
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= MEP
Ta có :
(
sd AD + MB 2
= sd DM Mà DCP 2
= Hay DCP
)
(góc có đỉnh nằm bên trong (O))
M
(góc nội tiếp)
(
sd AD + MA
A
)
P
E
B
O
2 D
Lại có :
= MB AM
Nên :
= DCP MEP
C
Nghĩa là: Tứ giác PEDC có góc ngoài tại đỉnh E bằng góc trong tại đỉnh C. Vậy tứ giác PEDC nội tiếp được đường tròn.
Bài 7:
Định lý Ptoleme.
Ta có : Tứ giác ABCD nội tiếp (O) Ta phải chứng minh: AC. BD = AB. DC + AD. BC
Hướng dẫn giải Lấy E ∈ BD sao cho
= EAD BAC
B
∆DAE ” ∆CAB (g. g)
A
AD DE = AC BC
E
AD. BC = AC. DE (1) Tương tự: ∆BAE ” ∆CAD (g. g)
BE AB = CD AC
D
BE. AC = CD. AB (2) Từ (1) và (2) AD. BC + AB. CD = AC. DE + EB. AC
AD. BC + AB. CD = AC. DB (đpcm)
222
O
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
. CHỨNG MINH CÁC ĐIỂM CÙNG THUỘC MỘT ĐƯỜNG TRÒN . Lý thuyết Phương pháp: - Chỉ ra khoảng cách từ một điểm tới tất cả các điểm đều bằng nhau.
Lợi dụng các tam giác vuông có cạnh huyền chung Chứng minh các đỉnh của một đa giác cùng nằm trên một đường tròn. Sử dụng cung chứa góc. Chứng minh các tứ giác nội tiếp. . Bài tập. Bài 1: Cho hình thoi ABCD có góc A bằng 600 , AB = a. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng 6 điểm E, F, G, H, B, D cùng nằm trên một đường tròn. Xác định tâm và tính bán kính của đường tròn đó theo a.
Hướng dẫn giải Gọi O là giao điểm của AC và BD ta có OB = OD
B
Do ABCD là hình thoi nên ta có AC ⊥ BD .
= 600 nên BAO = 300 (tính chất đường Ta có BAD chéo hình thoi)
E A
C
O
Tam giác ABO vuông tại O có
OB = a.sin 300 = a OB = ABsinBAO 2
F
H
G D
= 900 ( hai ABO + BAO Xét tam giác vuông ABO có = 300 suy ra = 600 ABO = 600 hay EBO góc phụ nhau) mà BAO OE =
1 AB = EB = EA ( tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông và E là trung điểm của AB. 2
= 600 nên tam giác EBO là tam giác đều Tam giác EOB là tam giác cân tại E có EBO OE = OB Chứng minh tương tự với các tam giác vuông BOC, COD và DOA ta có :
223
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
OE = OB = OF = OC = OG = OD = OH Vậy 6 điểm E, F, G, H, B, D cùng nằm trên một đường tròn tâm O. Bán kính OB =
a 2
Bài 2: Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên AC lấy điểm D. Hình chiếu của D lên BC là E, điểm đối xứng của E qua BD là F. Chứng minh 5 điểm A, B, E, D, F cùng nằm trên một đường tròn. Xác định tâm O của đường tròn đó.
Hướng dẫn giải
= 900 Do DE ⊥ BC DBE Vì E và F đối xứng với nhau qua BD nên BD là đường trung trực của đoạn thẳng EF
BF = BE ; DF = DE
F
A
= BED = 900 ∆BFD = ∆BED (c-c-c) BFD
D
Cách 1. Gọi O là trung điểm của BD. Xét tam giác vuông ABD vuông tại A có AO là trung tuyến nên AO =
1 BD = OB = OD (1) 2
O B
E
Tam giác vuông BDE vuông tại E có OE là trung tuyến nên EO =
C
1 BD = OB = OD (2) 2
Tam giác vuông BFDvuông tại F có OF là trung tuyến nên FO =
1 BD = OB = OD (3) 2
Từ (1), (2), (3) OA = OB = OD = OE = OF . Vậy 5 điểm A, B, E, D, F cùng nằm trên một đường tròn tâm O với O là trung điểm của BC. Cách 2:
+ DEB = 1800 nên tứ giác BADE là tứ giác nội tiếp. Tứ giác BADE có BAD Tâm của đường tròn này là trung điểm của BD
+ DEB = 1800 nên tứ giác BFDE là tứ giác nội tiếp. Tứ giác BFDE có BFD Tâm của đường tròn này là trung điểm của BD Từ và suy ra 5 điểm A, B, E, D, F cùng nằm trên một đường tròn tâm O với O là trung điểm của BC.
Bài 3: Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến AB, AC. Cát tuyến ADE không đi qua tâm O (D nằm giữa A và E). Gọi I là trung điểm của DE. Chứng minh 5 điểm O,B,A,C,I cùng thuộc một đường tròn.
Hướng dẫn giải
224
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Do AC và AB là các tiếp tuyến nên
C
= OBA = 900 OCA Do I là trung điểm của ED nên OI ⊥ ED
P
(đường kính đi qua trung điểm của dây thì vuông góc với dây cung)
= OIA = 90 hay OID
O
0
Gọi P là trung điểm của OA
D I
E B
Xét tam giác vuông OCA có CP là đường trung tuyến nên CP =
A
1 AO = OP = PA 2
Xét tam giác vuông OBA có BP là đường trung tuyến nên BP = Xét tam giác vuông OIA có IP là đường trung tuyến nên IP =
1 AO = OP = PA 2
1 AO = OP = PA 2
Vậy OP = PA = PC = PI = PB nên 5 điểm O,B,A,C,I cùng thuộc một đường tròn.
. BÀI TẬP THAM KHẢO (tự luyện) Dạng 1: Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới góc bằng nhau Bài 1: Cho đường tròn đường kính AB, C là một điểm trên đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm D, gọi M là một điểm chính giữa cung BD. Đường thẳng MC cắt đường tròn tại E, đường thẳng DE cắt AM tại K. Đường thẳng đi qua C và song song với AD cắt DE tại F. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AKCE nội tiếp một đường tròn b) CK ⊥ AD c) CF = CB
AB > AC ); D là điểm Bài 2: Cho đường tròn tâm O có đường kính BC. Gọi A là một điểm thuộc cung BC ( thuộc bán kính OC. Đường thẳng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E, cắt tia BA tại F. a) Chứng minh tứ giác ADCF là tứ giác nội tiếp b) Gọi M là trung điểm của EF. Chứng minh rằng : AME = 2 ACB c) Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn (O) d) Tính diện tích hình giới hạn bởi các đoạn thẳng BC, BA và cung nhỏ AC của đường tròn (O) biết BC = 8cm; ABC = 600
= 450 . Biết BD cắt Bài 3: Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC, AD lần lượt lấy các điểm E, F sao cho EAF AE, AF theo thứ tự tại G, H. Chứng minh rằng
225
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a) ADFG; GHFE là các tứ giác nội tiếp b) Tam giác CGH và tứ giác GHFE có diện tích bằng nhau Bài 4: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD = AC.
= 2 BDC a) Chứng minh rằng BAC b) Gọi M là điểm trên cung AC, trên tia đối của tia MB lấy điểm E sao cho ME = MC. Chứng minh rằng bốn điểm B; D; E; C thuộc một đường tròn Bài 5: Trên đường tròn (O) lấy hai điểm B và D. Gọi A là điểm chính giữa cung lớn BD. Các tia AD, AB cắt tiếp tuyến Bx và Dy của đường tròn lần lượt tại N và M. Chứng minh. a) Tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn b) MN// BD c) MA.MB = MD 2 Bài 6: Cho tam giác ABC vuông ở A, với AC > AB. Trên AC lấy điểm M, vẽ đường tròn tâm O đường kính MC. Tia BM cắt đường tròn (O) tại D. Đường thẳng qua A và D cắt đường tròn (O) tại S. a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh ABD = ACD c) Chứng minh AC là tia phân giác của góc SCB d) Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh rằng các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy. e) Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE f) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE k) Biết bán kính đường tròn (O) là R và ACB = 300 . Tính độ dài cung MS.
Bài 7: Cho đường tròn (O;R) có AB là đường kính cố định, còn CD kà đường kính thay đổi. Gọi (d) là tiếp tuyến của đường tròn tại B; AC, AD lần lượt cắt (d) tại P, Q. a) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp được đường tròn b) Chứng minh đường trung tuyến AI của tam tam giác AQP vuông góc với DC c) Khi CD thay đổi thì tâm E của đường tròn ngoại tiếp tam giác CPD chuyển động trên đường nào ?
Dạng 2: Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800 Bài 1: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB, AC lần lượt tại F; E. Gọi H là giao điểm của BE, CF; D là giao điểm của AH với BC. 1. Chứng minh rằng: a) Các tứ giác AEHF; AEDB nội tiếp đường tròn b) AF.AB = AE.AC 2. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu AD + BE + CF = 9r thì tam giác ABC đều. Bài 2: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AC > BC) nội tiếp đường tròn tâm O. Vẽ các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại A và B, các tiếp tuyến này cắt nhau tại M. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên MC. a) Chứng minh rằng: MAOH là tứ giác nội tiếp b) Tia HM là phân giác của góc AHB c) Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt các đường thẳng MA, MB lần lượt tại E và F. Nối HE cắt AC tại F, nối HF cắt BC tại Q. Chứng minh rằng PQ//EF. Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
226
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a) Chứng minh rằng các tứ giác BFEC, BFHD nội tiếp b) Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF c) AD cắt cung BC tại M. Chứng minh rằng tam giác BHM cân. Bài 4: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M thuộc nửa đường tròn, điểm C thuộc đoạn OA. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa M vẽ tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua M và vuông góc với MC cắt Ax, By tại P và Q. AM cắt CP tại E; BM cắt CQ tại F. a) Chứng minh rằng tứ giác APMC nội tiếp. b) Chứng minh rằng
=1v PCQ
c) Chứng minh rằng EF // AB Bài 5: Cho nửa đường tròn đường kính AB. C là một điểm thuộc nửa đường tròn. Trên tia đối của tia CA lấy điểm D sao cho AD = AB. Trên đoạn AB lấy điểm E sao cho AE = AC; DE cắt BC tại H; AH cắt nửa đường tròn tại K. Chứng minh:
= BAH a) DAH b) OK ⊥ BC c) Tứ giác ACHE nội tiếp d) B, K, D thẳng hàng
Dạng 3: Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện Bài 1: Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Kẻ tiếp tuyến Bx với nửa đường tròn. Gọi C, D là hai điểm di động trên đường tròn. Các tia AC, AD cắt Bx lần lượt tại E và F ( F nằm giữa B và E). a) Chứng minh rằng ∆ABF ~∆BDF b) Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp được c) Khi C, D di động trên nửa đường tròn. Chứng minh AC.AE = AD.AF có giá trị không đổi.
= 300 , DOC = 600 . Hãy tính diện tích của tứ giác ACDB. d) Cho BOD Bài 2: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, vẽ nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. a) Chứng minh tứ giác AFHE là hình chữ nhật b) Chứng minh BEFC là tứ giác nội tiếp c) Chứng minh: AE. AB = AF . AC d) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn. Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại 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 các điểm thứ hai F, G. Chứng minh: a) Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD. b) Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp được c) AC //FG. d) Các đường thẳng AC, DE, BF đồng quy.
Dạng 4: Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm Bài 1: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B.Các tiếp tuyến tại A của hai đường tròn (O’); (O) cắt đường tròn (O); (O’) lần lượt tại C và D. Trung trực của AC và trung trực của AD cắt nhau tại S. a) Tứ giác AOSO ' là tứ giác gì ? Vì sao? Chứng SB ⊥ AB. b) Lấy E đối xứng với A qua B. Chứng minh tứ giác ACDE nội tiếp
Dạng 5: Chứng minh 5 điểm nằm trên một đường tròn Bài 1: Từ điểm A bên ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB; AC và cát tuyến AMN. Gọi I là trung điểm của MN.
227
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a) Chứng minh AB 2 = AM . AN . b) Chứng minh rằng 5 điểm A, B, I, C, O cùng nằm trên một đường tròn c) Gọi K là giao điểm của BC và AI. Chứng minh rằng:
IB KB = IC KC
Bài 2: Cho ba điểm A, B, C nằm trên đường thẳng xy theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O) đi qua hai điểm B và C. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM, AN (M, N thuộc đường tròn). Gọi E là hình chiếu của O trên xy; AO cắt MN tại F. a) Chứng minh AM2 = AB . AC b) Chứng minh 5 điểm A, N, O, E, M cùng nằm trên một đường tròn c) Đường thẳng ME cắt đường tròn (O) tại I. Chứng minh rằng IN // AB d) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi đường tròn (O) thay đổi. Bài 3: Từ điểm A ở bên ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AN, AM. Trên nửa mặt phẳng bờ AN không chứa M lấy điểm B sao cho ABO = 900 . Đường thẳng BO cắt AN tại D, cắt đường thẳng AM tại C. Đường thẳng BM cắt AN tại K. Gọi I là trung điểm của AC. BI cắt AN tại E. Chứng minh: a) Năm điểm A, B, N, O, M cùng nằm trên một đường tròn. b) BD là phân giác của tam giác BKN. c) DN.AK = AN.DK d) Tam giác BEN cân Bài 4: Cho hình vuông ABCD và một điểm M trên cạnh BC. Vẽ hình vuông AMPQ sao cho P và Q thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AM không chứa đỉnh B. Chứng minh rằng: a) Ba điểm Q, C, D thẳng hàng b) Năm điểm A, M, C, P, Q cùng thuộc một đường tròn c) điểm P chạy trên một đoạn thẳng cố định khi M chuyển động trên cạnh BC Bài 5: Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC (B và C là tiếp điểm) và cát tuyến AMN (M nằm giữa A và N) với đường tròn . Gọi E là hình chiếu của O trên MN, I là giao điểm thứ hai của đường thẳng CE với đường tròn. a) Chứng minh rằng năm điểm A, O, E, C, B cùng nằm trên một đường tròn
b) Chứng minh AEC = BIC
Chủ đề
c) Chứng minh BI//MN d) Xác định vị trí của cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn nhất.
4
CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
D. CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC MỤC LỤC
228
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
D. CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC 228 . LÝ THUYẾT CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC A. CHỨNG MINH HAI ĐOẠN THẲNG BẰNG NHAU
230
230
Phương pháp 1: Hai tam giác bằng nhau 230 Phương pháp 2: Sử dụng tính chất của các hình đặc biệt
233
Phương pháp 3: Sử dụng tính chất của các đường đặc biệt, điểm đặc biệt. Phương pháp 4: Sử dụng các tính chất liên quan đến đường tròn. Phương pháp 5: Sử dụng tỉ số, đoạn thẳng trung gian …
234
235
235
B. CHỨNG MINH HAI ĐOẠN THẲNG TỈ LỆ 236 1. Tính chất trung điểm của đoạn thẳng 236 3. Đường trung bình. 4. Định lý Talet:
236
237
5. Tính chất đường phân giác của tam giác.
238
6. Các trường hợp đồng dạng của tam giác
238
7. Hệ thức lượng trong tam giác vuông. 239 8. Tỉ số lượng giác của góc nhọn. 239
. PHẦN BÀI TẬP.
240
Trong bài hình học trong đề thi tuyển sinh vào 10, sẽ có những yêu cầu chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau hoặc các đoạn thẳng tỷ lệ mà ta gọi chung là đẳng thức hình học. Chủ đề dưới đây sẽ hệ thống một số biện pháp chứng minh đẳng thức hình học. Hãy nắm vững kiến thức đã học trong những năn học Toán THCS để phục vụ cho lời giải nhé! Chúc các em đạt kết quả cao trong học tập!
229
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
. LÝ THUYẾT CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC A. CHỨNG MINH HAI ĐOẠN THẲNG BẰNG NHAU Phương pháp 1: Hai tam giác bằng nhau Lấy một tờ bìa mỏng, gấp đôi lại. Trên nửa tờ bìa vẽ một tam giác. Vẫn gấp đôi tờ bìa, cắt lấy tam giác, ta được hai miếng tam giác có thể đặt trùng khít lên nhau. Đó là hình ảnh của hai tam giác bằng nhau. A A B B
A'
C
C B'
C'
a) Định nghĩa: Hai tam giác bằng nhau là hai tam giác có các cạnh tương ứng bằng nhau, các góc tương ứng bằng nhau.
AB = A′B′; AC = A′C′, BC = B′C′ ∆ABC = ∆A′B′C′ ⇔ =B ′;C =C ′ A′; B A =
230
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
b) Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác *) Trường hợp 1: Cạnh - Cạnh - Cạnh (c.c.c) - Nếu ba cạnh của tam giác này bằng ba cạnh của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau
NÕu ∆ABC vµ ∆A'B'C' cã: AB = A 'B ' AC = A 'C ' ∆ABC = ∆A 'B 'C '( c.c.c ) BC = B 'C '
*) Trường hợp 2: Cạnh - Góc - Cạnh (c.g.c) - Nếu hai cạnh và góc xen giữa của tam giác này bằng hai cạnh và góc xen giữa của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau
NÕu ∆ABC vµ ∆A'B'C' cã: AB = A 'B ' =B ' ∆ABC = ∆A 'B 'C '( c.g.c ) B BC = B 'C '
*) Trường hợp 3: Góc - Cạnh - Góc (g.c.g) - Nếu một cạnh và hai góc kề của tam giác này bằng một cạnh và hai góc kề của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau
NÕu ∆ABC vµ ∆A'B'C' cã: =B ' B BC = B 'C ' ∆ABC = ∆A 'B 'C '(g.c.g ) =C ' C
c) Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác vuông Trường hợp 1: Nếu hai cạnh góc vuông của tam giác vuông này bằng hai cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.
231
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Trường hợp 2: Nếu một cạnh góc vuông và một góc nhọn kề cạnh ấy của tam giác vuông này bằng một cạnh góc vuông và một góc nhọn kề cạnh ấy của tam giác vuông kia thì hai giác vuông đó bằng nhau.
Trường hợp 3: Nếu cạnh huyền và một góc nhọn của tam giác vuông này bằng cạnh huyền và một góc nhọn của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.
Trường hợp 4: Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này bằng cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.
232
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Phương pháp 2: Sử dụng tính chất của các hình đặc biệt (chỉ khai thác yếu tố bằng nhau, tránh nhầm sang dấu hiệu nhận biết) 1. Hai cạnh bên của tam giác cân, tam giác đều. (Hình học lớp 7)
Tam giác cân: Hai cạnh bên của tam giác cân bằng nhau. Tam giác đều: Tam giác đều có 3 cạnh bằng nhau. 2. Sử dụng tính chất về cạnh và đường chéo của các tứ giác đặc biệt: hình thang cân, hình bình hành, hình chữ nhật, hình vuông, hình thoi. (Hình học lớp 8)
Hình thang cân: Hai cạnh bên bằng nhau, hai đường chéo bằng nhau. Hình bình hành: Hai cặp cạnh đối bằng nhau, hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Hình chữ nhật: Hai cặp cạnh đối bằng nhau, hai đường chéo bằng nhau, hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Hình vuông: Bốn cạnh bằng nhau, hai đường chéo bằng nhau, giao điểm của hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Hình thoi: Bốn cạnh bằng nhau, giao điểm của hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. A
A
ABCD là hình thang cân AD = BC AC = BD A B
ABC đều AB = AC= BC
ABC cân AB = AC
B
B
C
ABCD là hình bình hành AD = BC AB = CD OA = OC OD = OB
A
A
C
ABCD là hình chữ nhật AB = CD; AC = BC AC = BD OA = OB = OC = OD
D
C
ABCD là hình vuông AB = BC = CD = DA AC = BD OA = OC = OD = OB
B
B
A
B
O
O
O D
C
ABCD là hình thoi AB = BC = CD = DA OA = OC OD = OB A
D
B
C
ABC vuông tại A AM là đường trung tuyến 1 AM = BC = BM = MC 2
D
A
ABC , phân giác BD M thuộc MD MN ⊥ BA, MP ⊥ BC MN = MP D
C
A N
M O
C B
D
M
C
233
B C
P
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 G là trọng tâm ABC AG cắt BC tại D AD là trung tuyến DB = DC
A
G B
B
F
B
A
OE = OG AB = CD
O
C
D
A
A
O
O
P D
G
C
D
C
B
AB = CD AB = CD
PA, PB là tiếp tuyến của (O) PA = PB
Phương pháp 3: Sử dụng tính chất của các đường đặc biệt, điểm đặc biệt. 1. Sử dụng tính chất đường trung tuyến (đường thẳng đi qua trọng tâm tam giác), đường trung tuyến của tam giác vuông, đường trung bình trong tam giác, các đường đồng quy trong tam giác đặc biệt. + Trung tuyến của một tam giác là một đoạn thẳng nối từ đỉnh của tam giác tới trung điểm của cạnh đối diện + Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.
- “Đường thẳng xuất phát từ một đỉnh và đi qua trọng tâm của một tam giác là đường trung tuyến của tam giác đó” đi qua trung điểm cạnh đối diện. - Về các đường đồng quy trong tam giác đặc biệt: ví dụ: 2 đường trung tuyến ứng với hai cạnh bên của tam giác cân bằng nhau, các đường trung tuyến trong tam giác đều bằng nhau, ….. (phần này khi sử dụng phải chứng minh) + Đường trung bình của tam giác thì song song với cạnh thứ ba và bằng nửa cạnh ấy.
Định lí 1: Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh của tam giác và song song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm của cạnh thứ ba.
2. Điểm nằm trên tia phân giác của một góc thì cách đều hai cạnh của góc đó. - Điểm nằm trên tia phân giác thì cách đều 2 cạnh của góc đó 3. Khoảng cách từ một điểm trên đường trung trực của một đoạn thẳng đến hai đầu đoạn thẳng. (Hình học 7): - Định lý thuận: Điểm nằm trên đường trung trực của một đoạn thẳng thì cách đều hai mút của đoạn thẳng đó.
Nếu điểm M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB thì MA = MB
4. Sử dụng tính chất trung điểm. (Hình học 7)
234
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
- Trung điểm là điểm nằm chính giữa đoạn thẳng, chia đoạn thẳng ra làm hai đoạn dài bằng nhau. 5. Hình chiếu của hai đường xiên bằng nhau và ngược lại. (Hình học 7) - Nếu hai đường xiên bằng nhau thì hai hình chiếu bằng nhau và ngược lại nếu hai hình chiếu bằng nhau thì hai đường xiên bằng nhau.
Phương pháp 4: Sử dụng các tính chất liên quan đến đường tròn. 1. Sử dụng tính chất hai dây cách đều tâm trong đường tròn. (Hình học 9) - Trong một đường tròn: Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau 2. Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến giao nhau trong đường tròn. (Hình học 9) - Nếu hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm thì điểm đó cách đều hai tiếp điểm
3. Sử dụng quan hệ giữa cung và dây cung trong một đường tròn. (Hình học 9) - Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau: Hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau
Phương pháp 5: Sử dụng tỉ số, đoạn thẳng trung gian … 1. Dùng tính chất bắc cầu: Hai đoạn thẳng cùng bằng đoạn thẳng thứ ba. 2. Có cùng độ dài (cùng số đo) hoặc cùng nghiệm đúng một hệ thức. 3. Đường thẳng song song cách đều:
- Nếu các đường thẳng song song cách đều cắt một đường thằng thì chúng chắn trên đường thẳng đó các đoạn thẳng liên tiếp bằng nhau. 3. Sử dụng tính chất của các đẳng thức, hai phân số bằng nhau. 4. Sử dụng kiến thức về diện tích. (Hình học 8) 5. Sử dụng bình phương của chúng bằng nhau (có thể sử dụng định lí Pitago, tam giác đồng dạng, hệ thức lượng trong tam giác, trong đường tròn để đưa về bình phương của chúng bằng nhau).
235
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
B. CHỨNG MINH HAI ĐOẠN THẲNG TỈ LỆ 1. Tính chất trung điểm của đoạn thẳng Trung điểm là điểm nằm chính giữa đoạn thẳng, chia đoạn thẳng ra làm hai đoạn dài bằng nhau. B là trung điểm của đoạn thẳng AC
A
B
C
AB = BC ;
AB BC 1 = = AC AC 2
2. Tính chất ba đường trung tuyến trong tam giác Ba đường trung tuyến của một tam giác cùng đi qua một điểm. Điểm đó cách mỗi đỉnh một khoảng bằng dài đường trung tuyến đi qua đỉnh ấy:
GA GB GC 2 = = = DA EB FC 3
G là trọng tâm của tam giác ABC Khai thác thêm: A G = 2GD ; CG= 2GF; BG=2GE
A
GD GE GF 1 = = = AD BE CF 3 GD GF GE 1 = = = AG CG BG 2
E
F G
D
B
C
3. Đường trung bình. • Đường trung bình của tam giác là đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh của tam giác (h.3.1). • Đường trung bình của hình thang là đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh bên của hình thang (h.3.2). A
M
A N
B N
M
B
D
C
Hình 3.1
C
Hình 3.2
Tính chất • Đường trung bình của tam giác thì song song với cạnh thứ ba và bằng nửa cạnh ấy. Trên hình 3.1 thì MN // BC và M N =
BC . 2
• Đường trung bình của hình thang thì song song với hai cạnh đáy và bằng nửa tổng hai đáy. Trên hình 3.2 thì MN // AB // CD và M N =
AB + CD . 2
Định lí
236
> B
độ
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 • Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh của tam giác và song song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm của cạnh thứ ba. • Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh bên của hình thang và song song với hai đáy thì đi qua trung điểm của cạnh bên thứ hai.
4. Định lý Talet: Tỉ số của hai đoạn thẳng.Tỉ số của hai đoạn thẳng là tỉ số độ dài của chúng theo cùng một đơn vị đo. Đoạn thẳng tỉ lệ. Hai đoạn thẳng AB và CD gọi là tỉ lệ với hai đoạn thẳng A ' B ' và C ' D ' nếu có tỉ AB A'B ' AB CD lệ thức hay = = CD C ' D ' A'B ' C ' D ' Định lí Ta-lét trong tam giác. Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ. Trong hình bên
A
∆ABC
AB ' AC ' AB ' AC ' B ' B C ' C = ; = ; = B ' C '/ / BC AB AC B ' B C ' C AB AC
C/
B/
Định lí Ta-lét đảo. Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì đường thẳng đó song song với cạnh còn lại của tam giác .
C
B
Trong hình bên A
∆ABC AB ' AC ' B ' C '/ / BC . = B ' B C ' C Hệ quả của định lí Ta-lét. Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và song song với cạnh còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba cạnh của tam giác đã cho. Trong hình trên:
C/
B/
C
B
∆ABC
AB ' AC ' B ' C ' = = B ' C '/ / BC AB AC BC
* Chú ý. Hệ quả trên vẫn đúng cho trường hợp đường thẳng a song song với một cạnh của tam giác và cắt phần kéo dài của hai cạnh còn lại .
AB ' AC ' B ' C ' = = AB AC BC C/
B/
a
A A B
C a
B/
C/
B
237
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
5. Tính chất đường phân giác của tam giác. Định lý A
Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỷ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy.
∆ABC DB AB = . = CAD DC AC BAD B
C
D
Chú ý Định lý vẫn đúng đối đường phân giác góc ngoài của tam giác.
∆ABC ( AB ≠ AC) EB AB = . = CAE BAE EC AC
A
Các định lý trên có định lý đảo
DB AB AD là đường phân giác trong của tam = DC AC giác.
E
C
B
EB AB AE là đường phân giác ngoài của tam = EC AC giác.
6. Các trường hợp đồng dạng của tam giác Khái niệm hai tam giác đồng dạng a. Định nghĩa
∆ A ' B ' C ' gọi là đồng dạng với ∆ ABC nếu :
; ; A ' = A; B' = B C'=C A ' B ' A 'C ' B 'C ' . = = AB AC BC
b. Tính chất - Mỗi tam giác đồng dạng với chính nó. - Nếu ∆ ∆ A ' B ' C ' ” ∆ AB C thì ∆ A B C ” ∆ A ' B ' C ' - Nếu ∆ A ' B ' C ' ” ∆ A '' B '' C '' và ∆ A '' B '' C '' ” ∆ A B C thì ∆ A ' B ' C ' ” ∆ A B C
c. Định lí
A
Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của tam giác và song song với cạnh còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới đồng dạng với tam giác đã cho. M
∆ABC
∆AMN ” ∆ABC . MN / / BC
Chú ý. Định lí cũng đúng cho trường hợp đường thẳng cắt phần kéo dài hai cạnh của tam giác và song song với cạnh còn lại.
Trường hợp đồng dạng thứ nhất
238
B
N
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Nếu ba cạnh của tam giác này tỉ lệ với ba cạnh của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng. Nếu
∆ ABC và ∆ A ' B ' C ' có:
AB BC CA = = A ' B ' B 'C ' C ' A '
A
∆ A BC ”
A/
∆A ' B 'C '
Trường hợp đồng dạng thứ hai Nếu hai cạnh của tam giác này tỉ lệ với hai cạnh của tam giác kia và hai góc tạo bởi các cặp cạnh đó bằng nhau, thì hai tam giác đồng dạng. Nếu
C
B
A
∆ ABC và ∆ A ' B ' C ' có:
A'
AB AC A= A ' và = A' B '
C/
B/
A 'C '
thì ∆ A B C ” ∆ A ' B ' C ' .
B
C
Trường hợp đồng dạng thứ ba
C'
B'
Nếu hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng với nhau. Nếu
∆ ABC và ∆ A ' B ' C ' có:
A
A = =B ' A'; B
A'
thì ∆ A BC ” ∆ A ' B ' C '
7. Hệ thức lượng trong tam giác vuông. BC 2 = AB 2 + AC 2 AC 2 = CH .BC AB 2 = BH .BC AH 2 = HB.HC AH .BC = AB.AC 1 1 1 = + 6) 2 2 AH AC AB 2
1) 2) 3) 4) 5)
B
C
a2 = b2 + c2 b2 = a.b′ c2 = a.c′ h2 = b′.c′ h.a = b.c 1 1 1 = + 6) h 2 b2 c 2 1) 2) 3) 4) 5)
A
c
b
h b'
c'
B
H
C
a
C'
B'
8. Tỉ số lượng giác của góc nhọn. Các tỉ số lượng giác của góc nhọn α (hình) được định nghĩa như sau: sin α =
AB AC AB AC ; cos α = ; tan α = ; cot α = BC BC AC AB B
+ Nếu α là một góc nhọn thì
0 < sin α < 1;0 < cos α < 1; Cạnh đối
tan α > 0;cot α > 0 Với hai góc α, β mà
α + β = 900 ,
A
239
Cạnh huyền
α Cạnh kề
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 ta có: sin α = cos β ;cos α = sin β ; tan α = cot β ; cot α = tan β .
Nếu hai góc nhọn α và β có sin α = sin β hoặc cos α = cos β thì α = β .
sin 2 α + cos2 α = 1; tgα .cot gα = 1 . Với một số góc đặc biệt ta có: sin 300 = cos 600 =
cos 300 = sin 600 =
1 2 ; sin 45 0 = cos 45 0 = 2 2
3 1 0 0 0 0 ; cot 600 = tan 300 = ; tan45 = cot 45 = 1;cot30 = tan60 = 3 . 2 3
Dạng toán đẳng thức hình học là một dạng toán cũng không khó nhưng nó đòi hỏi người giải phải có cái nhìn nhanh (tiết kiệm thời gian) và chuẩn (giải đúng kiếm điểm), xác định đúng phương pháp vô cùng quan trọng. Chính vì vậy việc tự luyện giải nhiều bài toán hình học sẽ giúp cho các em có kỹ năng giải. Hãy cùng bắt đầu với các bài tập ^^.
. PHẦN BÀI TẬP. Bài 1: (Một bài nhẹ nhàng để bắt đầu) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đường tròn (C ≠ A ; C ≠ B ) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N. Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân .
Hướng dẫn giải
Q
a) Xét ∆ ABM và ∆ NBM . Ta có: AB là đường kính của đường tròn (O)
N
= 90o . nên : AMB = NMB
C M
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN . Tam giác ABN có MB vừa là đường cao, đồng thời là đường phân giác nên => ∆ BAN cân đỉnh B. . Tứ giác AMCB nội tiếp.
=> BAM = MCN ( cùng bù với MCB ).
=> MCN = MNC ( cùng bằng BAM ). => Tam giác MCN cân đỉnh M
240
A
B O
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Bài 2: Cho điểm M nằm ngoài đường tròn ( O ) . Vẽ các tiếp tuyến MA , MB với đường tròn ( A , B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O ( C nằm giữa M và D ), OM cắt AB và ( O ) lần lượt tại H và I . Chứng minh: a/ MAOB nội tiếp. b/ MC.MD = MA2 c/ OH .OM + MC .MD = MO 2
. d/ CI là tia phân giác của góc MCH
Hướng dẫn giải
= 90° MAO + MBO = 180° MAO a/ Ta có: MBO = 90 ° Tứ giác MAOB nội tiếp
A
b/ Ta có: AMD chung
= MDA (cùng chắn cung AC) MAC M
∆MAC đồng dạng ∆MDA MA MC = MD MA MA2 = MC.MD
H
O
C
D
c/ Ta có: OA = OB
B
∆AOB cân tại O Mà OH là đường phân giác nên cũng là đường cao
OH ⊥ AB OA2 = OH .OM
Ta lại có: MA2 = MC.MD OM 2 = MA2 + OA2
OM 2 = MC.MD + OH .OM d/ Từ MH .OM = MA2 , MC.MD = MA2
MH .OM = MC.MD
I
MH MC = (*) MD MO
241
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Xét ∆MHC và ∆MDO có:
MH MC chung = và DMO MD MO ∆ MHC đồng dạng ∆ MDO
MC MH HC MC MO MC MO = = (1) = = MO MD DO CH OD CH OA
= IAH (cùng chắn hai cung bằng nhau) AI là phân giác của MAH . Ta lại có MAI Theo t/c đường phân giác của tam giác, ta có:
MI MA = (2) IH AH
chung và MHA = MAO = 900 do đó đồng dạng (g.g) MO = MA (3) ∆ MHA và ∆ MAO có OMA OA AH Từ (1), (2), (3) suy ra
MC MI . suy ra CI là tia phân giác của góc MCH = CH IH
Bài 3: Cho đường tròn tâm O , đường kính AB . Trên tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại A lấy điểm M
( M ≠ A ) . Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với ( O ) ( C là tiếp điểm). Kẻ CH vuông góc với ( H ∈ AB ) , MB cắt ( O ) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại N . Chứng minh rằng: a/ AKNH nội tiếp. b/ AM 2 = MK .MB .
= OMB . c/ KAC d/ N là trung điểm của CH .
Hướng dẫn giải a/ Ta có:
AKN = 90° = 180° AKN + AHN AHN = 90°
F
Vậy tứ giác AKNH nội tiếp.
= AKM = 900 b/ Ta có: MAB
AMK chung
M
∆MKA đồng dạng ∆MAB
C K
MK MA = MA MB MA2 = MK .MB
N A
242
O
H
B
AB
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= COA c/ Ta có: CBA
2
F
= COA MOA 2
= CBA MOA M
MO / / CB
C
= MBC OMB
K N
= KAC nên KAC = OMB Mà MBC d/ Ta có: NH / / AM
CN //FM
A
NH BN = AM BM
O
H
B
CN BN NH CN = = (1) MF BM AM MF
= MCA Ta lại có: MA = MC ∆AMC cân tại M MAC + MAC = 90° F + MCA = 90° FCM = FCM F ∆FMC cân tại M . MC = MF mà MC = MA nên MA = MF (2) Từ (1) và (2) suy ra NH = CN Vậy N là trung điểm CH .
Bài 4: Cho đường tròn ( O ) , từ một điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) , vẽ hai tia tiếp tuyến AB và AC với đường tròn. Kẻ dây CD //AB . Nối AD cắt đường tròn ( O ) tại E . Chứng minh: a/ ABOC nội tiếp. b/ AB 2 = AE. AD. c/ ∆BDC cân. d/ CE kéo dài cắt AB ở I . Chứng minh IA = IB .
Hướng dẫn giải a/ Ta có:
243
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
ABO = 90° ACO = 90° ABO + ACO = 180°
B I
Vậy ABOC là tứ giác nội tiếp b/ Ta có: ABE = ADB
A O
chung BAE
E D
∆ABE đồng dạng ∆ADB . C
AB AE = AD AB AB 2 = AD. AE
ABC = BCD c/ Ta có: AB //CD (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) ABC = BDC ACD = ADC Vậy ∆BDC cân tại B .
= EDC mà EDC = ECA nên IAE = ECA d/ Ta có: AB / / CD IAE
AIE chung ∆AIE đồng dạng ∆CIA
AI IE = AI 2 = CI .IE CI IA
= BCI Ta lại có: IBE
chung BIE ∆BIE đồng dạng ∆CIB
BI IE = BI 2 = IE.CI CI IB
Mặt khác: AI 2 = CI .IE nên AI 2 = BI 2 AI = BI .
Bài 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O; R ) . Gọi I là giao điểm AC và BD . Kẻ IH vuông góc với
AB ; IK vuông góc với AD ( H ∈ AB; K ∈ AD ). a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID . c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.
244
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn.
A
Xét tứ giác AHIK có:
H
1
1
AHI = 90° ( IH ⊥ AB) AKI = 90° ( IK ⊥ AD)
K
B 1
1
I
AHI + AKI = 180° O
Tứ giác AHIK nội tiếp. b) Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID .
1
D
Xét ∆IAD và ∆IBC có:
A1 = B 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của ( O ) ) (2 góc đối đỉnh) AID = BIC
∆IAD ” ∆IBC (g.g)
IA ID = IA.IC = IB.ID IB IC
c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có
A1 = H 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK ) 1 H 1 = B 1 A1 = B Mà 1 = D 1 Chứng minh tương tự, ta được K 1 = B 1 ; K 1 = D 1 ∆HIK và ∆BCD có: H
∆HIK ” ∆BCD (g.g) Bài 6: Cho ∆ABC có ba góc nhọn. Đường tròn ( O ) đường kính BC cắt các cạnh AB , AC lần lượt tại các điểm D và E. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này. b) Gọi M là giao điểm của AH và BC. Chứng minh CM .CB = CE.CA. c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) .
Hướng dẫn giải a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.
245
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= 90° (chắn nửa đường tròn) Ta có : BDC = 90° (chắn nửa đường tròn) BEC = 90°, = 90° ADH = BDC AEH = BEC Suy ra :
Xét tứ giác ADHE có: ADH + AEH = 90° + 90° = 180°
Tứ giác ADHE có hai góc đối bù nhau. Vậy tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Tâm I là trung điểm cạnh AH . b) Chứng minh CM .CB = CE.CA.
Xét hai tam giác CBE và CAM có : ACM là góc chung = 90° (chứng minh trên) AMC = BEC
Suy ra hai tam giác CBE và CAM đồng dạng
CM CA = CM .CB = CE.CA. CE CB
c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) .
= IHD (do ∆IDH cân tại I ) (1) Ta có : IDH = CHM (đối đỉnh) ( 2 ) IHD = OCD (do ∆ODC cân tại O ) ( 3 ) Mặt khác : ODC
Ngoài ra, trong tam giác vuông MHC có : + MCH = 90° ( 4 ) CHM + ODC = 90° Từ ( 1) , ( 2 ) , ( 3) , ( 4 ) suy ra: IDH
Suy ra : ID ⊥ DO Vậy ID là tiếp tuyến của ( O ) .
Bài 7: Cho ∆ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) . Đường cao CD của ∆ABC cắt đường tròn ( O ) tại E . Từ B kẻ BF ⊥ AE tại F . a) Chứng minh tứ giác BDEF nội tiếp được đường tròn. b) Kẻ đường cao BK của ∆ABC . Chứng minh:
EF CK = . BF BK
246
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 c) Chứng minh:
AE AC AF AC + = + . BF BK BF BK
d) Chứng minh:
CE AE AC = + . BD BF BK
Hướng dẫn giải a) Xét tứ giác BDEF , ta có:
A
= 90° (gt) BDE = 90° (gt) BFE K
E
+ BFE = 180° BDE
D
Vậy tứ giác BDEF nội tiếp được đường tròn.
O
F
b) Ta có: tứ giác ACBE nội tiếp đường tròn ( O ) .
B
C
= BEF ACB (cùng bù AEB ) ∆BEF ” ∆BCK ( g − g ) c) Ta có:
Mà:
EF CK = BF BK
AE AC AF − EF AK + KC AF AK EF KC + = + = + − + BF BK BF BK BF BK BF BK
EF CK = (câu b) BF BK
AE AC AF AC + = + (1) BF BK BF BK
d) Ta có: ∆EDB ” ∆AKB ( g − g ) Lại có: ∆CDB ” ∆AFB ( g − g )
ED CD AF AK + = + BD BD BF BK
⇔
CE AF AK = + BD BF BK
Từ (1) và ( 2 )
ED AK = BD BK
CD AF = BD BF
( 2)
CE AE AC = + BD BF BK
Bài 8: Cho nửa đường tròn ( O ) đường kính AB = 2R , dây cung AC . Gọi M là điểm chính giữa cung AC . Đường thẳng kẻ từ C song song với BM cắt tia AM ở K và cắt tia OM ở D , OD cắt AC tại H . 1. Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp.
247
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 2. Chứng minh CD = MB và DM = CB 3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn ( O ) để AD là tiếp tuyến của nửa
đường tròn.
Hướng dẫn giải 1. Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp. Có AMB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB)
AM ⊥ MB
= 90° . Mà CD BM (gt) nên AM ⊥ CD . Vậy MKC = 90° . Lại có AM = CM (gt) OM ⊥ AC MHC + MHC =1800 nên t ứ giác nội tiếp trong một đường tròn. Tứ giác CKMH có MKC 2. Chứng minh CD = MB và DM = CB
D
ACB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có
K
Do đó DM CB , mà CD MB (gt) nên tứ giác CDMB là hình bình hành.
C
M
Suy ra: CD = MB và DM = CB . 3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn ( O )
H
để AD là tiếp tuyến của nửa
A
đường tròn.
B O
AD là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) ⇔ ∆ADC có AK ⊥ CD và DH ⊥ AC nên M là trực tâm tam giác. Suy ra CM ⊥ AD . Vậy AD ⊥ AB ⇔ CM AB ⇔ AM = BC
= 60° . Vậy tam giác OBC đều. Mà AM = MC nên AM = BC ⇔ AM = MC = BC COB = 60o Vậy điểm C là điểm thuộc nửa đường tròn sao cho CBA
Bài 9: Cho đường tròn tâm O đường kính A , M là một điểm nằm trên đoạn thẳng OB ( M khác O và B ). Đường thẳng đi qua M và vuông góc với AB cắt ( O ) tại C , D . Trên tia MD lấy E nằm ngoài ( O ) . Đường thẳng AE cắt ( O ) tại điểm I khác A , đường thẳng BE cắt ( O ) tại điểm K khác B . Gọi H là giao điểm của BI và. Chứng minh: a) Tứ giác MBEI nội tiếp. Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp đó.
248
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 b) Các tam giác IEH và MEA đồng dạng với nhau. c) EC.ED = EH .EM . d) Khi E thay đổi trên, đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định.
Hướng dẫn giải
= EMB = 90o a) Ta có AIB = EIB
Vậy tứ giác MBEI nội tiếp đường tròn, tâm của đường tròn là trung điểm của BE .
E
b) ∆EIH ” ∆MEA
I
= EMA = 90° Vì AEM là góc chung và EIH
D
c) ∆EIH ” ∆MEA EI . EA = EH . EM (1) H
∆EAD ” ∆ECI (g-g) EI . EA = EC. ED (2)
Từ (1) và (2) suy ra: EC.ED = EH .EM .
A O
d) H là trực tâm của tam giác AEB nên AH ⊥ EB
M
K
B
Vì AKB = 90° nên AK ⊥ EB ba điểm A, H , K thẳng hàng. Do A cố định nên HK luôn đi qua điểm A cố định.
C
d
Bài 10: Cho đường tròn tâm O bán kính R , hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn AB lấy điểm M khác O , đường thẳng CM cắt đường tròn tại N . Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến với dường tròn tại N ở điểm P . a) Chứng minh: Tứ giác OMNP nội tiếp. b) Chứng minh: ∆MCO = ∆OPM , suy ra OMPD là hình chữ nhật. c) Chứng minh: CM //OP . d) Tính tích CM .CN theo R .
Hướng dẫn giải = PNO = 90° M , N cùng thuộc đường tròn đường kính PO . a) Ta có: PMO
Vậy tứ giác OMNP nội tiếp.
249
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= ONM ( tứ giác OMNP nội tiếp) b) Ta có: OPM = OCM ( tam giác OCN cân tại O ) ONM
C
CMO = POM OPM = OCM ∆MCO = ∆OPM ( g − c − g ) CO = MP = R
Ta có PM = DO = R ; PM //DO (cùng vuông góc với AB )
R
A
O
M
B
OMPD là hình bình hành
= 90° nên OMPD là hình chữ nhật Mặt khác: MOD
N
= POM CM //OP . c) Ta có: CMO d) ∆EAD ” ∆ECI
P
D
CM CO = CM .CN = CO.CD = 2CO2 = 2R 2 CD CN
Bài 11: Cho đường tròn ( O; R ) và dây AB , vẽ đường kính CD vuông góc với AB tại K ( D thuộc cung nhỏ AB ). Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC , DM cắt AB tại F . a. Chứng minh tứ giác CKFM nội tiếp. b. Chứng minh: DF .DM = AD 2 . c. Tia CM cắt đường thẳng AB tại E . Tiếp tuyến tại M của ( O ) cắt AF tại I . Chứng minh: IE = IF C
FB KF = . d. Chứng minh: EB KA
j M
Hướng dẫn giải O
= 90° ; a) Vì AB ⊥ CD CDF = 90° (Góc n.tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) ) Mà CMF A
Tứ giác CKFM nội tiếp
K D
b) Ta có DF .DM = DK .DC (Do ∆DKF ∼ ∆DMC ( g − g ) ) và DK .DC = AD 2 (Pitago trong tam giác vuông ADC có AK đường cao) Suy ra: DM .DF = AD 2 .
= CDM = DMI ∆MIF cân tại I MI = MF (1) c) MFI + IMF = EMF = 90° ; MFI + MEI = 90° ( Vì ∆MEF vuông tại M ) Mà IME
250
F
B
I
E
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= IEM ∆MIE cân tại I IE = IM = MFI IME Mặt khác theo c/m trên: IMF
(2) ;
Từ (1) và (2) suy ra: IF = IE . d) Ta có KA = KB (T/c đường kính vuông góc dây cung) Ta có: ∆DKF ∽ ∆EKC ( g − g )
DK KF = ⇔ KE.KF = KD.KC . EK KC
Mà KD.KC = KB 2 (Pitago trong tam giác vuông CBD có BK là đường cao)
⇔ ( KB + BE ) KF = KB 2 ⇔ KB.KF + BE.KF = KB 2 ⇔ BE.KF = KB 2 − KB.KF
= KB ( KB − KF ) ⇔ BE.KF = KB.FB ⇔
FB KF FB KF = ⇔ = . EB KB EB KA
Bài 12: Cho tam giác ABC vuông tại A và đường cao AH . Dựng đường tròn tâm O đường kính AH cắt AB tại E , cắt AC tại F . Các tiếp tuyến với đường tròn ( O ) tại E , F lần lượt cắt cạnh BC tại M và N . a) Chứng minh rằng tứ giác MEOH nội tiếp b) Chứng minh rằng AB.HE = AH .HB c) Chứng minh ba điểm E , O, F thẳng hàng. d) Cho AB = 2 10cm , AC = 2 15cm . Tính diện tích ∆MON .
Hướng dẫn giải
A
a) Chứng minh rằng tứ giác MEOH nội tiếp
= 90° ( EM là tiếp tuyến của (O ) ) Ta có: OEM
F
= 90° ( AH là đường cao) OHM
O
E
+ OHM = 90° + 90° = 180° OEM
B
Vậy tứ giác MEOH nội tiếp b) Chứng minh rằng AB.HE = AH .HB Xét ∆ABH vuông tại H và ∆HBE vuông tại E có:
chung B Vậy ∆ABH ” ∆HBE ( g .g )
AB AH hay AB.HE = AH .HB = HB HE
c) Chứng minh ba điểm E , O, F thẳng hàng.
= = 90° AEH = HFA Ta có: EAF
251
M
H
N
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Suy ra tứ giác AEHF là hình chữ nhật Suy ra EF , AH là hai đường chéo Mà O là trung điểm của AH nên O cũng là trung điểm của EF Vậy ba điểm E , O, F thẳng hàng. d) Cho AB = 2 10cm , AC = 2 15cm . Tính diện tích ∆MON . Ta có OM là đường trung bình của ∆ABH nên OM =
Tương tự, ta cũng có ON =
1 1 AB = .2 10 = 10(cm) 2 2
1 1 AC = .2 15 = 15(cm) 2 2
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OM là tia phân giác của EOH = MOH EOM = NOF Tương tự ta có HON + HOF = 180° (kề bù) Mặt khác EOH = 90° ∆MON vuông tại O Suy ra MON . S ∆MON =
1 1 5 6 OM .ON = 10. 15 = (cm 2 ) 2 2 2
Bài 13: Cho tam giác ABC vuông cân tại A , nội tiếp trong đường tròn tâm O . Tiếp tuyến tại B với đường tròn ( O ) cắt tia CA tại D . Trên cạnh AB lấy điểm E ( E không trùng với A và B ). Tia CE cắt đường tròn tại F và cắt BD tại K . Tia BF cắt CD tại M .
a) Chứng minh ∆MAB
∽∽∽∽
(O )
∆MFC .
b) Chứng minh tứ giác AFKD nội tiếp. c) Tia ME cắt BC tại H . Tứ giác MDBH là hình gì? d) Chứng minh AB.EB + CE.CF = BC 2 .
252
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải a) Chứng minh ∆MAB ” ∆MFC .
D
= CFM = 90° Ta có: BAM
M
= MCF ( cùng chắn cung AF ) MBA
K
Vậy ∆MAB ” ∆MFC (g.g).
A F E
b) Chứng minh tứ giác AFKD nội tiếp.
= 45° ACB = ABC Do ∆ABC vuông cân tại A nên
B
AFC = ABC = 45° (cùng chắn cung AC )
H O
C
= 45° D = 45° ∆DBC vuông cân tại B có DCB AFC = D AFC + AFK = 180° (kề bù) Lại có
+ D AFK = 180° . Vậy tứ giác AFKD nội tiếp c) Tứ giác MDBH là hình gì? Ta có E là trực tâm của ∆BMC MH ⊥ HB (1)
MH //DB (2) (vì cùng vuông góc với BC ) Từ (1), (2) suy ra tứ giác MDBH là hình thang vuông. d) Chứng minh AB.EB + CE.CF = BC 2 Ta có: ∆ABC ” ∆HBE
∆FCB ” ∆HCE
AB BC = AB.EB = BC.HB (3) HB EB
CF BC = CF .EC = HC.BC (4) HC EC
Cộng (3) và (4) AB.EB + CF .EC = BC.HB + HC.BC = BC ( HB + HC ) = BC.BC = BC 2 Vậy AB.EB + CE.CF = BC 2 .
Bài 14: Cho đường tròn (O; R ) và hai đường kính AB, CD bất kì. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O ) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại E , F . Gọi P , Q lần lượt là trung điểm của các đường thẳng AE , AF .
a) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp. b) Chứng minh rằng CE.DF .EF = AB 3 và
BE 3 CE = BF 3 DF
253
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
c) Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA. d) Hai đường kính AB và CD có vị trí như thế nào thì tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất? Tính diện tích nhỏ nhất đó theo R.
Hướng dẫn giải
B
D O
I
C H
E
P
A
Q
F
a) Tứ giác CDEF nội tiếp = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CBD = EFB ABC (vì cùng phụ ABF ) . ∆OBC có OB = OC = R nên ∆OBC cân tại O ABC = OCB = OCB tứ giác CDFE nội tiếp (có góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện) Suy ra: EFB
b) CE.DF .EF = AB 3 và
BE 3 CE = BF 3 DF
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có: AE 2 = CE.BE , AF 2 = DF .BF và AB.EF = BE.BF AB 2 = AE. AF AB 4 = AE 2 . AF 2 = CE.BE.DF .BF = CE.DF .( BE.BF ) = CE.DF .EF . AB
Do đó AB 3 = CE.DF .EF . Ta lại có: Vậy:
BE 2 EA.EF EA BE 4 EA2 CE.BE = = = = BF 2 FA.EF FA BF 4 FA2 DF .BF
BE 3 CE = . BF 3 DF
c) H là trung điểm AD.
254
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Kẻ PI ⊥ BQ ( I ∈ BQ ) và PI cắt AB tại H H là trực tâm của ∆BPQ . Ta có: AB 2 = AE. AF
AE AB AE AB AE AB = = = AB AF AB / 2 AF / 2 OA AQ
AE AB ∆AEO ∽ ∆ABQ EAO = BAQ = 90°, = ABQ = AEO OA AQ = ) Mà IPQ ABQ (cùng phụ với BQP , mà hai góc ở vị trí đồng vị nên IP / / OE. AEO = IPQ
Trong ∆OAE có: PI / /OE; EP = PA( gt ) OH = HA.
Bài 15: Cho đường tròn (O; R ) đường kính AB = 2 R, dây cung MN của (O) vuông góc với AB tại I sao cho IA < IB . Trên đoạn MI lấy điểm E ( E ≠ M , E ≠ I ) . Tia AE cắt đường tròn tại điểm thứ hai là K . a) Chứng minh tứ giác IEKB nội tiếp được đường tròn. b) Chứng minh AM 2 = AE. AK . c) Chứng minh AE. AK + BI .BA = 4 R 2 . d) Xác định vị trí điểm I sao cho chu vi ∆MIO đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải a) Tứ giác IEKB nội tiếp. Ta có: AKB = 60o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) = 90o + 90o = 180o AKB + BIE Tứ giác IEKB nội tiếp được đường tròn. K
M
2
b) AM = AE. AK . AM = AN Ta có: AB ⊥ MN tại I
E
AME = AKM (hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng
nhau)
A
I
: chung, ∆AME và ∆AKM có: MAK AME = AKM (cmt).
∆AME ∽ ∆AKM (g.g) AM AE = AM 2 = AE. AK . AK AM
N
c) AE. AK + BI . AB = 4 R 2 .
255
O
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
AMB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có: MB 2 = BI . AB.
Do đó: AE. AK + BI . AB = MA2 + MB 2 = AB 2 = 4 R 2 . Bài 16: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia AB lấy điểm E (khác với điểm A). Tiếp tuyến kẻ từ điểm E cắt các tiếp tuyến kẻ từ điểm A và B của nửa đường tròn (O) lần lượt tại C và D. Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ điểm E. a) Chứng minh rằng tứ giác ACMO nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh rằng
DM CM = DE CE
c) Chứng minh rằng khi điểm E thay đổi trên tia đối của tia AB, tích AC.BD không đổi.
Hướng dẫn giải a) Chứng minh rằng tứ giác ACMO nội tiếp được trong một đường tròn.
= 90o Vì AC là tiếp tuyến của (O) nên OA ⊥ AC => OAC = 90o Vì MC là tiếp tuyến của (O) nên OM ⊥ MC => OMC + OMC = 180o. Suy ra OACM là tứ giác nội tiếp => OAC
b) Chứng minh rằng
DM CM = DE CE
Xét hai tam giác vuông OAC và OMC có
OA = OM = R ∆OAC = ∆OMC chung OC (cạnh huyền – cạnh góc vuông)
⇒ CA = CM
Tương tự ta có
CM CA = . CE CE
DM DB = DE DE
Mà AC // BD (cùng vuông góc AB) nên
CA CE CA DB CM DM = = = DB DE CE DE CE DE c) Chứng minh rằng khi điểm E thay đổi trên tia đối của tia AB, tích AC.BD không đổi. Vì ∆OAC = ∆OMC AOC = MOC AOC =
1 AOM 2
256
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Tương tự: BOD =
1 BOM 2
= Suy ra AOC + BOD
1 ( AOM + BOM ) = 90o 2
Mà AOC+ ACO = 90o ACO = BOD
∆AOC ” ∆BDO( g.g )
AO AC = AC.BD = AO.BO = R 2 (không đổi, đpcm) BD BO
Chủ đề
Hết
5
CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH 3 ĐIỂM THẲNG HÀNG
E. CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY – THẲNG HÀNG MỤC LỤC
10 phương pháp chứng minh 3 điểm thẳng hàng
258
Ví dụ minh họa 258 Dạng 1: chứng minh qua 3 điểm xác định một góc bẹt (tổng hai góc chung đỉnh bằng 180 độ) 258 Dạng 2: Sử dụng tính chất đường chéo của hình đặc biệt (vd: hình bình hành) Dạng 3: Sử dụng tính chất về tâm và đường kính của đường tròn
259
259
Dạng 4: Tiên đề Ơ-Clit: Qua một điểm nằm ngoài một đường thẳng ta vẽ được một và chỉ một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho. 259 Qua một điểm nằm ngoài một đường thẳng ta vẽ được một và chỉ một đường thẳng vuông góc với đường thẳng đã cho. 261
Một số bài tập. 265 Chủ đề vận dụng trong bài toán liên quan đến đường tròn.
CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG. 1. Chứng minh qua 3 điểm xác định một góc bẹt (1800) 2. Chứng minh 3 điểm xác định được hai đường thẳng cùng vuông góc hay cùng song song với một đường thẳng thứ 3. (Tiên đề Ơclit)
257
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
3. Sử dụng tính chất đồng quy của các đường: trung tuyến, phân giác, đường cao trong tam giác. 4. Sử dụng tính chất đường chéo của các tứ giác đặc biệt: hình vuông, hình chữ nhật, hình thoi, hình bình hành, hình thang. Chúc các em học sinh học tập tốt! CHỨNG MINH CÁC ĐIỂM THẲNG HÀNG
10 phương pháp chứng minh 3 điểm thẳng hàng 1. Chứng minh điểm A thuộc đoạn thẳng BC
2. Chứng minh qua 3 điểm xác định một góc bẹt (1800) 3. Chứng minh hai góc ở vị trí đối đỉnh mà bằng nhau. 4. Chứng minh 3 điểm xác định được hai đường thẳng cùng vuông góc hay cùng song song với một đường thẳng thứ 3. (Tiên đề Ơclit) 5. Dùng tính chất đường trung trực: chứng minh 3 điểm đó cùng cách đều hai đầu đoạn thẳng. 6. Dùng tính chất tia phân giác: chứng minh 3 điểm đó cùng cách đều hai cạnh của một góc.
7. Sử dụng tính chất đồng quy của các đường: trung tuyến, phân giác, đường cao trong tam giác. 8. Sử dụng tính chất đường chéo của các tứ giác đặc biệt: hình vuông, hình chữ nhật, hình thoi, hình bình hành, hình thang. 9. Sử dụng tính chất tâm và đường kính của đường tròn. 10. Sử dụng tính chất hai đường tròn tiếp xúc nhau.
Ví dụ minh họa Dạng 1: chứng minh qua 3 điểm xác định một góc bẹt (tổng hai góc chung đỉnh bằng 180 độ) Bài 1: Cho tam giác ABC có các góc B và C nhọn, đường cao AH . Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác vuông cân ABD , ACE ( BA D = CA E = 90o ). Gọi M là trung điểm của DE . Chứng minh rằng H , A , M thẳng hàng. F
Hướng dẫn giải
E
Dựng hình bình hành AEFD . M là trung điểm của AF (t/c hình bình hành) và EF = DA = BA . (cùng bù với DAE ). Mặt khác EA = CA (gt); AEF = CAB ∆EFA = ∆ABC (c – g – c).
M
D A1 3
( Hai góc tương ứng). A1 = C 1
2
= 90o Mà A1 + C 1 1
B H
258
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
A1 + A2 = 90o . A1 + A2 + A3 = 180o hay F AH = 180o M , A , H thẳng hàng.
Dạng 2: Sử dụng tính chất đường chéo của hình đặc biệt (vd: hình bình hành) Bài 2: Cho ∆ABC có trực tâm H nội tiếp ( O ) đường kính CM , gọi I là trung điểm của AB . Chứng minh rằng H , I , M thẳng hàng.
A
Hướng dẫn giải M MB ⊥ BC , AH ⊥ BC (suy từ giả thiết). MB //AH . B Mà MA//BH (cùng vuông góc với AC ). AMBH là hình bình hành. AB cắt MH tại trung điểm I của AB và MH (t/c hình bình hành). Suy ra H , I , M thẳng hàng.
I
H O C
Dạng 3: Sử dụng tính chất về tâm và đường kính của đường tròn 1. Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm của cạnh huyền 2. Đường kính của đường tròn thì đi qua tâm.
Bài 3: Cho ( O ) đường kính AB . Điểm M chuyển động trên ( O ) , M ≠ A ; M ≠ B . Kẻ MH vuông góc với AB . Vẽ đường tròn ( O1 ) đường kính MH cắt đường thẳng MA và MB tại C và D . Chứng minh rằng: a) C , D , O1 thẳng hàng.
b) ABCD nội tiếp.
Hướng dẫn giải M
a) Ta có :
D
AMB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa ( O ) ). = 90 o . CD là đường kính của ( O ) . CMD 1
C
O
1
A
Suy ra C , D , O1 thẳng hàng.
H
O
B
b) MCHD là hình chữ nhật nội tiếp ( O1 ) . = MH ). MCD D ( 2 góc nội tiếp cùng chắn CD MCD + + Mà MC D=B ACD = B ACD = 180o .
Vậy ABCD nội tiếp. Dạng 4: Tiên đề Ơ-Clit: Qua một điểm nằm ngoài một đường thẳng ta vẽ được một và chỉ một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho. • •
Nếu qua điểm M nằm ngoài đường thẳng a có 2 đường thẳng song song với a thì chúng trùng nhau. Cho điểm M ở ngoài đường thẳng a. Đường thẳng đi qua M và song song với a là duy nhất.
259
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Bài 4: Cho hình chữ nhật ABCD có O là giao điểm 2 đường chéo. Điểm M trên đoạn OB , lấy E đối xứng với A qua M ; H là hình chiếu của điểm E trên BC , vẽ hình chữ nhật EHCF . Chứng minh M , H , F thẳng hàng. Hướng dẫn giải A
B
Gọi I là giao điểm của HF và CE . H , I , F thẳng hàng (*) (t/c hình chữ nhật).
M
E
H
Cần chứng minh: M , I , F thẳng hàng.
O
1 1 AE (gt) và OA = OC = AC (t/c hình chữ nhật). 2 2 OM là đường trung bình của ∆ACE . = ICF ( 2 góc đồng vị). OM //CE ODC
I
MA = ME =
D
C
F
= OCD và ICF = IFC (vì ∆OCD cân tại O , ∆ICF cân tại I , t/c hình chữ nhật). Mà ODC = IFC IF //AC mà IM //AC (do IM là đường trung bình ∆ACE ). OCD
M , I , F thẳng hàng (tiên đề Ơclít). Kết hợp với (*) ta có: M , H , F thẳng hàng.
Bài 5: Cho ∆ABC nhọn, các đường cao AH , BD và CE . Gọi M , N , P , Q thứ tự là hình chiếu của H trên AB , BD , CE và AC . Chứng minh M , N , P , Q thẳng hàng. Hướng dẫn giải + Từ (gt) MH //CE ; NH //AC
BM BH BN (định lý Talét). = = BE BC BD
MN //ED (1) (định ký Talét đảo).
+ Chứng minh tương tự ta có: PQ //ED ( 2 ) + Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HAC và HAB ta có: AH 2 = AQ. AC = AM . AB
AB AD AQ AB mà (vì ∆DAB ∽ ∆EAC (g.g)). = = AM AC AC AE
AQ AM AQ AD hay = MQ //ED . (định lý = AM AE AD AE
A D
Talét đảo) Kết hợp với (1) , ( 2 ) ta có:
Q
E P
M , N , Q thẳng hàng và M , P , Q thẳng hàng
(tiên đề Ơclít). Do đó M , N , P , Q thẳng hàng.
M
N
C
B H
260
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Qua một điểm nằm ngoài một đường thẳng ta vẽ được một và chỉ một đường thẳng vuông góc với đường thẳng đã cho. • •
Nếu qua điểm M nằm ngoài đường thẳng a có 2 đường thẳng vuông góc với a thì chúng trùng nhau. Cho điểm M ở ngoài đường thẳng a. Đường thẳng đi qua M và vuông góc với a là duy nhất.
Bài 6: Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm ngoài đường tròn (O) sao cho OA = 2 R . Từ A vẽ tiếp tuyến AB của đường tròn (O) (B là tiếp điểm). 1) Chứng minh tam giác ABO vuông tại B và tính độ dài AB theo R 2) Từ B vẽ dây cung BC của (O) vuông góc với cạnh OA tại H. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 3) Chứng minh tam giác ABC đều. 4) Từ H vẽ đường thẳng vuông góc với AB tại D. Đường tròn đường kính AC cắt cạnh DC tại E. Gọi F là trung điểm của cạnh OB. Chứng minh ba điểm A, E, F thẳng hàng.
Hướng dẫn giải = 900 (AB là tiếp tuyến của(O) tại B) 1) Ta có: ABO ∆ABO vuông tại B AB 2 + OB 2 = OA2 (Đ/L Pytago) 2
AB 2 = OA2 − OB 2 = ( 2 R ) − R 2 = 4 R 2 − R 2 = 3R 2 AB = R 3 2) Ta có ∆BOC cân tại O (OB = OC = R)
B
K
Mà OH là đường cao ( BC ⊥ OA tại H)
D F
OH là đường phân giác của ∆BOC
I
= COA BOA
O
E A
H
Chứng minh ∆AOC = ∆AOB (c-g-c)
ACO = ABO
M
= 900 (AB là tiếp tuyến của(O) tại B) Mà ABO
C
= 900 ACO AC ⊥ OC
Mà C thuộc (O)
AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) 3) Chứng minh ∆ABC cân tại A ( 1) Xét ∆ABO vuông tại 0, có
= Sin ABO
OB R 1 = = OA 2 R 2
= 300 BAO
261
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Ta có: AO là tia phân giác của góc BAC (T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
= 2 BAO = 2.300 = 600 (2) BAC Từ (1) và (2) suy ra ∆ABC đều 4) Gọi I là giao điểm của AF và HD Áp dụng hệ quả Talet để I là trung điểm HD Gọi K là trung điểm BD Chứng minh KI là đường trung bình của ∆BHD
KI // HB Mà HB ⊥ OA tại H (gt)
KI ⊥ AH Chứng minh I là trực tâm của ∆AHK
AI là đường cao của ∆AHK AF ⊥ HK (3) Chứng minh HK là đường trung bình của ∆BDC
HK // CD (4) Từ (3) và (4)
AF ⊥ CD Ta có: ∆AEC nội tiếp đường tròn đường kính AC
∆AEC vuông tại E AE ⊥ CD Mà AF ⊥ CD Vậy Ba điểm A, E, F thẳng hàng
Dạng 5: Sử dụng tính chất đồng quy của các đường: trung tuyến, phân giác, đường cao trong tam giác. Bài 7: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của cạnh AC. Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N. Đường thẳng BM cắt đường tròn đường kính MC tại D. 1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn đó. 2) Chứng minh DB là phân giác của góc ADN. 3) Chứng minh OM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MC. 4) BA và CD kéo dài cắt nhau tại P. Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng.
262
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải = BDC = 90o (gt) nên tứ giác BADC nội tiếp a) BAC đường tròn tâm O là trung điểm của BC. (= b) ADB = BDN ACB) (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung trong các đường tròn ngoại tiếp tứ giác BADC, NMDC) nên DB là phân giác góc AND. c) OM ⊥ AC (OM là đường trung bình tamgiác ABC) nên suy ra MO là tiếp tuyến đường tròn đường kính MC. d) MN ⊥ BC (góc MNC nội tiếp nửa đường tròn đường kính MC) PM ⊥ BC (M là trực tâm tam giác PBC) Suy ra P, M, N thẳng hàng. Bài 8: Tuyển sinh 10 Hà Nam 15 – 16 Cho đường tròn (O) và điểm A nằm trên đường tròn. Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại A. Trên d lấy điểm D (D không trùng với A), kẻ tiếp tuyến DB của (O) (B là điểm, B không trùng với A). a) Chứng minh rằng tứ giác AOBD nội tiếp. b) Trên tia đối của tia BA lấy điểm C. Kẻ DH vuông góc với OC (H thuộc OC). Gọi I là giao điểm của AB và OD. Chứng minh rằng OH.OC = OI. OD c) Gọi M là giao điểm của DH với cung nhỏ AB của (O). Chứng minh rằng CM là tiếp tuyến của (O) d) Gọi E là giao điểm của DH và CI. Gọi F là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính OD và đường tròn ngoại tiếp tam giác OIM. Chứng minh rằng O, E, F thẳng hàng.
Hướng dẫn giải a) DA và DB là các tiếp tuyến của (O) nên
= OAD = 90o OBD + OAD = 180o , mà hai góc Xét tứ giác AOBD có OBD này ở vị trí đối diện nên tứ giác AOBD nội tiếp b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có DA = DB và DO là tia phân giác của ABD Do đó tam giác ABD cân tại D có DO là đường phân giác nên đồng thời là đường trung trực.... = OHD = 90o ; DOC Xét ∆OIC và ∆OHD có OIC chung nên ∆OIC ” ∆OHD (g.g) OI OC = OH .OC = OI .OD (1) OH OD c) Xét tam giác AOD vuông tại A có AI là đường cao nên OA2 = OH .OD (2) Mà OM = OA (là bán kính (O) ). (3)
OM OC = OH OM ; OM = OC nên ∆OHM ” ∆OMC (c.g.c). Xét ∆OHM và ∆OMC có chung MOC OH OM o => OMC = OIC = 90 nên CM là tiếp tuyến của (O). Từ (1), (2) và (3) suy ra OM2 = OH. OC
263
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= OIC = 90o nên tứ giác OIMC nội tiếp đường tròn đường kính OC. d) Do OMC Đường tròn ngoại tiếp tam giác CIM là đường tròn đường kính OC. = 90o => OFC = 90o. Như vậy OFC;OFD kề bù suy ra ba điểm C, F, D thẳng hàng. Mặt khác ta có OFD Xét tam giác OCD có ba đường cao CH, DI, OF mà có E là giao điểm CH, DI nên ba điểm O, E, F thẳng hàng. Bài 9: Tuyển sinh 10 Hải Dương 15 – 16 Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm cố dịnh thuộc đoạn thẳng OB (C khác O và B). Dựng đường thẳng d vuông góc với AB tại điểm C, cắt nửa đường tròn (O) tại điểm M. Trên cung nhỏ MB lấy điểm N bất kỳ (N khác M và B), tia AN cắt đường thẳng d tại điểm F, tia BN cắt đường thẳng d tại điểm E. Đường thẳng AE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm D (D khác A). a) Chứng minh AD. AE = AC.AB b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp ∆ CDN c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ AEF. Chứng minh rằng điểm I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB
Hướng dẫn giải
ADB = ANB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa a) Có đường tròn)
ABD = AEC ( cùng phụ góc BAE) => Tam giác ADB đồng dạng với tam giác ACE(g-g)
AD AB = AD ⋅ AE = AC. AB AC AE
=>
b) Có AN ⊥ EB, EC ⊥ AB , EC giao AN tại F nên F là trực tâm của tam giác AEB ⇒ BF ⊥ EA Mà BD ⊥ EA ⇒ B, D, F thẳng hàng + Tứ giác ADFC có hai góc đối bằng 90o nên là tứ
= DAF giác nội tiếp, suy ra DCF = NBF Tương tự ta có: NCF = NBF (cùng phụ với góc AEB) => DCF = NCF Mà DAF Suy ra CF là phân giác của góc DCN Tương tự ta cũng có DF là phân giác của góc NDC Vậy F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DCN c) Gọi J là giao của (I) với đoạn AB.
(
= CEB = 90o − Có FAC ABE
)
=> tam giác FAC đồng dạng với tam giác BEC(g-g)
FC AC = => CF ⋅ CE = BCAC BC EC = FEA = 180o − Vì AEFJ là tứ giác nội tiếp nên FJC AJF =>
(
=> ∆CFJ ” ∆ CAE (g-g) =>
)
CF CJ = CF ⋅ CE = CA.CJ CA CE
Suy ra BC. AC = CA.CJ ⇒ BC = CJ ⇒ C là trung điểm BJ (vì J ≠ B) Suy ra J là điểm cố định
264
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Có IA = IJ nên I luôn thuộc đường trung trực của AJ, là đường cố định.
Một số bài tập. Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn (O) đường kính AB cắt đường tròn (O’) đường kính AC tại D, M là điểm chính giữa cung nhỏ DC, AM cắt đường tròn (O) tại N, cắt BC tại E. Chứng minh O, N, O’thẳng hàng.
Hướng dẫn giải
= sdAD + sdCM ( góc có đỉnh ở bên trong Xét (O’) có: AEB
A
2
đường tròn). = sdADM = sd AD + sd MD ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và BAM 2 2
O
N
O'
C
B D E dây cung) . = AEB tam giác ABE cân tại B nên BN vừa là Suy ra BAM M đường cao vừa là trung tuyến NA = NE và OA = OB, O’A = O’C NO, NO’ là đường trung bình của tam giác ACE, ABE nên O’N // CE, NO // EB do đó O, N, O’ thẳng hàng.
Bài 2: Hai đường tròn ( O; R ) và ( O '; r ) tiếp xúc ngoài tại C ( R > r ) gọi AC và BC là hai đường kính đi qua C của đường tròn ( O ) và ( O ' ) . DE là dây cung của đường tròn ( O ) vuông góc với AB tại trung điểm M của AB. Tia DC cắt đường tròn ( O ') tại điểm thứ 2 là F a) Tứ giác ADBE là hình gì? Vì sao? b) Chứng minh ba điểm B, F, E thẳng hàng c) DB cắt đường tròn ( O ' ) tại điểm thứ hai là G. Chứng minh DF, EG và AB đồng quy d) Chứng minh MF là tiếp tuyến của ( O ')
Hướng dẫn giải
a) Tứ giác ADBE là hình thoi vì AM = MB; MD = ME và DE ⊥ AB = 900 BF / / DA . Như vậy BE / / DA và ADF = BFD b) Ta có BE / / DA . Nối BF ta có BF / / DA mà qua B chỉ có duy nhất một đường thẳng song song với DA do đó 3 điểm B, F, E phải thẳng hàng
265
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
c) Ta có CG vuông góc với DB, mặt khác EC vuông góc với DB. Nhưng qua C chỉ tồn tại duy nhất một đường vuông góc với DB nên E, C , G phải thẳng hàng và DF, EG, AB phải đồng quy tại điểm C, chính là trực tâm tam giác EDB +O =F và O mà MEF +F = 900 , suy ra ' BF = F ' BF = 900 nên F d) Nhận thấy MEF 1 2 1 2 ' = 900 . Vậy MF là tia tiếp tuyến của đường tròn tâm O’. MFO Bài 3: Cho nửa đường tròn đường kính AB trên đó có một điểm M. Trên đường kinh AB lấy một điểm C sao cho AC < CB . Trên nửa mặt phằng bờ AB có chứa điểm M, người ta kẻ các tia Ax, By vuông góc với AB; đường thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax tại P; đường thẳng qua C vuông góc với CP cắt By tại Q. Gọi D là giao điểm của CP và AM; E là giao điểm của CQ và BM a) Chứng minh rằng các tứ giác ACMP, CDME nội tiếp được b) Chứng minh rằng hai đường thẳng AB, DE song song c) Chứng minh rằng ba điểm P,M, Q thẳng hàng d) Ngoài điểm M ra, các đường tròn ngoại tiếp các tam giác DMP, EMQ còn điểm chung nào nữa không? Vì sao? Lời giải:
= 900 nên nội tiếp được A=M a) Tứ giác ACMP có =M = 900 nên nội tiếp được Tứ giác CDME có C = MPC , MDE = MCE mà MPC = MCE ( vì b) Do các tứ giác ACMP và CDME nội tiếp được nên MAC ) nên MAC = MDE . Vậy AB song song với DE cùng phụ với góc MCP = MAC ( vì cùng phụ = MDE = MCQ nên MCQ = MBQ . Suy ra tứ giác ABM ) và MAC c) Do MBQ = 900 . Vậy P, M, Q thẳng hàng CMQB nội tiếp do đó CMQ d) Trên nửa mặt phẳng bờ MC không chứa điểm D , kẻ tia tiếp tuyến Mt của đường tròn ngoại tiếp tam giác
mà MQC nên BMt phụ với MPC = MQC . Suy ra Mt tiếp xúc với đường tròn DMP suy ra AMt = MPD ngoại tiếp tam giác EMQ. Do đó hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác DMP và EMQ tiếp xúc nhau. Vậy có duy nhất một điểm M là điểm chung của hai đường tròn nói trên Nhận xét. Bạn có thể chứng minh được DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác DMP, EMQ Bài 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB=2R và một điểm C trên đường tròn (C không trùng với A và B. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C, kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn (O). Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ AC; P là giao điểm của AC, BM. Tia BC cắt các tia AM, Ax lần lượt tại N và Q
266
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a) Chứng minh tam giác ABN cân b) Tứ giác APNQ là hình gì? Vì sao? c) Gọi K là điểm chính giữa của cung AB không chứa C. Hỏi có thể xảy ra ba điểm Q, M, K thẳng hàng không? Vì sao? d) Xác định vị trí của điểm C để đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ tiếp xúc với đường tròn (O).
Hướng dẫn giải
a) Tam giác ABN có đường cao BM đồng thời là đường phân giác nên tam giác ABN cân tại B. b) Vì P là trực tâm tam giác ABN nên NP ⊥ AB NP // AQ, do đó APNQ là hình thang. c) Nếu Q , M , K thẳng hàng thì từ tính chất góc có đỉnh bên ngoài đường tròn, ta có QM là đường phân giác của góc AQB. Mặt khác , BM là phân giác của góc ABQ nên AM là phân giác của góc BAQ, vô lý. Vậy ba điểm Q , M , K không thẳng hàng. d) Tại điểm M, kẻ tiếp tuyến yMy’ với (O) sao cho My và MA cùng phía với đường thẳng MQ. Ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ tiếp xúc với (O) khi và chỉ khi yMy’ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ tại M. Điều đó tương đương với
= NMy ' ⇔ NQM = AMy ⇔ NQM = = MBC NQM ABM ⇔ NQM
⇔ MB = MQ ⇔ BC = NQ ( vì ∆MNC cân). Mà AB 2 = BC.BQ ⇔ AB2 = BC. ( BN + NQ ) ⇔ 4 R 2 = BC. ( 2 R + BC )
⇔ BC = R
(
Vậy BC = R
)
5 −1 .
(
)
5 − 1 thì đường tròn ngoại tiếp ∆MNQ tiếp xúc với (O).
Bài 5: Cho tam giác vuông ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia đối của tia CA lấy điểm D sao cho CD = AC a) Chứng minh tam giác ABD cân b) Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E. Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho
267
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 EF= AE. Chứng minh ba điểm D, B, F thẳng hàng c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADF tiếp xúc với đường tròn (O)
Hướng dẫn giải a) Xét ∆ABD có BC ⊥ DA , CA = CD nên BC vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến, do đó ∆ABD cân tại B. = 90 0 nên CE là đường kính của đường tròn (O) C, O, b) CAE E thẳng hàng. Ta có CO là đường trung bình của tam giác ABD
CO//DB CE// BD. Tương tự, OE là đường trung bình của ∆ABF
OE//BF CE//BF. Suy ra B, D, F thẳng hàng ( theo tiên đề Owclit). c) Theo tính chất đường trung bình của
∆ABD; ∆ABF
ta có
OC =
1 1 DB; OE = BF 2 2
mà
OC = OE BD = BF = AB B là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADF BA là bán kính. Mà OB = AB – OA nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ADF tiếp xúc với đường tròn (O) tại A.
Bài 6: Cho tam giác ABC vuông tại C và BC < CA. Gọi I là điểm trên AB và IB < IA. Kẻ đường thẳng d đi qua I và vuông góc với AB. Gọi giao điểm của d với AC, BC lần lượt là F và E. Gọi M là điểm đối xứng với B qua I. a) Chứng minh rằng tam giác IME đồng dạng với tam giác IFA và IE. IF = IA. IB b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF cắt AE tại N. Chứng minh rằng F, N, B thẳng hàng.
= 90 . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF luôn c) Cho AB cố định, C thay đổi sao cho BCA đi qua hai điểm cố định và tâm đường tròn này nằm trên đường thẳng cố định 0
Hướng dẫn giải
268
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
a) Ta có IE là đường trung trực của BM
=M ∆EBM cân tại M B 1 1 Mà B = F ( cùng phụ với A ) 1
1
1
∆IME ” ∆IFA ( g .g )
IM IE = IE.IF = IA.IM IF IA IE.IF = IA.IB = 900 ENF = 900 b) Ta có ECF
Xét ∆BAE có EI, AC là các đường cao cắt nhau tại F nên BF ⊥ EA mà FN ⊥ EA B, F , N thẳng hàng
= A1 suy ra tứ giác AMFE nội tiếp Ta có E 1 Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF luôn qua hai điểm A, M cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF luôn nằm trên đường trung trực của AM cố định Bài 7: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) . Các đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H . Vẽ đường kính AF của đường tròn (O ) . a) b) c) d)
Chứng minh BH / / FC Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành Vẽ OM ⊥ BC tại M . Chứng minh H , M , F thẳng hàng Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Chứng minh rằng S AHG = 2S AGO .
Hướng dẫn giải a) ∆ACF nội tiếp đường tròn đường kính AF . ∆ACF vuông tại C
A
Ta có: BH ⊥ AC , FC ⊥ AC
BH / / FC
D
b) BH / / FC (câu a) Chứng minh tương tự câu a)
269
E B
H
O G M
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Có: CH / / FB Tứ giác BHCF có BH / / FC Và CH / / FB nên là hình bình hành. c) OM ⊥ BC (gt) ⇒ M là trung điểm của BC (Định lý đường tròn vuông góc dây cung) Tứ giác BHCF là hình bình hành, M là trung điểm của BC nên là M trung điểm của HF .
H , M , F thẳng hàng. d) Tứ giác ABC có AM là đường trung tuyến, G là trọng tâm (gt) 2 ⇒ G thuộc đoạn thẳng AM , AG = AM . 3 Tam giác AHF có AM là đường trung tuyến, G thuộc đoạn thẳng AM , AG =
2 AM 3
⇒ G là trọng tâm của tam giác AHF và HO là đường trung tuyến của tam giác AHF . ⇒ HO đi qua G , HG = 2GO . Hai tam giác AHG, AGO có chung đường cao vẽ từ A đến HG , HG = 2GO . Do đó S AHG = 2S AGO .
Bài 8: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R) . Đường cao AH của tam giác ABC cắt đường tròn (O ) tại D (khác A ). Từ D vẽ đường thẳng song song với BC cắt đường tròn (O ) tại điểm E (khác D ).
a) Chứng minh rằng A,O, E là thẳng hàng. b) Chứng minh rằng tư giác BCED là hình thang cân. c) Tính AB 2 + BD 2 + CD 2 + AC 2 theo R .
Hướng dẫn giải
A
BC / / DE (gt), AD ⊥ BC (gt) AD ⊥ DE
a)
ADE = 900
O
⇒ AE là đường kính của đường tròn (O ) ⇒ A,O, E thẳng hàng.
B
b) Vẽ OM ⊥ BC ( M ∈ BC ) OM cắt DE tại N
DE / / BC (gt) có ON ⊥ DE , tứ giác BCDE là hình thang OM ⊥ BC M là trung điểm BC ON ⊥ DE N là trung điểm DE
270
A'
D
C
M N
E
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
MN là trục đối xứng của hình thang cân c) BE = CD ( BCED là hình thang cân) = 900 AE là đường kính nên ABE ∆ABE vuông tại E , theo định lí Py-ta-go có:
AB 2 + BE 2 = OE 2
AB 2 + CD 2 = (2 R) 2 AB 2 + CD 2 = 4 R 2 Chứng minh tương tự có: AC 2 + BD 2 = 4R 2 Ta có: AB 2 + BD 2 + CD 2 + AC 2 = 8 R 2
Bài 9: Cho hai đường tròn (O ) và (O ′) cắt nhau tại A và B . Vẽ các đường kính AC và AD a) Chứng minh rằng B,C , D thẳng hàng b) Đường thẳng d di động qua A cắt (O ),(O ′) lần lượt tại E , F ( E , F khác A , A nằm giữa E , F ) 1) Chứng minh rằng ∆BEF ∽ ∆ACD 2) Xác định vị trí d để chu vi tam giác BEF lớn nhất, diện tích tam giác BEF lớn nhất.
Hướng dẫn giải a)
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ABC
d
F
A
⇒ AB ⊥ BC
E
Tương tự có AB ⊥ BD Suy ra B,C , D thẳng hàng.
O'
O
b) 1) Xét ∆BEF và ∆ACD có: = ACD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đườCng tròn (O ) ) BEF = ACD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn ′ ) BEF (O )
Do đó ∆BEF ” ∆ACD 2) * ∆BEF ” ∆ACD ( kí hiệu CV = chu vi)
⇒
CV (BEF ) BE CV (ACD ) CV (ACD ) = ⇒ CV (BEF ) = .BE , không đổi CV (ACD ) AC AC AC
Do đó: CV (BEF ) lớn nhất ⇔ BE lớn nhất
⇔ BE là đường kính của đường tròn (O ) = 900 ⇔ d ⊥ AB ⇒ BAE tạ i A Vậy khi d vuông góc với AB tại A thì chu vi tam giác BEF lớn nhất.
271
B
D
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 * ∆BEF ” ∆ACD ⇒
⇒ S BEF =
S ACD AC
2
.BE 2 ,
2
BE = AC
S BEF S ACD
S ACD AC 2
không đổi
S BEF lớn nhất ⇔ BE 2 lớn nhất
⇔ BE lớn nhất ⇔ BE là đường kính của đường tròn (O ) ⇔ BAE = 900 ⇔ d ⊥ AB tại A Vậy khi d vuông góc với AB tại A thì diện tích tam giác BEF lớn nhất.
Bài 10: Trên cạnh CD của hình vuông ABCD , lấy một điểm M , vẽ đường tròn tâm O đường kính AM . Gọi E là giao điểm của đường tròn tâm (O ′) đường kính CD . Hai đường tròn cắt nhau tại điểm thứ hai N . Tia DN cắt BC tại P . Chứng minh rằng: a) Ba điểm E , N ,C thẳng hàng b) CA ⊥ MP
Hướng dẫn giải a)
Ta có D là giao điểm thứ nhất của (O ) và (O ′)
E
A
B
Dễ thấy AEMD là hình chữ nhật và ED là đường kính của (O ) = 900 (góc nội tiếp chắn nửa cung đường tròn) Nên END
O
Mặt khác CD là đường kính của (O ′)
N
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên DNC
+ DNC = 1800 ⇒ END hay ba điểm E , N ,C thẳng hàng.
O'
D
C
M
Ta có AEMD là hình chữ nhật
⇒ AECM là hình chữ nhật = CM ⇒ EB
E
A
(1)
B
Xét ∆CBE và ∆CDP có BCE = CDP (hai góc cùng phụ với góc DPC )
O
CB = DC ; B = C = 900 (gt)
N
P
Do đó: ∆CBE = ∆DCP (g.c.g)
⇒ EB = CP
(2)
D
Từ (1) và (2)
272
O' M
P
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
⇒ CM = CP hay ∆PCM cân có CA là đường phân giác ⇒ CA cũng đồng thời là đường cao. Vậy CA ⊥ MP .
Bài 11: Cho đường tròn (O ) , M là điểm ở ngoài (O ) , hai tiếp tuyến MA và MB ( A , B là hai tiếp tuyến), C là một điểm trên đường tròn tâm M bán kính MA và nằm trong đường tròn (O ) . Các tia AC và BC cắt
đường tròn (O ) lần lượt tại E và D . Chứng minh ba điểm D,O, E thẳng hàng.
Hướng dẫn giải = 1 AOD Trong đường tròn (O ) ta có: ABD 2
Mặt khác trong đường tròn (M ) có: = 1 AMC (góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn một cung). ABC 2
= AOD ⇒ AMC
(1)
= BOE Tương tự ta có: BMC
(2)
A
D cO
Do MA và MB là tiếp tuyến của (O ) nên:
M
= MBO = 900 MAO
B E
= MBO = 1800 Hay MAO
+ AOB = 1800 ⇒ AMB Hay AMC + BMC + AOB = 1800
(3)
Từ (1), (2) và (3) ta có: AOD + BOE + AOB = 1800 Vậy ba điểm D,O, E thẳng hàng.
Bài 12: Gọi M là một điểm bất kỳ trên đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ; P,Q, R lần lượt là hình chiếu của M trên các đường thẳng BC , CA và . Chứng minh rằng: a) Các điểm M , B, P, R cùng thuộc một đường tròn. b) Các điểm R, P,Q thẳng hàng.
Hướng dẫn giải a) BRM + BPM = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác RBPM nội tiếp. ⇒ Các điểm M , P, B,C cùng thuộc một đường tròn
b) Chứng minh tương tự a) có tứ giác MPQC nội tiếp
A
273
Q
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
+ MCQ = 1800 ⇒ MPQ
Mà RBM = RPM (tứ giác RBPM nôi tiếp) = MCQ (tứ giác Và RBM ABMC nội tiếp) = MCQ Do đó: RPM + MPQ = MCQ + MPQ = 1800 ⇒ R, P,Q thẳng hàng. Ta có: RPM
Tổng hợp bởi Toán Họa – 0986 915 960
Chủ đề
Nguồn bài tập: Các sách tham khảo, các đề thi.
6
CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY
F. CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY MỤC LỤC
F. CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY
274
Bài tập có giải 275 Một số bài tập tự rèn: 286
CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG ĐƯỢC SỬ DỤNG
Cách 1. Lợi dụng định lí về các đường đồng quy trong tam giác Sử dụng định lí ba đường cao của tam giác đồng quy tại một điểm Sử dụng định lí ba đường trung tuyến của tam giác đồng quy tại một điểm. Điểm đó gọi là trọng tâm của tam giác. Sử dụng các định lí: 1.Ba đường phân giác của tam giác đồng quy tại một điểm. Giao điểm của hai đường phân giác ngoài nằm trên đường phân giác trong của góc thứ ba. Sử dụng định lí ba đường trung trực của tam giác đồng quy tại một điểm. Cách 2. Sử dụng tính chất các đường chéo cắt nhau tai trung điểm mỗi đường của của hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông. Cách 3. Lùi về quen thuộc, chứng minh ba điểm thẳng hàng hoặc giao điểm của hai đường nằm trên đường thẳng thứ ba.
274
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Chúc các em học sinh học tập tốt!
Bài tập có giải Sử dụng tính chất các đường chéo cắt nhau tai trung điểm mỗi đường của của hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông.
Bài 1: Trên hình vẽ bên, cho ABCD là hình bình hành. Chứng minh rằng: a) EFGH là hình bình hành. b) Các đường thẳng AC , BD, EF , GH đồng quy.
Hướng dẫn giải a) Chứng minh rằng EG = HF ; EH = GF . b) Gọi O là giao điểm của AC và EF . Tứ giác AECF có AE = CF , AE / / CF nên là hình bình hành.. Suy ra O là trung điểm của AC , EF .
ABCD là hình bình hành, O là trung điểm của AC nên O là trung điểm của BD . EGHF là hình bình hành, O là trung điểm của EF nên O là trung điểm của GH . Vậy AC , BD, EF , GH đồng quy tại O .
Lợi dụng các đường đồng quy trong tam giác: đồng quy tại trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Bài 2: Từ một điểm C ở ngoài đường tròn ( O ) kẻ các tuyến
I
CBA . Gọi IJ là đường kính vuông góc với AB . Các đường thẳng CI , CJ theo thứ tự cắt đường tròn ( O ) tại M , N .
M A
Chứng minh rằng IN , JM , AB đồng quy tại một điểm D .
Hướng dẫn giải
B
C
= 90° hay M thuộc đường tròn đường kính IJ nên JMI JM ⊥ CI
D O
N
Tương tự IN ⊥ CJ Tam giác CIJ có 3 đường cao CA, JM , IN đồng quy tại D . Vậy IN , JM , AB đồng quy tại một điểm D .
275
J
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Bài 3: 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. 1. Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB. 3. Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh rằng các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy. 4. Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE. 5. Chứng minh điểm M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE. Hướng dẫn giải C
C
2 1
12 3
O
O D
3
S
E
S
2 1
E
M
D
2
M
1 1 2
1 2
2 3
F
H×nh a
A
1
F
B
1 2 2
3
1
A
B H×nh b
= 90 0 ( vì tam giác ABC vuông tại A); MDC = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa 1. Ta có CAB = 90 0 như vậy D và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và đường tròn ) => CDB D cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp.
= C ( nội tiếp cùng chắn cung AB). 2. ABCD là tứ giác nội tiếp => D 1 3 = C => SM = C (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung bằng nhau) = EM => C D 1 3 2 3
=> CA là tia phân giác của góc SCB. TH2 (Hình b) (cùng phụ = CDS (cùng bù = CDS ABC = CME ACB ); ABC ADC ) => CME = CS SM = EM => SCM = ECM => CA là tia phân giác của góc SCB. => CE
3. Xét ∆CMB 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. = = EM => D 4. Theo trên Ta có SM D2 => DM là tia phân giác của góc ADE.(1) 1 = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => MEB = 90 0 . 5. Ta có MEC = 90 0 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 180 0 mà đây là hai góc đối Tứ giác AMEB có MAB
. nên tứ giác AMEB nội tiếp một đường tròn => A2 = B 2 ( nội tiếp cùng chắn cung CD) Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => A1 = B 2
=> A1 = A2 => 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.
276
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Bài 4: 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. 1. Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I. 3. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội Hướng dẫn giải
M C
0 = BDA=90 1. BCA ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) ….
K
+ IDM = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác => MCI
MCID nên MCID là tứ giác nội tiếp. 2. AD, MC, MH là ba đường cao của tam giác BAM nên đồng quy tại I.
I A
O
H
D B
= HIB = CAB = ACO 3. Chỉ ra KCI là tam giác cân, từ đó CIK = KCI + OCI = 90 0 . Từ đó chỉ ra OCK = 900 …. (tự ACO + OCI chứng minh) Bài 5: 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 ∆ABT ” ∆ BDT . 2. Chứng minh rằng : AB.CD = BD.AC 3. Chứng minh rằng hai đường phân giác góc BAC; BDC và đường thẳng BC đồng quy tại một điểm
Hướng dẫn giải
1. Xét tam giác ABT và tam giác BDT có: chung BTD
= TBD (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến BAT và dây cùng chắn cung BD). => ∆ABT ” ∆ BDT . (g-g) 2. Có ∆ABT ” ∆ BDT . (g-g) AB AT => = (1) BD BT Chứng minh được ∆ACT ” ∆CDT (g-g) AC AT => = (2) CD CT Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại T nên BT = CT (3) AB AC Từ (1), (2), (3) có = => AB.CD = BD. AC BD CD 3. Phân giác góc BAC cắt BC tại I, theo tính chất phân giác trong tam giác ta có:
277
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
IB AB = IC AC AB BD IB BD Từ AB.CD = BD.AC => = => = 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. Bài 6: Cho nửa đường tròn ( O) đường kính AB. Vẽ 2 tiếp tuyến Ax và By. Lấy M trên đường tròn sao cho AM < BM. AM cắt By tại F, BM cắt Ax tại E. a. Chứng minh: AB 2 = AE.BF b. Tiếp tuyến của đường tròn tại M cắt AE, BF tại C và D. Chứng minh C và D là trung điểm của AE và BF. c. Chứng minh các đường thẳng AB, CD, EF đồng quy.
Hướng dẫn giải a. Ta có
= 90º (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AM ⊥ BE AMB
Xét ∆EAB và ∆ABF có:
) AEB = FAB (cùng phụ với EAM EAB=ABF; Suy ra ∆EAB ~ ∆ABF ( g.g)
AB AE ⇔ AB2 = AE. BF = BF AB
b. CA = CM và CO là tia phân giác
của ACM
∆AMC cân tại C và CO là đường cao CO ⊥ AM Do đó trong ∆ABE có OA=OB, OC//BE nên CA=CE. c. Gọi giao điểm của AB và EF là S. Ta sẽ chứng minh S, C, D thằng hàng. Giả sử SC cắt BF tại D’. Vì AE // BF nên theo định lí Ta-let, có:
AC BD' = =1 D’ là trung điểm của BF CE D'F D trùng với D’ hay S, C, D thẳng hàng. Vậy ba đường thẳng AB, EF, CD đồng quy tại S.
Bài 7: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R) . H là trực tâm của tam giác ABC . Vẽ đường kính AD của đường tròn (O ) ; vẽ OM ⊥ BC tại M .
1 AH 2 b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Chứng minh rằng H ,G,O thẳng hàng và HG = 2GO .
a) Chứng minh rằng OM =
278
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 c) Gọi B ′,C ′ lần lượt là trung điểm của các cạn CA, AB . Đường thẳng d1 qua M song song với OA , đường thẳng d2 qua B ′ song song với OB , đường thẳng d 3 qua C ′ song song với OC . Chứng minh rằng các đường thẳng d1 , d2 , d 3 đồng qui.
d1 A
Hướng dẫn giải a) HB ⊥ AC ( H là trực tâm của ∆ABC ) AD là đường kính nên ACD = 900 BH ⊥ AC , DC ⊥ AC ⇒ BH DC Chứng minh tương tự có: CH DB Do đó tứ giác BHCD là hình bình hành Ta có: O ′A ⊥ BC ⇒ M là trung điểm của HD 1 OM là đường trung bình của ∆AHD nên OM = AH 2
N G O
H B
C
M D
2 AM nên G là trọng tâm 3 của tam giác AHD . HO là đường trung tuyến nên HO đi qua G và HG = 2GO Gọi N là giao điểm của d1 với AH
b) ∆ABC có AM là đường trung tuyến, G thuộc đoạn thẳng AM và AG =
∆HAD có MN AD , M là trung điểm của HD
⇒ N là trung điểm của AH Ta có: NH = OM (=
1 AH ), NH OM 2
Do đó HNOM là hình bình hành. ⇒ d1 đi qua trung điểm I của OH
Chứng minh tương tự có d2 , d 3 đi qua I Vậy các đường thẳng d1 , d 2 , d 3 đồng quy
Bài 8: Trên các cạnh AB, BC của tam giác ABC dựng ra phía ngoài tam giác các hình vuông ACA1A2 và BCB1B2 . Chứng minh rằng các đường thẳng AB1, A1B, A2B2 đồng quy.
B1
Hướng dẫn giải Trường hợp 1: C = 900 . Rõ ràng AB1, A1B , A2B2 đồng quy tại C .
A2
C
Trường hợp 2: C ≠ 900
B2
Các đường tròn ngoại tiếp hình vuông ACA1A2 và BCB1B2 Có điểm chung c sẽ cắt nhau tại M (khác C )
A2 A
= 450 (góc nội tiếp chắn cung một phần tư đường tròn) Ta có: AMA 2 A MC = A AC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 2 2
279
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 = 450 Tương tự: CMB 1 Vì tia MA2 nằm giữa hai tia MA và MC ,tia MC nằm giữa hai tia MB và MA2 +A = 450 + 900 + 450 = 1800 nên AMA MC + CMB 2 2 1 hay A, M , B thẳng hàng. Chứng minh tương tự A1, M , B và A2 , M , B2 thẳng hàng Vậy AB1 , A1B và A2B2 cùng đi qua M Hay AB1 , A1B và A2B2 đồng quy.
Bài 9: Cho đường tròn (O; R ) , đường kính BC , A là điểm trên đường tròn ( A khác B và C ). Kẻ AH vuông góc với BC ( H thuộc BC ). Đường tròn tâm I đường kính AH cắt AB, AC và đường tròn (O ) tại
D, E , F a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp b) Chứng minh OA vuông góc với DE c) Chứng minh các đường thẳng AF , DE , BC đồng quy
AB = 60° . Tính theo R diện tích tứ giác BDEC d) Cho biết sđ
Hướng dẫn giải
A E
F S
D B
I H
O
C
a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp: Ta có: ADH = AEH = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ADE = AHE (góc nội tiếp cùng chắn cung AE ) Ta lại có: ) AHE = ACB (cùng phụ với EHC Vậy tứ giác BDEC nội tiếp (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện)
280
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
b) Chứng minh OA ⊥ DE : Ta có: ∆OAB cân tại O ( OA = OB = R )
= OBA . Mà OBA + OAB ACB = 90° ( ∆ABC vuông tại A ) AHE = ACB + OAB ADE = 90° hay OA ⊥ DE c) Chứng minh các đường thẳng AF , DE , BC đồng quy: Gọi S là giao điểm của AF và BC
∆SAO có: AH ⊥ BC (gt) OI ⊥ AS (tính chất đường nối tâm của 2 đtr cắt nhau) SI ⊥ OA (đường cao thứ ba trong ∆SAO ) Mà OA ⊥ DE (câu b)
S , D, I , E thẳng hàng hay đường thẳng DE qua S . Vậy các đường thẳng AF , DE , BC đồng quy
d) Tính theo R diện tích tứ giác BDEC :
sd AB 60° Ta có: ∆ABC vuông tại A , ACB = = = 30° 2
1 AB = BC.sin 30° = 2 R. = R ; 2
AH .BC = AB. AC AH =
2
AC = BC .cos 30° = 2 R.
3 =R 3 2
AB. AC R.R 3 R 3 = = BC 2R 2
Ta lại có: ∆ADE đồng dạng ∆ACB
2 2 R 4 R 16 BC BC = = = = = 3 DE AH R 3 R 3 2 2
2
S ACB S ADE
S ACB S ADE S ACB − S ADE S BDEC 13.S ACB 13 AB. AC 13 R.R 3 13 R 2 3 = = = S BDEC = = ⋅ = ⋅ = 16 3 16 − 3 13 16 16 2 16 2 32
Bài 10: Cho tam giác ABC vuông tại A , I là một điểm trên cạnh AC . Đường tròn đường kính IC cắt BC ở E và cắt BI ở D . a) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp được trong đường tròn. b) Chứng minh DB là phân giác của góc ADE . c) Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE .
281
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 d) Chứng minh AB, CD, EI đồng qui.
Hướng dẫn giải a) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp được trong đường tròn. Ta có
C
= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). BDC = 90° ( tam giác ABC vuông tại A ). CAB
E
Mặt khác hai đỉnh D , A cùng nhìn BC dưới một góc 90° .
D
Vậy tứ giác ABCD nội tiếp được trong đường tròn.
I
b) Chứng minh DB là phân giác của góc ADE . Do tứ giác ABCD nội tiếp được trong đường tròn.
K
Nên ADB = ACB (cùng chắn cung AB ).
A
= IDE ACB (cùng chắn cung IE của đường tròn đường kính IC ). . ADB = BDE Vậy DB là phân giác của góc ADE . c) Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE . Chứng minh được tứ giác ABEI nội tiếp được trong đường tròn.
= CBD (cùng chắn cung IE ). CAE Mặt khác vì tứ giác ABCD nội tiếp được trong đường tròn.
= CBD (cùng chắn cung CD ). Nên CAD = CAD AC là phân giác của góc DAE . CAE Mà DB cắt AC tại I . Do đó I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE . d) Chứng minh AB, CD, EI đồng qui. Gọi K là giao điểm của AB và CD .
= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BD ⊥ KC . Ta có BDC = 90° ( tam giác ABC vuông tại A ) CA ⊥ KB . CAB
∆CKB có BD và CA là hai đường cao cắt nhau tại I nên I là trực tâm của ∆CKB KE là đường cao của ∆CKB KE ⊥ BC (1) .
= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) IE ⊥ CE IE ⊥ BC (2) . Mặt khác IEC
282
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Từ (1), (2) suy ra E , I , K thẳng hàng. Vậy AB, CD, EI đồng qui tại K .
Bài 11: Cho tam giác ABC vuông tại A . Trên cạnh AC lấy điểm M không trùng với A và C . Vẽ đường tròn đường kính MC , cắt cạnh BC tại D . Các đường thẳng BM và AD lần lượt cắt đường tròn tại các điểm E , F . Chứng minh rằng:
∽∽∽∽ a) ∆ABC
∆DMC . Suy ra AB.MC = BC.DM .
b) Các tứ giác ABDM và AECB nội tiếp c) AB //EF . d) Các đường thẳng AB, CE , MD đồng quy.
Hướng dẫn giải
B
D F
A
C
M
E I
Do đó
∽∽∽∽
= MDC = 90° và BCA chung nên ∆ABC a) Vì BAC AB BC = AB.MC = BC.DM . DM MC
+ MDB = 180° nên tứ giác AMDB nội tiếp. b) Vì BAM = BEC = 90° nên tứ giác AECB nội tiếp. Vì BAC
ABM = ADM ( cùng chắn AM ) c) Ta có:
= ) MEF ADM ( cùng chắn MF
283
∆DMC .
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
AB //EF . Suy ra ABM = MEF d) Giả sử AB cắt EC tại I . Ta có CA, BE là đường cao của tam giác BIC .
M là trực tâm của ∆BIC IM ⊥ BC .
Mà MD ⊥ BC I , M , D thẳng hàng. Vậy AB, EC , MD đồng quy tại M .
Bài 12: Hai đường tròn ( O; R ) và ( O '; r ) tiếp xúc ngoài tại C ( R > r ) gọi AC và BC là hai đường kính đi qua C của đường tròn ( O ) và ( O ') . DE là dây cung của đường tròn ( O ) vuông góc với AB tại trung điểm M của AB. Tia DC cắt đường tròn ( O ') tại điểm thứ 2 là F a) Tứ giác ADBE là hình gì? Vì sao? b) Chứng minh ba điểm B, F, E thẳng hàng c) DB cắt đường tròn ( O ') tại điểm thứ hai là G. Chứng minh DF, EG và AB đồng quy d) Chứng minh MF là tiếp tuyến của ( O ')
Hướng dẫn giải
a) Tứ giác ADBE là hình thoi vì AM = MB; MD = ME và DE ⊥ AB = 900 BF / / DA . Như vậy BE / / DA và b) Ta có BE / / DA . Nối BF ta có ADF = BFD BF / / DA mà qua B chỉ có duy nhất một đường thẳng song song với DA do đó 3 điểm B, F, E phải thẳng hàng c) Ta có CG vuông góc với DB, mặt khác EC vuông góc với DB. Nhưng qua C chỉ tồn tại duy nhất một đường vuông góc với DB nên E, C , G phải thẳng hàng và DF, EG, AB phải đồng quy tại điểm C, chính là trực tâm tam giác EDB
284
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
+O =F và O mà MEF +F = 900 , suy ra d) Nhận thấy MEF ' BF = F ' BF = 900 nên F 1 2 1 2 ' = 900 . Vậy MF là tia tiếp tuyến của đường tròn tâm O’. MFO = 900 ). Gọi I, K theo thứ tự là trung điểm của AB, AC. Các đường tròn Bài 13: Cho ∆ABC (AC > AB, BAC đường kính AB, AC cắt nhau tại điểm thứ hai D; tia BA cắt đường tròn (K) tại điểmt hứ hai E; tia CA cắt đường tròn (I) tại điểm thứ hai F
a) Chứng minh B, C, D thẳng hàng b) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiép c) Chứng minh ba đường thẳng AD, BF, CE đồng quy. d) Gọi H là giao điểm thứ hai của tia DF với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, hãy so sánh DH và DE. Hướng dẫn giải
a) ) Áp dụng định lý góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, ta có :
90E ; ADC 90E . ADB + ADC = 1800 . Suy ra ADB Vậy B, D, C thẳng hàng. b) Áp dụng định lý góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, ta có: / 90E ; CEA / 90E ; BFA = BEC = 90 0 . Khi đó E; F là hai đỉnh liên tiếp cùng suy ra BFC
(
)
nhìn BC dưới một góc bằng nhau. Vậy tứ giác BFEC nội tiếp. c) Xét tam giác ABC có AD ⊥ BC ; BF ⊥ AC ; CE ⊥ AB . Suy ra AD , BF , CE là ba đường cao. Vậy chúng cắt nhau tại một điểm S . d)
Ta
có
AEHF nội HE / / BC AD ⊥ HE .
tiếp
nên
= FAB EHF
m ặt
khác
= FDB EHF = FDB FAB
(1)
= FBA = FCE = ADE Vận dụng góc nội tiếp, tứ giác nội tiếp ta có: FDA
DA là đường phân giác EDF
(2)
Từ (1) và (2) suy ra DEH cân tại D suy ra DE = DH .
Bài 14: Cho tam giác ABC vuông tại A và một điểm D nằm giữa A và B. Đường tròn (O) đường kính BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là F, G. Chứng minh rằng : a) Các tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp b) AD.AB = AG.AE c) AC//FG 285
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
d) AC, DE và BF đồng quy.
Hướng dẫn giải = 90 0 , CED = 900 tứ giác ADEC nội tiếp. a) CAD = 900 , CFB = 900 tứ giác AFBC nội tiếp. CAB b) Ta có ∆AED ” ∆ABG ( g.g )
AE AD = AD.AB = AE.AG. AB AG =E . c) Tứ giác ACED nội tiếp C 1 1 =E . Tứ giác DFGE nội tiếp F 1 1 =F AC / /GF . Suy ra C 1 1 d) ∆BCD có CA , BF , DE là đường cao CA , BF , DE đồng quy.
Một số bài tập tự rèn: Bài 1: Cho hai đường tròn (O) và ( O') cắt nhau tại A, B. Kẻ đường kính AC của (O) cắt đường tròn (O') tại F. Kẻ đường kính AE của ( O') cắt đường tròn (O) tạo G. Chứng minh: a) Tứ giác GFEC nội tiếp ; b) GC, FE, AB đồng quy.
Bài 2: Cho đường tròn (O) đường kính AB, gọi I là trung điểm của OA, dây CD vuông góc với AB tại I. Lấy K tùy ý trên dây cung BC nhỏ, AK cắt CD tại H.
a. Chứng minh tứ giác BIHK nội tiếp. b. Chứng minh AH.AK có giá trị không phụ thuộc vị trí điểm K c. Kẻ DN ⊥ CB, DM ⊥ AC. Chứng minh các đường thẳng MN, AB, CD đồng quy.
286
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 3: Cho đường tròn (O) đường kính AB, gọi I là trung điểm của OA, dây CD vuông góc với AB tại I. Lấy K tùy ý trên dây cung BC nhỏ, AK cắt CD tại H. a) Chứng minh tứ giác BIHK nội tiếp. b) Chứng minh AH.AK có giá trị không phụ thuộc vị trí điểm K c) Kẻ DN ⊥ CB, DM ⊥ AC. Chứng minh các đường thẳng MN, AB, CD đồng quy
Bài 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB, Gọi I là trung điểm OA. Dây CD vuông góc với AB tại I. Lấy K tùy ý trên cung BC nhỏ. AK cắt CD tại H a, Chứng minh tứ giác BIHK nội tiếp b, Chứng minh AH.AK có giá trị không phụ thuộc vào vị trí điểm K . c, kẻ DN ⊥ CB , DM ⊥ AC . chứng minh MN,AB, CD đồng quy . d, Cho BC = 25cm . Hãy tính diện tích xung quanh hình trụ tạo thành khi cho tứ giác MCND quay quanh MD.
Chủ đề
Chúc các em học sinh học tập tốt!
7
CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH CỰC TRỊ HÌNH HỌC
F. CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH CỰC TRỊ HÌNH HỌC MỤC LỤC
F. CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH CỰC TRỊ HÌNH HỌC 287 A. Phương pháp giải bài toán cực trị hình học. 1. Dạng chung của bài toán cực trị hình học:
288
288
2. Hướng giải bài toán cực trị hình học: 288 3. Cách trình bày lời giải bài toán cực trị hình học .
289
B. Các kiến thức thường dùng giải bài toán cực trị hình học. 289 1. Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu. 289 2. Sử dụng quan hệ giữa đường thẳng và đường gấp khúc. 3. Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn. 293 4. Sử dụng bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai . 294 5. Sử dụng bất đẳng thức Cô-si . 295 6. Sử dụng tỉ số lượng giác.298
287
292
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
C. Một số bài toán ôn luyện có hướng dẫn D. Bài tập tự luyện E. Rèn luyện tổng hợp
300
315 318
A. Phương pháp giải bài toán cực trị hình học. 1. Dạng chung của bài toán cực trị hình học: “Trong tất cả các hình có chung một tính chất, tìm những hình mà một đại lượng nào đó (độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo diện tích …) có giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất.” và có thể được cho dưới các dạng : a) Bài toán về dựng hình.
Ví dụ: Cho đường tròn (O) và điểm P nằm trong đường tròn, xác định vị trí của dây đi qua điểm P sao cho dây đó có độ dài nhỏ nhất. b) Bài toán vể chứng minh.
Ví dụ: Chứng minh rằng trong các dây đi qua điểm P trong một đường tròn (O), dây vuông góc với OP có độ dài nhỏ nhất. c) Bài toán về tính toán.
Ví dụ: Cho đường tròn (O;R) và điểm P nằm trong đường tròn có OP = h , tính độ dài nhỏ nhất của dây đi qua P.
2. Hướng giải bài toán cực trị hình học: a) Khi tìm vị trí của hình H trên miền D sao cho biểu thức f có giá trị lớn nhất ta phải chứng tỏ được : + Với mọi vị trí của hình H trên miền D thì f ≤ m ( m là hằng số ) + Xác định vị trí của hình H trên miền D sao cho f = m b) Khi tìm vị trí của hình H trên miền D sao cho biểu thức f có giá trị nhỏ nhất ta phải chứng tỏ được : + Với mọi vị trí của hình H trên miền D thì f ≥ m ( m là hằng số ) + Xác định vị trí của hình H trên miền D để f = m
288
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
3. Cách trình bày lời giải bài toán cực trị hình học . + Cách 1: Trong các hình có tính chất của đề bài, chỉ ra một hình rồi chứng minh mọi hình khác đều có giá trị của đại lượng phải tìm cực trị nhỏ hơn (hoặc lớn hơn) giá trị của đại lượng đó của hình đã chỉ ra. + Cách 2: Biến đổi tương đương điều kiện để đại lượng này đạt cực trị bởi đại lượng khác đạt cực trị cho đến khi trả lời được câu hỏi mà đề bài yêu cầu.
Ví dụ : Cho đường tròn (O) và điểm P nằm trong đường tròn( P không trùng với O). Xác định vị trí của dây đi qua điểm P sao cho dây đó có độ dài nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải +Cách 1 : Gọi AB là dây vuông góc với OP tại P , và dây CD là dây bất kỳ đi qua P và không trùng với AB ( h.1). Kẻ OH ⊥ CD .
C
∆OHP vuông tại H OH < OP CD > AB
O
Như vậy trong tất cả các dây đi qua P , dây vuông góc với OP tại P có độ dài nhỏ nhất .
H
A
P
+ Cách 2 :
h .1
Xét dây AB bất kỳ đi qua P ( h.2). Kẻ OH ⊥ AB
B D
Theo liên hệ giữa dây và khoảng cách đến tâm:
A
AB nhỏ nhất ⇔ OH lớn nhất
O
Ta lại có OH ≤ OP
H P
OH = OP ⇔ H ≡ P Do đó maxOH = OP
h .2
B
Khi đó dây AB vuông góc với OP tại P.
B. Các kiến thức thường dùng giải bài toán cực trị hình học. 1. Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu. a-Kiến thức cần nhớ:
A B
A
K
a
a A
h.3
C
B
H
C
h.4 a1) ∆ABC vuông tại A (có thể suy biến thành đoạn thẳng) AB ≤ BC . Dấu “=” xảy ra ⇔ A ≡ C . ( h.3 ) a2) ( h.4 ) + AH ⊥ a AH ≤ AB .
Dấu “=” xảy ra ⇔ B ≡ H .
+ AB < AC ⇔ HB < HC
289
b H h.5
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a3) ( h.5 ) A,K ∈a; B, H ∈b; a // b ; HK ⊥ a HK ≤ AB Dấu “=” xảy ra ⇔ A ≡ K và B ≡ H .
b- Các ví dụ: Ví dụ 1: Trong các hình bình hành có hai đường chéo bằng 6 cm và 8 cm, hình nào có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn nhất đó.
Hướng dẫn giải B
A
B
C A
H O
C
O≡H
D D
h.6
h.7
Xét hình bình hành ABCD có AC = 8 cm; BD = 6 cm ( h.6) Gọi O là giao điểm hai đường chéo. Kẻ BH ⊥ AC . Ta có : SABCD = 2SABC = AC.BH Ta có AC = 8cm, BH ≤ BO = 3cm. Do đó : SABCD ≤ 8.3 = 24 (cm2) SABCD = 24 cm2 ⇔ BH ≡ BO ⇔ H ≡ O ⇔ BD ⊥AC Vậy max SABCD = 24 cm2 . Khi đó hình bình hành ABCD là hình thoi (h.7) có diện tích 24cm2.
Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA ta lấy theo thứ tự các điểm E,F,G,H sao cho AE = BF = CG = DH . Xác định vị trí của các điểm E, F,G,H sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất . Giải :
∆HAE = ∆EBF = ∆FCG = ∆GHD
A
HE = EF = FG = GH
E
K
B F
EFGH là hình thoi .
= BEF AHE + AEH = 90 AHE
H 0
O
+ AEH = 900 BEF D
= 900 HEF
G
C
h.8
EFGH là hình vuông
Gọi O là giao điểm của AC và EG . Tứ giác AECG có AE = CG, AE //CG nên là hình bình hành suy ra O là trung điểm của AC và EG , do đó O là tâm của cả hai hình vuông ABCD và EFGH.
∆HOE vuông cân : HE2 = 2OE2 HE = OE
2
290
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Chu vi EFGH = 4HE = 4
2 OE . Do đó chu vi EFGH nhỏ nhất ⇔ OE nhỏ nhất
Kẻ OK ⊥AB OE ≥OK ( OK không đổi ) OE = OK ⇔ E ≡ K Do đó min OE = OK Như vậy, chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất khi và chỉ khi E,F,G,H là trung điểm của AB , BC, CD, DA.
Ví dụ 3: Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a .Vẽ về một phía của AB các tia Ax và By vuông góc với AB. Qua trung điểm của M của AB có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau và cắt Ax, By theo thứ tự tại C và D. Xác định vị trí của các điểm C,D sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất . Tính diện tích tam giác đó.
Hướng dẫn giải Gọi K là giao điểm của CM và DB MA = MB ;
x
y
=B = 900 , AMC = BMK A
D 1
∆MAC = ∆MBK MC = MK Mặt khác DM ⊥CK
∆DCK cân
2
H
1 = D 2 D
C
Kẻ MH ⊥ CD .
∆MHD = ∆MBD MH = MB = a SMCD =
A
B
M
1 1 1 CD.MH ≥ AB.MH = 2a.a= a2 2 2 2
SMCD = a2 ⇔ CD ⊥ Ax khi đó
K
= 450 ; BMD AMC
h.9
=450.
Vậy min SMCD = a2 . Các điểm C,D được xác định trên Ax; By sao cho AC = BD =a .
là góc tù , điểm D di chuyển trên cạnh BC . Xác định vị trí của điểm D sao Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có B cho tổng các khoảng cách từ B và C đến đường thẳng AD có giá trị lớn nhất . Hướng dẫn giải
A
Gọi S là diện tích ∆ABC Khi D di chuyển trên cạnh BC ta có :
E
SABD + SACD = S Kẻ BE ⊥AD , CF ⊥ AD
1 1 AD.BE + AD.CF = S 2 2
BE +CF =
C H
B
D h.10
2S AD
Do đó BE + CF lớn nhất ⇔ AD nhỏ nhất ⇔hình chiếu HD nhỏ nhất
291
F
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Do HD ≥ HB ( do
ABD
>900 ) và HD = HB ⇔ D ≡ B
Vậy Khi D ≡ B thì tổng các khoảng cách từ B và C đến AD có giá trị lớn nhất .
2. Sử dụng quan hệ giữa đường thẳng và đường gấp khúc. a. Kiến thức cần nhớ: Với ba điểm A,B,C bất kỳ ta có : AC + CB ≥ AB
AC + CB = AB ⇔ C thuộc đoạn thẳng AB b. Các ví dụ:
và điểm A nằm trong góc đó. Xác định điểm B thuộc tia Ox, điểm C thuộc tia Oy sao Ví dụ 5: Cho góc xOy cho OB = OC và tổng AB +AC là nhỏ nhất .
Hướng dẫn giải m
Kẻ tia Om nằm ngoài góc xOy sao cho
= xOA yOm
y
D
. Trên tia Om lấy điểm D sao cho OD =
OA . Các điểm D và A cố định .
= BOA OD =OA, OC = OB , COD
C A
∆DOC = ∆AOB CD = AB Do đó AC +AB = AC +CD
O
B h.11
Mà AC +CD ≥ AD
x
AC +AB ≥ AD Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi C ∈AD Vậy min(AC+AB) =AD . Khi đó C là giao điểm của AD và Oy, B thuộc tia Ox sao cho OB = OC.
Ví dụ 6: Cho hình chữ nhật ABCD và điểm E thuộc cạnh AD. Xác định vị trí các điểm F thuộc cạnh AB, G thuộc cạnh BC, H thuộc cạnh CD sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.
F
A
Hướng dẫn giải B
K
E
M
D
F
A
I
B
I E
G
K G
C
M
D
H
H
h.12
h.13
292
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Gọi I ,K, L theo thứ tự là trung điểm của EF, EG , EH (h.12).
∆AEF vuông tại A có AI là trung tuyến AI =
1 EF 2
∆CGH vuông tại C có CM là trung tuyến CM = IK là đường trung bình của ∆EFG IK =
1 GH 2
1 FG 2
KM là đường trung bình của ∆EGH KM =
1 EH 2
Do đó : chu vi EFGH = EF +FG +GH +EH =2(AI + IK + KM + MC) Ta lại có : AI + IK + KM + MC ≥ AC Suy ra chu vi EFGH ≥ 2AC ( độ dài AC không đổi ) Chu vi EFGH nhỏ nhất bằng 2AC ⇔ A,I,K,M,C thẳng hàng.
= EAI = ADB nên EF//DB , tương tự GH//DB . Suy ra tứ giác EFGH Khi đó ta có EH//AC,FG//AC, AEI là hình bình hành có các cạnh song song với các đường chéo của hình chữ nhật ABCD (h.13).
3. Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn. a. Kiến thức cần nhớ:
C D A
H
A
C O
B
D
B
O
O
C
D
C
B B
K
A
D h.16 h.14 h.15 a1) Trong các dây của đường tròn, dây lớn nhất là đường kính. AB là đường kính, CD là dây bất kỳ CD ≤ AB (h.14) a2) Trong hai dây của đường tròn. Dây nào lớn hơn thì dây đó gần tâm hơn Dây nào gần tâm hơn thì dâu đó lớn hơn OH, OK là các khoảng cách từ tâm đến dây AB và CD : AB ≥ CD ⇔ OH ≤ OK (h.15)
293
A h.17
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a3) AB,CD là các cung nhỏ của (O) : AB ≥ CD ⇔
≥ COD AOB
a4) AB,CD là các cung nhỏ của (O) : AB ≥ CD ⇔
≥ CD AB
(h.16) (h.17)
b. Các ví dụ: Ví dụ 7: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau ở A và B, một cát tuyến chung bất kỳ CBD (B nằm giữa C và D) cắt các đường tròn (O) và (O’) tại C và D. Xác định vị trí của cát tuyến CBD để ∆ACD có chu vi lớn nhất.
A D
Hướng dẫn giải
= sđ C
1 sđ AmB 2
; sđ
O
= 1 sđ AnB D 2
n
C’
m
O’
D’
B
số đo các góc ∆ACD không đổi (do A, B cố định)
C
∆ACD có chu vi lớn nhất khi một cạnh của nó lớn nhất , chẳng hạn AC là lớn nhất.
h.18
AC là dây của đường tròn (O), do đó AC lớn nhất khi AC là đường kính của đường tròn (O), khi đó AD là đường kính của đường tròn (O’). Cát tuyến CBD ở vị trí C’BD’ vuông góc với dây chung AB.
Ví dụ 8: Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn. Xác định dây AB đi qua P sao cho có giá trị lớn nhất .
OAB
Hướng dẫn giải Xét tam giác cân OAB , góc ở đáy
AOB
OAB
lớn nhất nếu góc ở đỉnh
B’
nhỏ nhất .
O
= 1 sđ AB AOB 2
A
nhỏ nhất ⇔ Cung AB nhỏ nhất ⇔ dây AB nhỏ nhất Góc AOB ⇔ Khoảng cách đến tâm OH lớn nhất.
)
H
P
A’ h.19
Ta có OH ≤ OP OH =OP ⇔ H ≡ P nên max OH = OP ⇔ AB ⊥ OP Suy ra dây AB phải xác định là dây A’B’ vuông góc với OP tại P .
4. Sử dụng bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai . a. Kiến thức cần nhớ: Các bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai được sử dụng dưới dạng :
A2 ≥ 0 ; − A2 ≤ 0 Do đó với m là hằng số , ta có :
f =A2 + m ≥ m ; min f = m với A = 0
294
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
f = − A2 + m ≤ m ; max f = m với A = 0 b. Các ví dụ: Ví dụ 9: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4cm . Trên các cạnh AB, BC,CD,DA, lấy theo thứ tự các điểm E,F,G,H sao cho AE = BF = CG = DH . Tính độ dài AE sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.
x
A
E
4-x
B
4-x
F
Hướng dẫn giải ∆AHE = ∆BEF = ∆CFG = ∆DGH
H
HE = EF = FG = GH , HEF = 90
0
HEFG là hình vuông nên chu vi EFGH nhỏ nhất khi HE nhỏ nhất .
D
Đặt AE = x thì HA = EB = 4-x
C
G h.20
∆HAE vuông tại A nên : HE 2 = AE2 +AE2 = x2 + (4 − x)2 = 2x2 − 8x +16 = 2(x − 2)2 +8 ≥ 8 HE =
8
=2
2
⇔x=2
Chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất bằng 8
2 cm , khi đó AE = 2 cm .
Ví dụ 10: Cho tam giác vuông ABC có độ dài các cạnh góc vuông AB = 6 cm, AC = 8cm. M là điểm di chuyển trên cạnh huyền BC. Gọi D và E là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC . Tính diện tích lớn nhất của tứ giác ADME.
Hướng dẫn giải ADME là hình chữ nhật .
A
Đặt AD = x thì ME = x ME //AB
x D
EM CE x CE 4 = = CE = x AB CA 6 8 3
8- x E
B
4 AE = 8 − x 3
M
C
h.21
Ta có : SADME = AD .AE = x ( 8 −
4 4 4 x ) = 8x − x2 = − (x − 3)2 +12 ≤ 12 3 3 3
SADME = 12 cm2 ⇔ x =3 Diện tích lớn nhất của tứ giác ADME bằng 12 cm2 ,khi đó D là trung điểm của AB , M là trung điểm của BC và E là trung điểm của AC.
5. Sử dụng bất đẳng thức Cô-si . a-Kiến thức cần nhớ: Bất đẳng thức Cô-si : Với x ≥ 0 ; y ≥ 0 ta có :
x+ y ≥ xy 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y
295
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bất đẳng thức Cô-si thường được sử dụng dưới các dạng sau : + Dạng 1: x 2 + y 2 ≥
(x + y) 2
2
≥ 2 xy hay ( x + y ) 2 ≤ 2 ( x 2 + y 2 )
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y + Dạng 2:
( x + y)
2
;
≥4
xy
( x + y) 2
x +y
xy
(x + y)
2
2
1 4
≤
x2 + y 2
;
≤2
2
(x + y)
2
≥
1 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y + Dạng 3: Với x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; x + y không đổi thì xy lớn nhất khi và chỉ khi x = y + Dạng 4: Với x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; xy không đổi thì x+y nhỏ nhất khi và chỉ khi x = y
b. Các ví dụ: Ví dụ 11: Cho đoạn thẳng AB, điểm M di chuyển trên đoạn thẳng ấy . Vẽ các đường tròn có đường kính MA và MB . Xác định vị trí của điểm M để tổng diện tích của hai hình tròn có giá trị nhỏ nhất . Giải : Đặt MA =x , MB = y Ta có : x + y =AB (0 < x,y < AB) Gọi S và S’ theo thứ tự là diện tích của hai hình tròn có đường kính là MA và MB . 2
Ta có: S +S’ =
x y π + π 2 2
Ta có bất đẳng thức : x
( x + y) S +S’ ≥ π. 8
2
= π.
2
+y
2
2
= π.
x 2 + y2 4
( x + y) ≥ 2
2
nên :
AB2 8
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y Do đó min (S+S’) = π.
AB2 8
. Khi đó M là trung điểm của AB.
Ví dụ 12: Cho điểm M nằm trên đoạn thẳng AB .Vẽ về một phía của AB các tia Ax và By vuông góc với AB . Qua M có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau và cắt Ax, By theo thứ tự tại C và D . Xác định vị trí của các điểm C,D sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất .
Hướng dẫn giải
296
y D
x α
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Ta có : SMCD =
1 MC.MD 2
Đặt MA = a , MB = b
= BDM =α AMC MC =
a cosα
SMCD =
, MD =
b sin α
1 ab 2 cosα.sin α
Do a,b là hằng số nên SMCD nhỏ nhất ⇔ 2sinα.cosα lớn nhất . 2xy ≤ x2 +y2
Theo bất đẳng thức
2sinα.cosα ≤ sin2α +cos2α = 1
nên
ta có : SMCD ≥ ab
SMCD = ab ⇔ sinα = cosα ⇔ sinα = sin(900−α) ⇔ α = 900−α ⇔ α = 450
⇔ ∆AMC và ∆BMD vuông cân. Vậy min SMCD = ab. Khi đó các điểm C,D được xác định trên tia Ax ; By sao cho AC = AM , BD = BM .
Ví dụ 13: Cho ∆ABC , điểm M di động trên cạnh BC . Qua M kẻ các đườA ng thẳng song song với AC và với AB , chúng cắt AB và AC theo thứ tự ở D và E.Xác định vị trí của điểm M sao cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất. K D
Hướng dẫn giải
SADME lớn nhất ⇔
SADME SABC
lớn nhất
1 B
Kẻ BK ⊥ AC cắt MD ở H.
1 AC . BK 2
S ADME MD HK = 2. . S ABC AC BK Đặt MB = x , MC = y , MD//AC ta có :
MD BM x = = AC BC x + y
Theo bất đẳng thức
xy
(x + y)
2 M
x h.24
SADME = MD . HK SABC =
E
H
2
≤
;
HK MC y = = BK BC x + y
1 S ADME 2 xy 1 = ≤ . 2 4 S ABC ( x + y) 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y
297
y
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Vậy max SADME =
1 SABC 2
khi đó M là trung điểm của BC.
Ví dụ 14: Cho ∆ ABC vuông cân có cạnh huyền BC = a . Gọi D là trung điểm của AB. Điểm E di chuyển trên cạnh AC. Gọi H,K theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ D, E đến BC . Tính diện tích lớn nhất của hình thang DEKH . Khi đó hình thang trở thành hình gì ?
Hướng dẫn giải Ta có : 2SDEKH = (DH +EK).HK = ( BH +KC ) .HK Mà (BH + KC) +HK =BC = a không đổi Nên (BH + KC) .HK lớn nhất ⇔BH + KC) = HK =
a 2
Do đó :
1 a a a2 max SDEKH = . . = 2 2 2 8 Khi đó đường cao HK =
Do đó DH = HB =
H
a 2
suy ra :
a 2
D
a 2
=
, EK = KC =
a 4
KC = BC −BH –HK = a −
a 4
B
−
K
a 4 A .
C E h.25
Hình thang DEKH là hình chữ nhật , E là trung điểm của AC.
6. Sử dụng tỉ số lượng giác. a-Kiến thức cần nhớ:
B
Hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông
c
+ b = a.sinB = a.cosC + b = c.tgB = c.cotgC
A
a
b h.26
C
b-Các ví dụ: Ví dụ 15: Chứng minh rằng trong các tam giác cân có cùng diện tích tam giác có cạnh đáy nhỏ hơnlà tam giác có góc ở đỉnh nhỏ hơn.
298
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải A
Xét các tam giác ABC cân tại A có cùng diện tích S. Kẻ
BAC
đường cao AH . Đặt
=α
∆AHC vuông tại H, ta có :
=α HAC 2
B ,
h.27
AH = HC .cotg
α 2
α 1 BC.cotg 2 2
=
1 1 1 α BC.AH = BC. BC.cotg 2 2 2 2
Do đó : S =
4S
BC =
C
H
cot g
= 2 S.t g
α 2
=
1 2 α BC cotg 4 2
α 2
Do S không đổi nên : BC nhỏ nhất ⇔ tg
α 2
nhỏ nhất ⇔
α 2
nhỏ nhất ⇔ α nhỏ nhất ⇔
BAC
nhỏ nhất
Ví dụ 16: Cho hình chữ nhật ABCD. Trên các cạnh BC,CD lần lượt lấy các điểm K,M sao cho BK : KC = 4
: 1, CM : MD = 4 : 1.Tìm tỉ số AB : BC để số đo góc KAM ( Cho công thức biến đổi tan( x +y )=
lớn nhất .
tan x + tan y ) 1 − tan x.tan y Hướng dẫn giải
Đặt
=y = x , DAM BAK
lớn nhất KAM
⇔
BAK
+
( x + y < 900 )
DAM
A
B
x
nhỏ nhất
y
⇔ x + y nhỏ nhất ⇔ tan (x + y) nhỏ nhất
K
Giả sử AB : BC = 1 : m ( m> 0) tan x =
BK BK BC 4m = . = AB BC AB 5
tan y =
DM DM DC 1 = . = AD DC AD 5m
tan( x +y )=
D
C
M h.28
tan x + tan y 4m 1 4m 1 25 4m 1 = + . + : 1 − = 1 − tan x.tan y 5 5m 5 5m 21 5 5m
299
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 tan (x + y) nhỏ nhất ⇔
4m 1 + 5 5m
nhỏ nhất
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
4m 1 + 5 5m Dấu đẳng thức xảy ra ⇔
≥
2
4m 1 = 5 5m
Vậy x + y nhỏ nhất khi và chỉ khi m = Do đó
KAM
4m 1 4 . = 5 5m 5 ⇔m=
1 2
1 2
lớn nhất khi và chỉ khi AB : BC = 2 : 1
C. Một số bài toán ôn luyện có hướng dẫn
300
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 1. Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ AH ⊥ BC Nửa đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm O1; O2 cắt AB, AC thứ tự tại D và E. a) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R = 25 và BH = 10 b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. c) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEO1O2 đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó.
Hướng dẫn giải A
E
D
B
O1
H
O
O2
C
= 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn) a) Ta có BAC = CEH = 900 Tương tự có BDH = ADH = AEH = 900 => ADHE là hình chữ nhật. Xét tứ giác ADHE có A Từ đó DE = AH mà AH 2 = BH .CH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) hay AH 2 = 10.40 = 400 (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 (đơn vị độ dài)
(góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà DAH =C = ADE (1) b) Ta có: BAH = ADE do C + BDE = 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. (Vì ADHE là hình chữ nhật) => C = BDO (2) c) Vì O1 D = O1B => ∆O1BD cân tại O1 => B 1 + BDO =B + BAH = 900 => O D / / O E Từ (1), (2) => ADE 1 2 1 Vậy DEO1O2 là hình thang vuông tại D và E.
1 1 1 (O1D + O 2 E).DE = O1O 2 .DE ≤ O1O 22 2 2 2 (Vì O1D + O2 E = O1H + O2 H = O1O2 và DE ≤ O1O2 ) Ta có S =
1 BC2 R 2 Sht ≤ O1O2 2 = = . 2 8 2 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi DE = O1O2
⇔ DEO1O2 là hình chữ nhật ⇔ A là điểm chính giữa cung BC Khi đó max S DEO 2 O1 =
R2 . 2
Bài tập 2. Cho đường tròn (O), đường kính AB, d1, d2 là các các đường thẳng lần lượt qua A, B và cùng
= 900. vuông góc với đường thẳng AB. Lấy M, N là các điểm lần lượt thuộc d1, d2 sao cho MON 1) Chứng minh đường thẳng MN là tiếp tuyến của đường tròn (O). 2) Chứng minh AM. BN =
AB 2 . 4
3) Xác định vị trí của M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải
301
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
N
H
M
A
B
O
1) Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng MN. Xét tứ giác OAMH
+H = 1800 (do A =H = 900 ) A => OAMH là tứ giác nội tiếp đường tròn. Tương tự tứ giác OBNH nội tiếp được
=M , B =N (2 góc nội tiếp chắn 1 cung) => A 1 1 1 1
= 900. Hay H thuộc (O) lại có OH ⊥ MN +B =M +N = 900 => AHB A 1 1 1 1 => MN là tiếp tuyến của (O) 2) Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng trong tam vuông, ta có:
AM . BN = MH . NH = OH 2 = 3. S ∆MON =
AB 2 (đpcm) 4
1 1 OH. MN > OH. AB (Vì AMNB là hình thang vuông) 2 2
Dấu “=” khi và chỉ khi MN = AB hay H là điểm chính giữa của cung AB
⇔ M, N song song với AB ⇔ AM = BN = Vậy S ∆MON nhỏ nhất khi và chỉ khi AM = BN =
AB . 2
AB . 2
Bài tập 3. Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn, trực tâm là H và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường kính AK. a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình hình hành. b) Vẽ OM ⊥ BC (M ∈ BC). Ch ứ ng minh H, M, K th ẳ ng hàng và AH = 2.OM. c) Gọi A’, B’, C’ là chân các đường cao thuộc các cạnh BC, CA, AB của ∆ ABC Khi BC cố định hãy xác định vị trí điểm A để tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải A
O
H
C
M
B
K
302
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= 900 (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) a) Ta có ACK Nên CK ⊥ AC mà BH ⊥ AC (vì H trực tâm) => CK // BH tương tự có CH // BK => Tứ giác BHCK là hbh (đpcm) b) OM ⊥ BC => M trung điểm của BC (định lý đường kính và dây cung) => M là trung điểm của HK (vì BHCK là hình bình hành) => đpcm ∆ AHK có OM là đường trung bình => AH = 2.OM mà ACB = BAx (Ax ′C = BB ′C = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => AC ′B′ = ACB c) Ta có AC là tiếp tuyến tại A) => Ax // B’C’ 1 R.B’C’ 2 1 1 Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’ 2 2 1 1 1 S ∆ABC = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’.BC < (AO + OM).BC 2 2 2 OA ⊥ Ax => OA ⊥ B’C’. Do đó SAB’OC’ =
A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng ⇔ A là điểm chính giữa cung lớn BC
Bài tập 4. Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI =
2 AO. Kẻ dây MN 3
vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. 1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp. 2) Chứng minh hệ thức: AM 2 = AE. AC 3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải M
O1 E A
I
C
O
B
N
1. Theo giả thiết MN ⊥AB tại I
= 900 hay ECB = 900 ACB + ECB = 1800 EIB mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp.
nên AMN = ACM (hai 2. Theo giả thiêt MN ⊥AB, suy ra A là điểm chính giữa của MN
303
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= ACM , lại có CAM là góc chung do đó tam giác AME đồng góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay AME AM AE AM 2 = AE. AC = AC AM 2 C2: AM = AI . AB = AE. AC = 900 = ACM AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ECM. Nối MB ta có AMB 3. Theo trên AMN
dạng với tam giác ACM
, do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp ∆ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM NO1 ⊥BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM có bán kính là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O1), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM.
Bài tập 5. Cho đường tròn ( O; R ) và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho OA = R 2 . Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Lấy D thuộc AB; E thuộc AC sao cho chu vi của tam giác ADE bằng 2R. a) Chứng minh tứ giác ABOC là hình vuông. b) Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O; R). c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆ADE.
Hướng dẫn giải
0 a) Ta có: ABO = ACO = 90 (tính chất tiếp tuyến) (1)
2
2
AB = AC = OA − OB = R = OB = OC (2). Từ (1) và (2) suy ra ABOC là hình vuông. b) Theo bài ra ta có: AD + DE + AE = 2R (3). Suy ra: DE = BD + CE (4). Vẽ OM ⊥ DE (M ∈ DE) (5) Trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao cho CF = BD; suy ra ∆ BDO = ∆COF (c-g-c) OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c) OM = OC = R (hai đường cao tương ứng) (6). Từ (5) và (6) suy ra DE là tiếp tuyến của đường tròn (O;R). c) Đặt: AD = x; AE = y SADE = Ta có: DE =
1 xy (x, y > 0) 2
AD 2 + AE 2 = x 2 + y 2 (định lí Pitago).
304
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Vì AD + DE + AE = 2R x + y +
x 2 + y 2 = 2R (6) x 2 + y 2 ≥ 2xy (7).
Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số không âm ta có: x + y ≥ 2 xy và Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y. Từ (6) và (7) suy ra: 2 xy + 2xy ≤ 2R ⇔
⇔ xy ≤
2R
⇔ xy ≤
(
)
xy 2 + 2 ≤ 2R
2R 2 R2 SADE ≤ ⇔ SADE ≤ 3 - 2 2 R 2 . 3+ 2 2 3+ 2 2
( 2+ 2 ) Vậy max SADE = ( 3 − 2 2 ) R
(
2
)
⇔ x = y ⇔ ∆ADE cân tại A
Bài tập 6. Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB 1) Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. 2) Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD 3) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất.
Hướng dẫn giải P C A d
H B M
I
O
D Q
= 900 . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có 1) Vì H là trung điểm của AB nên OH ⊥ AB hay OHM = 900 . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. OD ⊥ DM hay ODM . 2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD ∆MCD cân tại M MI là một đường phân giác của CMD
= MCI = 1 sđ CI nên DCI = 1 sđ DI Mặt khác I là điểm chính giữa cung nhỏ CD 2
2
. Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD CI là phân giác của MCD 3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó được tính: 1 S = 2 SOQM = 2. .OD.QM = R ( MD + DQ ) . Từ đó S nhỏ nhất ⇔ MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức 2 lượng trong tam giác vuông OMQ ta có DM .DQ = OD 2 = R 2 không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất ⇔ DM = DQ = R. Khi đó OM = R 2 hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O bán kính R 2 . Bài tập 7. Cho hai đường tròn (O) và (O′) cắt nhau tại A và B Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính của hai đường tròn (O) và (O′) . a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng.
305
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 b) Đường thẳng AC cắt đường tròn (O′) tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A). Chứng minh 4 điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. c) Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A cắt (O) và (O′) thứ tự tại M và N. Xác định vị trí của d để CM + DN đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải F
E
N
d
A
I M
O/
O
D K
C
B
a) Ta có ABC và ABD lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O’) ABC = ABD = 90
0
+ CBA ABD = 1800 Suy ra C, B, D thẳng hàng. b) Xét tứ giác CDEF có:
CFD = CFA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) CED = AED = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’) CFD = CED = 900 suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp. 0 c) Ta có CMA = DNA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); suy ra CM // DN hay CMND là hình thang. Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD Khi đó IK là đường trung bình của hình thang CMND Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2) Từ (1) suy ra IK ⊥ MN IK ≤ KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định). Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN ≤ 2KA Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AK ⇔ d ⊥ AK tại A Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA
Bài tập 8. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI ⊥ AB, MK ⊥ AC (I ∈ AB,K ∈ AC) a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.
= MBC . b) Vẽ MP ⊥ BC (P ∈ BC). Chứng minh: MPK c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn giải
306
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 A
K I
M
H
B
C
P O
= AKM = 90 (gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM. a) Ta có: AIM 0
= MKC = 900 (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp MPK = MCK (1). Vì KC là b) Tứ giác CPMK có MPC = MBC (cùng chắn MC ) (2). Từ (1) và (2) suy ra MPK = MBC (3) tiếp tuyến của (O) nên ta có: MCK c) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp.
= MBP (4). Từ (3) và (4) suy ra MPK = MIP . Suy ra: MIP = MPI . Tương tự ta chứng minh được MKP Suy ra: MPK ~ ∆MIP
MP MI = MK MP
MI.MK = MP2 MI.MK.MP = MP3. Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4) - Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định). Lại có: MP + OH ≤ OM = R MP ≤ R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5). Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 ⇔ M nằm chính giữa cung nhỏ BC Bài tập 9. Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt ở C và D Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1) Chứng minh AC + BD = CD = 900 . 2) Chứng minh COD 3) Chứng minh AC.BD =
AB 2 . 4
4) Chứng minh OC // BM 5) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD 6) Chứng minh MN ⊥ AB 7) Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải y x
D I
/
M C
/ N
O
A
307
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM, mà ∠AOM và ∠BOM là hai góc kề bù => ∠COD = 900.
= 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM ⊥ CD ( OM là tiếp tuyến ). 3. Theo trên COD Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM 2 = CM . DM , Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC .BD = R 2 => AC.BD =
AB 2 4
= 900 nên OC ⊥ OD(1) 4. Theo trên COD Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM ⊥ OD(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD). 5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính. Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB IO // AC, mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD 6. Theo trên AC // BD =>
CN AC CN CM , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra = = BN BD BN DM
=> MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB 7. Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất, mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB. Bài tập 10. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R . Điểm M di chuyển trên nửa đường tròn (M khác A và B). C là trung điểm của dây cung AM. Đường thẳng d là tiếp tuyến với nửa đường tròn tại B Tia AM cắt d tại điểm N. Đường thẳng OC cắt d tại E. a) Chứng minh: tứ giác OCNB nội tiếp. b) Chứng minh: AC.AN = AO.AB c) Chứng minh: NO vuông góc với AE. d) Tìm vị trí điểm M sao cho (2.AM + AN) nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải
N
M C A
1
O
B
E
6.
= 90o . a) Phần đường kính OC đi qua trung điểm C của AM OC ⊥ AM OCN
308
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= 90o. BN là tiếp tuyến của (O) tại B OB ⊥ BN OBN + OBN = 90o + 90o = 180o Xét tứ giác OCNB có tổng hai góc đối: OCN Do đó tứ giác OCNB nội tiếp. 1 chung; ACO = ABN = 90o b) Xét ∆ACO và ∆ABN có: A ∆ACO ~ ∆ABN (g.g)
AC AO = AB AN
Do đó ACAN = AO.AB (đpcm). c) Theo chứng minh trên, ta có: OC ⊥ AM EC ⊥ AN EC là đường cao của ∆ANE (1) OB ⊥ BN AB ⊥ NE AB là đường cao của ∆AME (2) Từ (1) và (2) suy ra O là trực tâm của ∆ANE (vì O là giao điểm của AB và EC). NO là đường cao thứ ba của ∆ANE. Do đó; NO ⊥ AE (đpcm). d) Ta có: 2.AM + AN = 4AC + AN (vì C là trung điểm của AM). 4AC.AN = 4AO.AB = 4R.2R = 8R2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có: 2
4AC + AN ≥ 2 4AC.AN = 2 8R = 4 2R
Tổng 2.AM + AN nhỏ nhất = 4 2R ⇔ 4AC = AN ⇔ AN = 2AM ⇔ M là trung điểm của AN. ∆ABN vuông tại B có BM là đường trung tuyến nên AM = MB
= BM M là điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB AM Vậy với M là điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB thì (2.AM + AN) nhỏ nhất = 4 2R .
Bài tập 11. Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi không trùng với AB Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. 1) Chứng minh ACBD là hình chữ nhật; 2) Gọi H là trực tâm của tam giác BPQ. Chứng minh H là trung điểm của OA; 3) Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải
309
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= a) Có ACB = CBD ADB = 900 ( Các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tứ giác ACBD là hình chữ nhật ( Tứ giác có ba góc vuông) b) Có PO là đường trung bình của tam giác AEB PO // EB mà EB ⊥ BF PO ⊥ BF Xét tam giác PBF có BA ⊥ PF; PO ⊥ BF nên BA và PO là các đường cao của tam giác PBF mà BA và PO căt nhau tại O nên O là trực tâm của tam giác PBF FO là đường cao thứ ba của tam giác PBF hay FO ⊥ PB (1). Lại có H là trực tâm của tam giác PBQ nên QH ⊥ PB (2)Từ (1) và (2) QH // FO. Xét tam giác AOF có Q là trung điểm của AF; QH // FO nên H là trung điểm của AO c) S BPQ =
E C P
A
O
B
H
1 1 AB ( AP + AQ ) = AB.( AE + AF ) (3) 2 4
D
Áp dụng bất đẳng thức Cô si với hai số không âm AE và AF ta có:
Q
AE + AF ≥ 2 AE. AF (4) ( Dấu “=” xảy ra ⇔ AE =AF) Từ (3) và (4) S ∆BPQ ≥
1 . AB. AE. AF (5) 2
Lại có: Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông EBF ta có:
F
AB 2 AE.AF = AB2 (6) Từ (5) và (6) ta có SBPQ ≥ 2 Xảy ra dấu bằng khi AE = AF Tam giác EBF vuông cân tại B ⇔ ACBD là hình vuông nên CD vuông góc AB Vậy: Khi đường kính CD vuông góc với đường kính AB thì tam giác PBQ có diện tích nhỏ nhất Bài tập 12. Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm giữa A và B Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P ( P khác I) a) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp một đường tròn, chỉ rõ đường tròn này.
= PBK . b) Chứng minh CIP c) Giả sử A, B, I cố định. Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho diện tích tứ giác ABKI lớn nhất. Hướng dẫn giải y x
P
I
A
C
K
B
= CPI = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); a) Có: CPK = 90 0 . Do By ⊥ AB nên CBK + CBK = 180 0 hay tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK. Suy ra: CPK = PCK (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây cùng chắn một cung); (1) b) Ta có: CIP = PBK (2) Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên: PCK Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
310
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
c) Từ giả thiết suy ra tứ giác AIKB là hình thang vuông, gọi s là diện tích của AIKB, khi đó ta có:
1 ( AI + KB ) AB . Dễ thấy s lớn nhất khi và chỉ khi KB lớn nhất (do A, B, I cố định). 2 = Xét các tam giác vuông AIC và BKC có: KC ⊥ CI và KB ⊥ CA suy ra: BKC ACI (góc có cạnh tương s=
∆ACI đồng dạng với ∆BKC (g-g). AC AI AC .BC Suy ra: , khi đó: BK lớn nhất ⇔ ACBC lớn nhất = ⇔ BK = BK BC AI 2 AB 2 AC + CB Theo BĐT Côsi có: AC .CB ≤ , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi C là trung điểm của AB = 2 4 ứng vuông góc) hay
Vậy diện tích tứ giác AIBK lớn nhất khi và chỉ khi C là trung điểm của AB
Bài tập 13. Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI =
2 AO. Kẻ dây 3
MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và. B Nối AC cắt MN tại E. a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM2 = AE.AC c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2. d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải M O1
C
E A
I
B
N
= 900 (giả thiết) EIB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ECB
a) *
* * Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp b) Ta có:
= sđ AN * sđ AM
= ACM * AME *Góc A chung, suyra ∆AME ” ∆ACM. * Do đó:
AC AM = ⇔ AM 2 = AE. AC AM AE
c) * MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB * Trừ từng vế của hệ thức ở câu b) với hệ thức trên * Ta có: AE. AC − AI .IB = AM 2 − MI 2 = AI 2 . d) * Từ câu b) suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME. Do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM. Ta thấy khoảng cách NO1 nhỏ nhất khi và chỉ khi NO1 ⊥ BM.)
311
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 * Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được O1. Điểm C là giao của đường tròn đã cho với đường tròn tâm O1, bán kính O1M. Bài tập 14. Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R. Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC a) Chứng minh tứ giác: CBMD nội tiếp được b) Chứng minh rằng: DBDC = DN.AC c) Xác định vị trí của điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn nhất và tính diện tích trong trường hợp này
Hướng dẫn giải D C
N M
A H
B
O
ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) a. mà AD//BC (gt) => DB⊥BC
= DBC = 900 => Tứ giác nội tiếp. Xét tứ giác DMBC có DMC b. Ta có ∆DBN đồng dạng với ∆CAD = DBN , BDN = BAN = DCA ) ( DAC DN DB = => DB.DC = DN . AC DC AC c. S ABCD = DH . AB
=>
Do AB không đổi = 2R => S ABCD max ⇔DH max ⇔ D nằm chính giữa cung AB
Bài tập 15. Cho đường tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN
( K ∈ AN ) .
1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh: MN là phân giác của góc BMK. 3) Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB Gọi E là giao điểm của HK và BN. Xác định vị trí của điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải
312
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 M E H
A O
B
K
N
Chú ý: Kể cả trường hợp đặc biệt khi MN đi qua O
= 90 , AHM = 90 1) Từ giả thiết: AKM Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đường tròn 0
0
= NMK = 1 sđ KH (1) NAH 2 = NMB = 1 sđ NB (2) NAH 2
2)
= NMB Từ (1) và (2) NMK MN là phân giác của góc KMB 3)
= MNB = 1 sđ MB = MKH = 1 sđ MH ; MAB MAB 2 2 MNB = MKH K,M,E,N cùng thuộc một đường tròn + MKN = 1800 ME ⊥ NB MEN
1 1 1 S ∆MAN = MK.AN; S ∆MNB = ME.NB; S ▱AMBN = MN.AB 2 2 2 MK.AN + ME.BN = MN.AB ( MK.NA + ME.NB ) lớn nhất ⇔ MN.AB lớn nhất ⇔ MN lớn nhất (Vì AB= const ) M là chính giữa AB Bài tập 16. Cho (O),dây cung AB. Từ điểm M bất kỳ trên cung AB sao cho MA> MB (M≠A và M≠B), kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi MQ là đường cao của tam giác MAN. 1. C/m 4 điểm A;M;H;Q cùng nằm trên một đường tròn. 2. C/m:NQ.NA=NH.NM
. 3. C/m MN là phân giác của góc BMQ 4. Hạ đoạn thẳng MP vuông góc với BN;xác định vị trí của M trên cung AB để MQ.AN+MP.BN có giác trị lớn nhất. Hướng dẫn giải
313
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
1/ C/m:A,Q,H,M cùng nằm trên một đường tròn.
AQM = AHM = 900 2/C/m: NQ.NA=NH.NM. Xét hai ∆vuông NQM và ∆NAH đồng dạng. (g-g) 3/C/m MN là phân giác của góc BMQ. Có hai cách:
= NAH (Cùng phụ với góc ANH) QMN = NMB (Cùng chắn cung NB) đpcm NAH 4/ Xác định vị trí của M trên cung AB để MQ.AN+MP.BN có giác trị lớn nhất. Ta có 2S∆MAN = MQ. AN
2S∆MBN = MP.BN . 2S∆MAN + 2S∆MBN = MQ.AN+MP.BN Ta lại có: 2S∆MAN + 2S∆MBN =2(S∆MAN + S∆MBN)=2SAMBN=2.
AB × MN =AB.MN 2
Vậy: MQ.AN+MP.BN=AB.MN Mà AB không đổi nên tích ABMN lớn nhất ⇔ MN lớn nhất⇔MN là đường kính ⇔M là điểm chính giữa cung AB
Bài tập 17. Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi I là trung điểm của OA Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. 1. Chứng minh rằng các đường tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau tại A 2. Chứng minh IP // OQ. 3. Chứng minh rằng AP = PQ. 4. Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất.
Hướng dẫn giải 1. Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lượt là các bán kính của đường tròn (O) và đường tròn (I). Vậy đường tròn (O) và đường tròn (I) tiếp xúc nhau tại A 2. ∆OAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán kính ) => ∠A1 = ∠Q1 ∆IAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => ∠A1 = ∠P1 => ∠P1 = ∠Q1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra IP // OQ.
314
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Q 1
P 1
A
1
O H
I
B
3. ∠APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP ⊥ AQ => OP là đường cao của ∆OAQ mà ∆OAQ cân tại O nên OP là đường trung tuyến => AP = PQ. 4. (HD) Kẻ QH ⊥ AB ta có SAQB =
1 ABQH. mà AB là đường kính không đổi nên SAQB lớn nhất khi QH 2
lớn nhất. QH lớn nhất khi Q trùng với trung điểm của cung AB Để Q trùng với trung điểm của cung AB thì P phải là trung điểm của cung AO. Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI ⊥ AO mà theo trên PI // QO => QO ⊥ AB tại O => Q là trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất.
D. Bài tập tự luyện Bài tập 1. Cho nửa đường tròn đường kính AB và C là một điểm nằm giữa hai điểm A và B Trên nửa mặt phẳng có bờ AB chứa nửa đường tròn, vẽ hai tia Ax và By tiếp xúc với nửa đường tròn đã cho. Trên tia Ax lấy điểm I (với I khác A); đường thẳng vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt tia IK tại E. 1. Chứng minh tứ giác CEKB nội tiếp được đường tròn. 2. Chứng minh AI .BK = AC.CB 3. Chứng minh điểm E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB 4. Cho các điểm A; B; I cố định. Hãy xác định vị trí điểm C sao cho diện tích hình thang ABKI lớn nhất. Bài tập 2. Cho tam giác ABC vuông cân ở A, trên cạnh BC lấy điểm M. Gọi (O1) là đường tròn tâm O1 qua M và tiếp xúc với AB tại B, gọi (O2) là đường tròn tâm O2 qua M và tiếp xúc với AC tại C Đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại D (D không trùng với A). 1) Chứng minh rằng tam giác BCD là tam giác vuông. 2) Chứng minh O1D là tiếp tuyến của (O2). 3) BO1 cắt CO2 tại E. Chứng minh 5 điểm A, B, D, E, C cùng nằm trên một đường tròn. 4) Xác định vị trí của M để O1O2 ngắn nhất. Bài tập 3. Cho tam giác đều ABC, trên cạnh BC lấy điểm E, qua E kẻ các đường thẳng song song với AB và AC chúng cắt AC tại P và cắt AB tại Q. 1) Chứng minh BP = CQ.
315
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 2) Chứng minh tứ giác ACEQ là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí của E trên cạnh BC để đoạn PQ ngắn nhất. 3) Gọi H là một điểm nằm trong tam giác ABC sao cho HB 2 = HA2 + HC 2 . Tính góc AHC Bài tập 4. Cho hình vuông ABCD, M là một điểm trên đường chéo BD, gọi H, I và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, BC và AD 1) Chứng minh: ∆ MIC = ∆ HMK. 2) Chứng minh CM vuông góc với HK. 3) Xác định vị trí của M để diện tích của tam giác CHK đạt giá trị nhỏ nhất. Bài tập 5. Cho nửa đường tròn đường kính MN. Lấy điểm P tuỳ ý trên nửa đường tròn (P ≠ M, P ≠ N). Dựng hình bình hành MNQP. Từ P kẻ PI vuông góc với đường thẳng MQ tại I và từ N kẻ NK vuông góc với đường thẳng MQ tại K. 1) Chứng minh 4 điểm P, Q, N, I nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh: MP. PK = NK. PQ. 3) Tìm vị trí của P trên nửa đường tròn sao cho NK.MQ lớn nhất. Bài tập 6. Cho điểm A ở ngoài đường tròn tâm O. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC (M ≠ B, M ≠ C). Gọi D, E, F tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, AC, BC; H là giao điểm của MB và DF; K là giao điểm của MC và EF. 1) Chứng minh: a) MECF là tứ giác nội tiếp. b) MF vuông góc với HK. 2) Tìm vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MDME lớn nhất. Bài tập 7. Cho đường tròn tâm 0, đường kính AB = 2R, C là trung điểm của OA, kẻ dây cung MN vuông góc với OA tại C Lấy điểm K tuỳ ý thuộc cung BM nhỏ. Gọi H là giao điểm của AK và MN. a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp b) Tính AH. AK theo R c) Xác định vị trí của điểm K để tổng KM + KN + KB đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó. Bài tập 8. Cho tam giác đều ABC nội tiếp (O; R). M di động trên AB N di động trên tia đối của tia CA sao cho BM = CN. a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt (O) tại A và D Chứng minh rằng D cố định. b) Tính góc MDN. c) MN cắt BC tại K. Chứng minh DK vuông góc với MN. d) Đặt AM = x. Tính x để diện tích tam giác AMN là lớn nhất. Bài tập 9. Hai đường tròn tâm O và tâm I cắt nhau tại hai điểm A và B Đường thẳng d đi qua A cắt các đường tròn (O) và (I) lần lượt tại P, Q. Gọi C là giao điểm của hai đường thẳng PO và QI. a) Chứng minh rằng các tứ giác BCQP, OBCI nội tiếp. b) Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AP, AQ, K là trung điểm của EF. Khi đường thẳng d quay quanh A thì K chuyển động trên đường nào? c) Tìm vị trí của d để tam giác PQB có chu vi lớn nhất. Bài tập 10. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), H là trực tâm của tam giác ABC, M là một điểm trên cung BC không chứa điểm A a. Xác định vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành. b. Gọi N và E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB và AC Chứng minh ba điểm N. H, E thẳng hàng. c. Xác định vị trí của M để NE có độ dài lớn nhất. Bài tập 11. Cho (O) và một điểm A nằm ngoài (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN với (O). (B, C, M, N cùng thuộc (O); AM<AN). Gọi E là trung điểm của dây MN, I là giao điểm thứ hai của đường thẳng CE với (O). a. Chứng minh bốn điểm A, O, E, C cùng nằm trên một đường tròn. b. Chứng minh góc AOC=góc BIC c. Chứng minh BI//MN. d. Xác định ví trí cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn nhất. Bài tập 12. Cho đường tròn (O) đường kính AB=2R và một điểm M di chuyển trên nửa đường tròn. Người ta vẽ đường tròn tâm E tiếp xúc với (O) tại M và tiếp xúc với AB tại N. Đường tròn này cắt MA, MB lần lượt tại các điểm thứ hai C, D
316
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a. Chứng minh CD//AB b. Chứng minh MN là tia phân giác của góc AMB và đường thẳng MN đi qua một điểm K cố định. c. Chứng minh tích KM.KN cố định. d. Gọi giao điểm của các tia CN, DN với KB, KA lần lượt là C', D'. Tìm vị trí của M để chu vi tam giác NC'D' đạt giá trị nhỏ nhất có thể được. Bài tập 13. Cho đường tròn (O) và điểm A ở ngoài đường tròn.Từ A vẽ 2 tiếp tuyến AB,AC với đường tròn (O). 1. C/m OA vuông góc BC 2. Vẽ cát tuyến AMN của (O).Gọi E là trung điểm MN.C/m A,O,E,C cùng thuộc 1 đương tròn và xác định tâm K. 3. Tia CE cắt (O) tại I.C/m BI//MN 4. Tìm vị trí cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn nhất. Bài tập 14. Cho đường tròn (O; R), Với các kí hiệu có trên hình hãy chứng minh: a)Tứ giác CAIM, BDMI nội tiếp. b)Tam giác CID vuông. c)EF // AB d)Khi M cố đinh I thay đổi trên AO, tìm vị trí của I để ACBD lớn nhất. e) Cho biết khi OI =
R và AM = R. Hãy tính độ dài đoạn thẳng CD và diện tích tam giác CID theo R. 3
Bài tập 15. Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn.Từ A vẽ tiếp tuyến AB và cát tuyến ACD (nằm giũa A và D ) 1) Chứng minh AB2 = ACAD 2) Gọi H là trung điểm CD Chứng minh tứ giác ABOE có bốn điểm cùng thuộc một đường tròn. 3) Vẽ tia Bx // CD cắt (O) tại I, IE cắt (O) tại K.Chứng minh AK là tiếp tuyến của (O). 4) Đường thẳng BH cắt (O) tại F.Chứng minh KF // CD 5) Tím vị trí của cát tuyến ACD đề diện tích tam giác AID lớn nhất. Bài tập 16. Cho đường tròn ( O,R ), đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A và B Từ một điểm C trên d (C nằm ngoài đường tròn), kẻ hai tiếp tuyến CM và CN ( M và N thuộc (O) ). Goi H là trung điểm AB,đường thẳng OH cắt tia CN tại K. Đoạn thẳng CO cắt (O) tại I. Chứng minh: 1) C,O,H,N cùng thuộc một đường tròn. 2) KN.KC= KH.KO 3) I cách đều CM, CN, MN 4) Một đường thẳng qua O song song MN cắt tia CM và CN tại E và F.Xác định vị trí C trên d để diện tích tam giác CEF nhỏ nhất. Bài tập 17. Cho tam giác ABC vuông tại A có M là trung điểm của BC Có hai đường thẳng lưu động và vuông góc với nhau tại M cắt các đoạn AB và AC lần lượt tại D và E. Xác định các vị trí của D và E để diện tích tam giác DME đạt giá trị nhỏ nhất. Bài tập 18. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và một điểm C thuộc đoạn AB, M là một điểm trên nửa đường tròn. Đường thẳng qua M vuông góc MC cắt các tiếp tuyến qua A và B của nửa đường tròn tại E và F. 1) Khi M cố định,C di động.Tìm vị trí của C để AE.BF lớn nhất. 2) Khi C cố định,M di động. Tìm vị trí của M để SCEF lớn nhất. Bài tập 19. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R,M là một điểm trên nửa đường tròn(khác A và B).Tiếp tuyến của (O) tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B của nửa đường tròn (O) tại C và D 1)Tìm giá trị nhỏ nhất của: a)Độ dài đoạn thẳng CD và diện tích tam giác COD b) Diện tích và chu vi tứ giác ACDB c)Tổng diện tích của tam giác ACM và BDM 2) Tìm giá trị lớn nhất của: a) Diện tích và chu vi tam giác MAB b) Tích MAMB
317
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài tập 20. (Đề thi tuyển vào lớp 10, 95 - 96 Thành phố Hồ Chí Minh) Cho hình vuông ABCD cố định cạnh a. Điểm E di chuyển trên cạnh CD ( E ≠ D ) Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K. 1) Chứng minh ABF = ADK,suy ra AKF vuông cân 2) Gọi I là trung điểm của FK.Chứng minh làtâm đường tròn qua A,C, F,K và I di chuyển trên một đường thẳng cố định khi E di động trên CD 3) Chứng minh tứ giác ABFI nội tiếp được. 4) Cho DE = x (0 < x ≤ a ).Tính độ dài các cạnh của AEK theo a và x. 5) Hãy chỉ ra vị trí của E để EK ngắn nhất. Bài tập 21. Cho hai đường tròn (O; R ) và (O; R’) cắt nhau tại A và B Một đường thẳng (d) quay quanh A cắt (O) và (O’) tại C và D 1) Chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng CD luôn đi qua điểm cố định. Xác địmh điểm cố định ấy. 2) Với vị trí nào của đường thẳng (d) thì tam giác BCD có diện tích lớn nhất. Bài tập 22. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC).Lấy điểm D thuộc cạnh AC Vẽ đường tròn đường kính CD cắt BD ở E và cắt AE ở F. a) Chứng minh A, B, C, E cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh BĈA = AĈ F. c) Gọi M, N lần lượt là điểm đối xứng của D qua AB và BC Chứng minh tứ giác BNCM nội tiếp. d) Xác định vị trí điểm D sao cho bán kính đường tròn (BNCM) đạt giá trị nhỏ nhất.
E. Rèn luyện tổng hợp Bài 1 : Cho hình vuông ABCD . Hãy xác định đường thẳng d đi qua tâm hình vuông sao cho tổng các khoảng cách từ bốn đỉnh của hình vuông đến đường thẳng đó là : a) Lớn nhất
318
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 b) Nhỏ nhất Hướng dẫn:
d
Xét trường hợp d cắt hai cạnh đối BC và AD (h.29)
B’ B
Gọi m là tổng các khoảng cách từ bốn đỉnh hình vuông đến D.
H
m =2(AA’ +BB’)
C
C’ N
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A’B’
M
O
Suy ra : m = 4MN do đó: A’
m lớn nhất ⇔ MN lớn nhất
D
A
m nhỏ nhất ⇔ MN nhỏ nhất
D’
a) MN ≤ MO m lớn nhất ⇔ M≡O ⇔ d//AB
h.29
b)kẻ MH ⊥ OB . Chứng minh MN ≥MH MN nhỏ nhất ⇔ N ≡H ⇔ d≡BD hoặc d ≡AC.
Bài 2 : Cho ∆ABC vuông cân tại A các điểm D,E theo thứ tự di chuyển trên các cạnh AB , AC sao cho BD = AE . Xác định vị trí các điểm D,E sao cho : a) DE có độ dài nhỏ nhất . b) Tứ giác BDEC có diện tích lớn nhất .
B Hướng dẫn: (h.30)
D
a)Gọi M là trung điểm của BC .
= ∆BDM = ∆AEM BMD DME
M
AME
I
+ + BMD = BMA = 900 = DMA AME = DMA A
Gọi I là trung điểm của DE .
C
E h.30
DE = DI+IE =AI + IM ≥ AM Min DE = AM ⇔ I là trung điểm của AM
⇔ D là trung điểm của AB và E là trung điểm của AC b)Đặt AE = x, AB =AC =a thì AD = a − x , SADE =
x( a − x ) 2
SBDEC nhỏ nhất ⇔ SADE lớn nhất ⇔ x(a − x) lớn nhất Do x +( a− x) = a không đổi nên x( a − x) lớn nhất ⇔ x = a − x ⇔ x = a/2 Khi đó D là trung điểm của AB và E là trung điểm của AC Bài 3 : Cho ∆ ABC vuông tại A có BC = a , diện tích là S . Gọi m là trung điểm của BC . Hai dường thẳng thay đổi qua M và vuông góc với nhau cắt các cạnh AB , AC ở D ,E .Tìm : a) Giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng DE . b) Giá trị nhỏ nhất của diện tích ∆ MDE
A
319
D
O
E
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Hướng dẫn:
a) (h.31)Gọi O là trung điểm của DE Ta có OA = OD =OE = OM
DE = OA + OM ≥ AM =
a 2
minDE = a/2 ⇔ O là trung điểm của AM
⇔ D là trung điểm của AB và E là trung điểm của AC A
b) (h.32)Kẻ MH ⊥ AB , MK ⊥ AC
D
ME ≥ MK , MD ≥ MH . 2SMDE = MD.ME ≥ MH.MK =
minSMDE =
K
H
S ⇔D≡H 4
AC AB . 2 2
=
S 2
E
B
C
M h.32
và E ≡ K
Bài 4 : Cho điểm m di chuyển trên đoạn thẳng AB .Vẽ các tam giác đềuAMC và BMD về một phía của AB . Xác định vị trí của M để tổng diện tích hai tam giác đều tren là nhỏ nhất . Hướng dẫn: (h.33)
K
Gọi K là giao điểm của AC và BD . Các tam giác AMC ,BMD đồng dạng với ∆AKB Đặt AM = x ,BM = y , AB = a 2
S1 x S 2 y = ; = S a S a
ta có : C
2
A 2
2
2
1 x
S1 + S 2 x + y ( x + y) = a = 1 = ≥ 2 S a 2a 2 2a 2 2 2
D
2
y
M
B
h.33
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y Do đó : min (S1 +S2) =
1 ⇔ M là trung điểm của AB. 2
Bài 5 : Cho tam giác nhọn ABC có các cạnh a,b,c tương ứng đường cao AH =H. Hãy dựng hình chữ nhật MNPQ nội tiếp trong tam giác ABC sao cho nó có diện tích lớn nhất . Biết M ∈AB ; N ∈ AC ; P,Q ∈ BC.
Hướng dẫn: (h.34)
A
Gọi I là giao điểm của AH và MN Đặt NP =x ; MN = y ; AI = h − x
S
M
320
h-x I y
N
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
∆AMN
∆ ABC
MN AI y h−x h−x = = y = a. BC AH a h h
SMNPQ = xy =
a . x(h − x) h
SMNPQ lớn nhất ⇔ x(h − x)lớn nhất x +(h − x) = h không đổi nên x(h − x) lớn nhất ⇔ x = h − x ⇔ x = h/2 Khi đó MN là đường trung bình của ∆ABC
Bài 6 : Cho ∆ ABC vuông tại A . Từ một điểm I nằm trong tam giác ta kẻ IM ⊥ BC, IN ⊥ AC , IK ⊥AB . Tìm vị trí của I sao cho tổng IM2 +IN2 +IK2 nhỏ nhất. Hướng dẫn: (h.35)
Kẻ AH ⊥BC , IE ⊥AH B
ANIK ,IMHE là các hình chữ nhật.
H
IK2+ IN2 = IK2 +AK2 = AI2 ≥ AE2
E
IM = EH nên IK2+ IN2 + IM2 = AI2 +EH2 ≥ AE2+EH2 Đặt AE = x , EH =y ta có : x
IK + IN + IM 2
2
2
AH 2 ≥ 2
2
+y
2
( x + y) ≥ 2
2
AH 2 = 2
M
K
I
A
N h.35
.
Dấu “=” xảy ra khi I là trung điểm của đường cao AH.
Bài 7 : Cho tam giác nhọn ABC .Từ một điểm I nằm trong tam giác ta kẻ IM ⊥ BC, IN ⊥ AC , IK ⊥AB . Đặt AK =x ; BM = y ; CN = z . A Tìm vị trí của I sao cho tổng x2 +y2 +z2 nhỏ nhất. n x N KK K I Hướng dẫn: (h.36) z k Đặt BK = k , CM = m , AN = n , B C y M m BC = a , AC = b , AB = c . h.36
x2 +y2 +z2 = =(IA2 − IK2 ) + (IB2 − IM2 ) + (IC2 − IN2 )
321
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
= (IA2 − IN2 ) + (IB2 − IK2 ) + (IC2 − IM2 ) = n2 + k2 + m2
2(x2 +y2 +z2 ) = x2 +y2 +z2 + n2 + k2 + m2 = ( x2+ k2 )+( y2+ m2 )+( z2 + n2 ) 2
2
x +k
2
z +n
(x + k) ≥
2
( z + n) ≥
2
2
2
2
x +y +z ≥ 2
2
2
2
2
2
AB 2 c 2 = = 2 2
=
2
y +m
2
2
BC 2 a 2 = = 2 2
AC 2 b 2 = 2 2
a 2 + b2 + c2 4
min(x +y +z ) =
2
( y + m) ≥
.
a 2 + b2 + c2 ⇔ 4
x = k , y = m , z = n.
⇔ I là giao điểm của các đường trung trực của ∆ABC.
Bài 8 : Cho nửa đường tròn có đường kính AB = 10 cm .Một dây CD có độ dài 6cm có hai đầu di chuyển trên nửa đường tròn . Gọi E và F theo thứ tự là hình chiếu của A và B trên CD. Tính diện tích lớn nhất của tứ giác ABFE.
Hướng dẫn: (h.37)
Kẻ OH ⊥CD , ta tính được OH = 4cm
E
C
D
H
F
SABFE = 1/2(AE + BF).EF
A
= OH.EF ≤ OH. AB = 4.10 =40
B
O
max SABEF =40 cm2
h.37
⇔ EF // AB , khi đó OH ⊥ AB
Bài 9 : Cho hình vuông ABCD cạnh a .Vẽ cung BD tâm A bán kính a (nằm trong hình vuông ) .một tiếp tuyến bất kỳ với cung đó cắt BC, CD theo thứ tự ở M và N. Tính độ dài nhỏ nhất của MN. A B Hướng dẫn:(h.38)
M
Đặt CM = m , CN = n , MN = x
m + n + x = 2CD = 2a và m2 +n2 = x2 Do đó : x2= m2 +n2 ≥
( m + n)
H
2
2 D
322
N h.38
n
m
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
2x2 ≥ ( 2a − x)2 x 2 ≥ 2a − x
2a = 2a ( 2 − 1) 2 +1
x≥
min MN =2a giác của
(
, AN là phân 2 − 1 ⇔ m = n . Khi đó tiếp tuyến MN // BD , AM là tia phân giác của BAC
)
DAC
Bài 10 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A .Qua A vẽ hai tia vuông góc với nhau , chúng cắt các đường tròn (O) , (O’) lần lượt tại B và C. Xác định vị trí của các tia đó để ∆ ABC có diện tích lớn nhất .
Hướng dẫn:(h.39)
B
Kẻ OD ⊥ AB ; O’E ⊥ AC ta có: SABC =
C
D
1 1 AB.AC = .2AD.2AE= 2.AD.AE 2 2
O
α
R
E A
α
r
O'
Đặt OA =R ; O’A = r ; AOD = O ' AE = α AD = R sinα ; AE = r cosα
SABC = Rr. 2sinα .cosα
h.39
2sinα .cosα ≤ sin2α + cos2α =1
SABC ≤ Rr Do đó : max SABC = Rr ⇔ sinα = cosα ⇔ sinα = sin( 900− α ) ⇔ α = 900 − α ⇔ α = 450. Vậy nếu ta vẽ các tia AB,AC lần lượt tạo với các tia AO, AO’ thành các góc ABC có diện tích lớn nhất .
=O OAB ' AC = 450 thì ∆
Bài 11 : Cho đường tròn (O;R) đường kính BC , A là một điểm di động trên đường tròn . Vẽ tam giác đều ABM có A và M nằm cùng phía đối với BC . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ C xuống MB. Gọi D, E , F, G theo thứ tự là trung điểm của OC, CM, MH, OH . Xác định vị trí của điểm A để diện tích tứ giác DEFG đạt giá trị lớn nhất.
323
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Hướng dẫn: (h.40)
DEFG là hình bình hành.
A
M
Kẻ OI ⊥FH , ta có OI là đường trung bình của ∆ BHC nên OI = ½ HC = GD MO là đường trung trực của AB nên OM GD = ½ OM
E B
= 300 OI = ½ IMO
O F I
C
D
G
Mà ED = ½ OM EG = GD H
DEFG là hình thoi
h.40
= HMO = 300 EFG = 600 ∆EFG đều HFG HC 2 2 EF 3 EF 3 2 SDEFG =2SEFG = 2. = = 2 4 2 max S =
2
BC 3 2 ≤ 2
2
3 =
R2 3 2
R2 3 = 900 ⇔ ⇔ H ≡ B ⇔ MBC ABC = 300 ⇔ AC = R. 2
Bài 12 : Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) D là điểm bất kỳ thuộc cung BC không chứa A và không trùng với B,C. Gọi H,I,K theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ D đến các đường thẳng BC , AC, AB . Đặt BC = a , AC = b ,AB = c, DH = x , DI = y , DK = z .
b c a + = y z x a b c Tìm vị trí của điểm D để tổng + + x y z
a) Chứng minh rằng : b)
nhỏ nhất .
A
Hướng dẫn: (h.41)
a) Lấy E trên BC sao cho
= CDE ADB
b
c
∆CDE đồng dạng với ∆ ADB
•O
DH CE x CE c CE = = = DK AB z c z x
K z
Tương tự ∆BDE đồng dạng với ∆ ADC
DH BE x BE b BE = = = DI AC y b y x
b c BE + CE a + = = y z x x
H E y x
B
D
•
M h.41
324
I C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
b)
a a b c a a 2a Do đó S nhỏ nhất ⇔ nhỏ nhất ⇔ x lớn nhất ⇔ D≡M ( M là điểm chính + + = + = x y z x x x x
giữa của cung BC không chứa A)
Bài 13 : Cho ∆ABC nhọn , điểm M di chuyển trên cạnh BC .Gọi P ,Q là hình chiếu của M trên AB , AC . Xác định vị trí của điểm M để PQ có độ dài nhỏ nhất .
A
Hướng dẫn: (h.42)
O
Tứ giác APMQ là tứ giác nội tiếp . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ. Kẻ OH ⊥ PQ . Đặt
=α BAC
thì
Q
P
H
=α POH B
PQ = 2 PH = 2.OP sinα = AM sinα
C
M
h.42
Do α không dổi nên PQ nhỏ nhất ⇔ AM nhỏ nhất ⇔ AM ⊥BC. Bài 14 : Cho đoạn thẳng AB và một điểm C trên AB .Vẽ trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB các nửa đường tròn có đường kính AB,AC,BC . Xác định vị trí của điểm C trên đoạn AB để diện tích phần giới hạn bởi ba nửa đường tròn đó dạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn: (h.43)
Gọi (O1;r1);(O2;r2);(O3;r3) là các đường tròn có đường kính là Ab,AC,BC Đặt AB = 2a , AC =2x thì r1 = a , r2= x
Suy ra BC =2a − 2x và r3 = a − x
Gọi S là diện tích giới hạn bởi ba đường tròn Ta có :
2
π r 2 π r 2 π a 2 π x2 π ( a − x ) S= − 2 + 3 = − − = π x(a − x) 2 2 2 2 2 2
π r12
S lớn nhất ⇔ x( a −x) lớn nhất Mặt khác x + (a − x) = a không đổi nên x( a −x) lớn nhất ⇔ x = a − x ⇔ x =
Lúc đó ta có S =
a ⇔ 2
C ≡O1 A
π a2
O2
C
O1
O3
h.43 h.42
4
Bài 15 : Cho đường tròn (O;R) . Trong đường tròn (O) vẽ hai đường tròn (O1) và (O2) tiếp xúc ngoài nhau và tiếp xúc trong với (O) trong đó bán kính đường tròn (O2) gấp đôi bán kính đường tròn (O1). Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài các hình tròn (O1) và(O2) .
325
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Hướng dẫn:
Gọi x là bán kính đường tròn (O1) Khi đó 2x là bán kính đường tròn (O2 ) (h.44) Xét ∆OO1O2 ta có :
O2
O1O2 ≤ O O1 +OO2
3x ≤ (R − x) +( R − 2x) 6x ≤ 2R x ≤
O
R 3
O1
Gọi S là phần diện tích hình tròn (O) nằm ngoài các đường tròn (O1)và (O2 ) , ta có : S=
h.44
π R 2 − π x 2 − π 4 x 2 = π ( R 2 − 5x 2 )
Do x ≤
R 3
R2 4π R 2 S≥ ; 9 9
nên x2 ≤
O1
O O2
2
min S =
R 4π R ⇔x= 9 3
Khi đó O1,O,O2 thẳng hàng và bán kính các đường tròn (O1) và (O2 )
Chủ đề
R 3
và
2R 3
là
h.45
(h.45).
8
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN HÌNH TRỤ - HÌNH NÓN – HÌNH CẦU
H. HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Mục Lục
H. HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ................................................................ 169 . HÌNH TRỤ .......................................................................................... 169 . Lý thuyết
169
. Bài tập 327
. HÌNH NÓN .......................................................................................... 334 . Lý thuyết
334
. Bài tập 334
. HÌNH CẦU .......................................................................................... 341 . Lý thuyết
341
. Bài tập 341
326
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
. BÀI TẬP TỔNG HỢP ....................................................................... 347
. HÌNH TRỤ . Lý thuyết 1. Hình trụ Khi quay hình chữ nhật ABO ' O một vòng quanh cạnh OO' cố định ta được một hình trụ. - Hai đáy là hai hình tròn (O) và (O') bằng nhau và nằm trong hai mặt phẳng song song. - Đường thẳng OO' gọi là trục của hình trụ.
O A
- AB là một đường sinh. Đường sinh vuông góc với hai mặt phẳng đáy. Độ dài đường sinh là chiều cao của hình trụ.
2. Cắt hình trụ O' tròn đáy. • Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng song song với đáy thì mặt cắt là một hình tròn bằng hình
• Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng song song với trục thì mặt cắt là một hình chữ nhật.
B
3. Diện tích xung quanh của hình trụ
S xq = 2π Rh ; Stp = 2π Rh + 2π R 2 hay Stp = 2π R ( h + R ) ( R là bán kính đáy; h là chiều cao).
4. Thể tích hình trụ
V = S .h = π R 2 h.
. Bài tập Bài 1. Từ một tấm tôn hình chữ nhật, kích thước 50cm × 189cm người ta cuộn tròn lại thành mặt xung quanh của một hình trụ cao 50cm. Hãy tính:
327
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 a) Diện tích tôn để làm hai đáy; b) Thể tích của hình trụ được tạo thành. 189
50
Hướng dẫn giải a) Vì chiều cao của hình trụ là 50cm nên chu vi hình tròn đáy là C = 189cm. Ta có C = 2π R R =
C 189 = ≈ 30(cm) 2π 2π
Vậy bán kính hình tròn đáy là 30cm. Diện tích tôn để làm hai đáy là: S = 2π R 2 = 2.π .302 = 1800π (cm2). b) Thể tích hình trụ là: V = π R 2 h = π .302.50 = 45000π (cm3).
Nhận xét: Để trả lời hai câu hỏi của bài toán, ta cần biết bán kính của đường tròn đáy. Muốn vậy, phải xác định cạnh nào của tấm tôn cần giữ nguyên để làm chiều cao của hình trụ, cạnh nào phải cuộn lại. Từ công thức tìm chu vi của hình tròn suy ra cách tìm bán kính. Bài 2. trụ đó.
Một hình trụ có chiều cao là 25cm và diện tích toàn phần là 1200π cm2. Tính thể tích của hình
Hướng dẫn giải Gọi bán kính đáy hình trụ là R, chiều cao hình trụ là h. Vì diện tích toàn phần của hình trụ là 1200π cm2 nên 2π R ( h + R ) = 1200π . Suy ra R ( 25 + R ) = 600 ⇔ R 2 + 25 R – 600 = 0 . Phương trình có hai nghiệm: R1 = 15 (chọn); R2 = – 40 (loại). Vậy bán kính đáy hình trụ là 15cm. Thể tích hình trụ là: V = π R 2 h = π .152.25 = 5625π (cm3)
Nhận xét: Ta đã biết chiều cao nên muốn tính thể tích hình trụ chỉ cần tìm bán kính đáy. Do đó ta tìm bán kính đáy từ công thức tính diện tích toàn phần của hình trụ. Bài 3. Một hình trụ với ABCD là một mặt cắt song song với trục. Diện tích mặt cắt là 96cm2, AB = 8cm. Biết tâm O cách AB là 3cm. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.
Hướng dẫn giải Mặt cắt ABCD là một hình chữ nhật. Diện tích mặt cắt là 96cm2 nên AB.AD = 96cm2. Suy ra AD =
96 96 = = 12(cm) AB 8
B H
Vậy chiều cao của hình trụ là 12cm.
O A
Trong mặt phẳng đáy, vẽ OH ⊥ AB.
C
328 D
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Ta có HA = HB = 8 : 2 = 4 (cm). Xét ∆AOH vuông tại H có OA2 = OH 2 + AH 2 = 32 + 42 = 25 . Suy ra OA = 5cm. Vậy bán kính đáy là 5cm. Diện tích xung quanh của hình trụ là: S xq = 2π Rh = 2.π .5.12 = 120π (cm2). Thể tích của hình trụ là: V = π R 2 h = π .52.12 = 300π (cm3).
Nhận xét: Để xác định đúng chiều cao và bán kính đáy của hình trụ trong ví dụ này, ta dựa vào mặt cắt ABCD. Từ số đo diện tích là 96cm2 và AB = 8cm, ta tìm ra chiều cao. Từ khoảng cách OH = 3cm ta tìm được bán kính nhờ định lí Py-ta-go. Bài 4. Một hình trụ có diện tích toàn phần bằng 432π cm2 và chiều cao bằng 5 lần bán kính đáy. Chứng minh rằng diện tích xung quanh bằng 10 lần diện tích đáy.
Hướng dẫn giải Gọi bán kính đáy và chiều cao hình trụ lần lượt là R và h. Vì chiều cao bằng 5 lần bán kính đáy và diện tích toàn phần bằng 432π cm2 nên ta có hệ phương trình
h = 5.R 2π R(h + R) = 432π
(1) (2)
Giải hệ này bằng phương pháp thế: Thế h = 5R vào phương trình (2) ta được:
2π R ( 5 R + R ) = 432π ⇔ R2 = 36 ⇔ R = ±6. Giá trị R = −6 bị loại. R = 6 h = 30
Vậy
Diện tích xung quanh của hình trụ là: S xq = 2π Rh = 2.π .6.30 = 360π (cm2). Diện tích đáy của hình trụ là: S = π R 2 = π .62 = 36π (cm2). Ta thấy
S xq S
=
360π = 10 (lần). 36π
Do đó diện tích xung quanh gấp 10 lần diện tích đáy.
Bài 5. Cho hình trụ có bán kính đáy là 10cm và diện tích xung quanh là 420π cm2. Vẽ một đường sinh PQ cố định. Lấy điểm M trên đường tròn đáy, có chứa điểm Q. Xác định vị trí của điểm M để PM lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
Hướng dẫn giải Gọi bán kính hình trụ là R và chiều cao hình trụ là h. Ta có: S xq = 2π Rh suy ra h =
Sxq 2π R
=
420π = 21(cm) 2π ⋅10
P
Ta có PQ là đường sinh nên PQ = 21cm và PQ vuông góc với mặt phẳng đáy. Suy ra PQ ⊥ QM.
O Q
329
M
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Xét ∆PQM vuông tại Q, ta có: PM2 = PQ2 + QM2 = 212 + QM2 = 441 + QM2. Do đó PM lớn nhất ⇔ QM lớn nhất ⇔ QM là đường kính
⇔ QM = 20cm. Vậy max PM = 441 + 400 = 841 = 29(cm) khi QM là đường kính của đường tròn đáy.
Lưu ý: Trong hình trụ, đường sinh vuông góc với đáy nên vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong đáy, do đó PQ ⊥ QM. Bài 6. Một hình trụ có thể tích là V (m3) và diện tích toàn phần là S (m2). Gọi R là bán kính đáy hình trụ và h là chiều cao của nó. Biết thương
1 V 1 1 bằng (m), chứng minh rằng + = 1 2 S h R
Hướng dẫn giải Ta có V = πR2h; S = 2πR(h + R). Theo đề bài ta có: Suy ra
Bài 7:
π R 2h 2π R(h + R)
=
V 1 = S 2
1 R+h 1 1 ⇔ Rh = R + h ⇔ 1 = ⇔ + =1 2 Rh h R
Một hình trụ có bán kính đáy bằng
2 chiều cao. Cắt hình trụ này bằng một mặt phẳng chứa trục 5
ta được một mặt cắt có diện tích là 80cm2. Tính diện tích toàn phần của hình trụ.
Hướng dẫn giải Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là R và h. Mặt cắt chứa trục là một hình chữ nhật có một cạnh là 2R và cạnh kề là h.
2 (1) R = h Theo các điều kiện trong đề bài ta có: 5 2R ⋅ h = 80 (2) Thế R từ (1) vào (2) ta được: 2 ⋅
2 h ⋅ h = 80 hay 4h2 = 400 h = ±10. 5
Giá trị h = −10 bị loại. Vậy chiều cao của hình trụ là 10cm. Bán kính đáy là R = 10.
2 = 4(cm) 5
Diện tích toàn phần của hình trụ là: Stp = 2π R ( h + R ) = 2π .4 (10 + 4 ) = 112π (cm2).
Bài 8:
Một hình trụ có chiều cao bằng
3 đường kính đáy. Biết thể tích của nó là 768π cm3. Tính 4
diện tích xung quanh của hình trụ.
Hướng dẫn giải Gọi bán kính đáy và chiều cao hình trụ lần lượt là R và h.
330
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Vì chiều cao bằng Vậy h =
3 3 đường kính nên chiều cao bằng bán kính đáy. 4 2
3 R 2
Ta có V = π R 2 h mà h = Theo đề bài ta có: Vậy h = 8 ⋅
3 3 3 R nên V = π R 2 ⋅ R = π R 3 2 2 2
3 π R3 = 786 R 3 = 512 R = 3 512 = 8 (cm). 2
3 = 12 (cm). 2
Do đó diện tích xung quanh của hình trụ là: S xq = 2π Rh = 2π .8.12 = 192π (cm2).
Bài 9: Một hộp bánh hình trụ có chiều cao nhỏ hơn bán kính đáy là 1,5cm. Biết thể tích của hộp là 3 850π cm , tính diện tích vỏ hộp.
Hướng dẫn giải * Tìm hướng giải Diện tích vỏ hộp chính là diện tích toàn phần của hình trụ. Tìm được bán kính đáy sẽ tìm được chiều cao do đó sẽ tìm được diện tích toàn phần.
* Trình bày lời giải Gọi R và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hộp bánh hình trụ. Ta có h = R – 1,5. Vì thể tích của hộp là 850π cm3 nên: π R 2 h = 850π . Suy ra R2(R – 1,5) = 850 ⇔ R3 – 1,5R2 – 850 = 0 ⇔ 2R3 – 3R2 – 1700 = 0
⇔ 2R3 – 20R2 + 17R2 – 170R + 170R – 1700 = 0 ⇔ 2R2(R – 10) + 17R(R – 10) + 170(R – 10) = 0 ⇔ (R – 10)(2R2 + 17R + 170) = 0
R − 10 = 0 ⇔ 2 2R + 17R + 170 = 0
(1) (2)
Phương trình (1) có nghiệm R = 10 (thoả mãn). Phương trình (2) vô nghiệm. Vậy bán kính đáy hộp là 10cm. Chiều cao của hộp là: 10 – 1,5 = 8,5 (cm). Diện tích vỏ hộp là: S = 2 pR ( h + R ) = 2.π .10 ( 8,5 + 10 ) = 370π (cm2).
Bài 10: Một hình trụ có diện tích toàn phần gấp hai lần diện tích xung quanh. Biết bán kính đáy hình trụ là 6cm. Tính thể tích hình trụ.
Hướng dẫn giải Gọi bán kính đáy hình trụ là R và chiều cao hình trụ đó là h.
331
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Vì diện tích toàn phần bằng hai lần diện tích xung quanh nên 2π Rh + 2π R 2 = 4π Rh. Suy ra 2π R 2 = 2π Rh R = h = 6cm. Thể tích của hình trụ là: V = π R 2 h = π .62.6 = 216π (cm3).
Bài 11: Một chậu hình trụ cao 20cm. Diện tích đáy bằng nửa diện tích xung quanh. Trong chậu có nước cao đến 15cm. Hỏi phải thêm bao nhiêu nước vào chậu để nước vừa đầy chậu?
Hướng dẫn giải Gọi R là bán kính đáy chậu và h là chiều cao của chậu. Vì diện tích đáy bằng nửa diện tích xung quanh nên π R 2 =
1 .2π Rh 2
R = h = 20cm. Thể tích của chậu là: V = π R 2 h = π .202.20 = 8000π (cm3). Thể tích nước trong chậu là: V1 = π .202.15 = 6000π (cm3). Thể tích nước phải thêm vào chậu là: V2 = V – V1 = 8000π – 6000π = 2000π (cm3).
Bài 12: Một hình trụ có thể tích là 200cm3. Giảm bán kính đáy đi hai lần và tăng chiều cao lên hai lần ta được một hình trụ mới. Tính thể tích của hình trụ này.
Hướng dẫn giải Gọi bán kính đáy và chiều cao hình trụ lần lượt là R và h. Thể tích của hình trụ này là: V1 = π R 2 h. Nếu giảm bán kính đáy đi hai lần và tăng chiều cao lên hai lần thì bán kính đáy là
R và chiều cao là 2h . 2
2
π R 2 h 200 R Thể tích hình trụ về sau là: V2 = π ⋅ (2h) = = = 100 cm 3 2 2 2
(
)
Bài 13: Một viên than tổ ong có dạng hình trụ, đường kính đáy là 114mm, chiều cao là 100mm. Viên than này có 19 lỗ “tổ ong” hình trụ có trục song song với trục của viên than, mỗi lỗ có đường kính 12mm. Tính thể tích nhiên liệu đã được nén của mỗi viên than (làm tròn đến cm3).
Hướng dẫn giải Thể tích viên than (kể cả 19 lỗ) là:
(
)
(
V1 = π R 12 h = π 57 2.100 ≈ 1020186 mm 3 ≈ 1020 cm 3
)
Thể tích 19 lỗ “tổ ong” là:
(
)
(
V2 = 19π R 22 h = 19.π 6 2.100 ≈ 214776 mm 3 ≈ 215 cm 3
)
Thể tích nhiên liệu đã được nén của mỗi viên than là: V = V1 – V2 = 1020 – 215 = 805 (cm3).
Bài 14: Một cây gỗ hình trụ có đường kính đáy là 4dm và dài 5m. Từ cây gỗ này người ta xẻ thành một cây cột hình lăng trụ đứng có đáy là hình vuông lớn nhất. Tính thể tích phần gỗ bị loại bỏ đi.
332
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải A
Thể tích cây gỗ hình trụ là: V1 = π R 2 h ≈ 3,14.22.50 = 628 (dm3).
O
Diện tích đáy hình vuông của hình lăng trụ đứng là:
S = AB 2 =
B
D
AC 2 4 2 = = 8 (dm2). 2 2
C
Thể tích hình lăng trụ đứng là: V2 = S.h = 8.50 = 400 (dm3). Thể tích phần gỗ bị loại bỏ đi là:
Hình V = V1 – V2 = 628 – 400 = 228 (dm ). 23.9 3
Bài 15: Hai mặt của một cổng vòm thành cổ có dạng hình chữ nhật, phía trên là một nửa hình tròn có đường kính bằng chiều rộng của cổng. Biết chiều rộng của cổng là 3,2m, chiều cao của cổng (phần hình chữ nhật) bằng 2,8m và chiều sâu của cổng bằng 3,0m. Tính thể tích phần không gian bên trong cổng (làm tròn đến phần mười m3).
Hướng dẫn giải Phần không gian bên trong cổng gồm một hình hộp chữ nhật và một nửa hình trụ. Thể tích phần hình hộp chữ nhật là: V1 = 3,2 . 2,8 . 3,0 = 26,9 (m3). Thể tích phần nửa hình trụ là:
1 1 V2 = π R 2 h = ⋅ 3,14.(1, 6) 2 .3, 0 = 12,1 (m3). 2 2 Thể tích phần không gian bên trong cổng là: V = V1 + V2 = 26,9 + 12,1 = 39,0 (m3).
Bài 16: Một hình trụ có thể tích bằng 125π cm3. Biết diện tích xung quanh bằng hai lần diện tích đáy. Tính bán kính đáy và chiều cao của hình trụ này.
Hướng dẫn giải Gọi R và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. Vì diện tích xung quanh bằng hai lần diện tích đáy nên ta có:
2π Rh = 2π R 2 h = R. Theo đề bài, thể tích hình trụ bằng 125π cm3 nên π R 2 h = 125π . Suy ra πR3 = 125π (vì h = R). Do đó R3 = 125 R = 5cm. Vậy h = 5cm.
333
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
. HÌNH NÓN . Lý thuyết 1. Hình nón Khi quay tam giác vuông AOB một vòng quanh cạnh góc vuông OA cố định ta được một hình nón: - Đáy là hình tròn (O) bán kính OB. A
- Mặt xung quanh do cạnh OB quét nên. Mỗi vị trí của OB gọi là một đường sinh. - A gọi là đỉnh; AO là đường cao.
2. Diện tích xung quanh của hình nón
S xq = π Rl ;
O B
Stp = π Rl + π R 2 hay Stp = π R ( l + R ) (R là bán kính đáy; l là đường sinh).
R1 O'
3. Thể tích hình nón l
1 V = π R 2 h (h là chiều cao). 3 4. Hình nón cụt
h
O
R2
Cắt hình nón bởi một mặt phẳng song song với đáy thì phần mặt phẳng nằm trong hình nón là một hình tròn. Phần hình nón nằm giữa mặt phẳng nói trênvà mặt phẳng đáy được gọi là hình nón cụt.
5. Diện tích xung quanh và thể tích hình nón cụt
S xq = π ( R1 + R2 ) l ;
1 V = π h R 12 + R 22 + R 1R 2 3
(
)
(R1, R2 là các bán kính; l là đường sinh; h là chiều cao).
. Bài tập Bài 1: Một hình nón có đường cao bằng 24cm và thể tích bằng 800π cm3. Tính diện tích toàn phần của hình nón này.
Hướng dẫn giải
S
Gọi R là bán kính đáy và h là chiều cao của hình nón.
24
334 A
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
1 3
Ta có V = π R 2 h Suy ra R 2 =
3V 3.800π = = 100 cm 2 πh π .24
(
)
Do đó R = 10cm. Vậy bán kính đáy hình nón là 10cm.
Đường sinh của hình nón này là:
SB = SO 2 + OB 2 = 242 + 102 = 26(cm) Diện tích toàn phần của hình nón là:
Stp = π R ( l + R ) = π .10 ( 26 + 10 ) = 360π (cm2). Nhận xét: Mấu chốt trong bài toán này là tìm được bán kính đáy, từ đó tính được đường sinh và do đó tính được diện tích toàn phần của hình nón. Mặt cắt chứa trục của một hình nón là một tam giác đều có diện tích là 9 3 cm2. Tính thể tích
Bài 2.
của hình nón đó.
Hướng dẫn giải * Tìm hướng giải
A
Để tính thể tích hình nón ta cần biết bán kính đáy và chiều cao của nó. Vì mặt cắt chứa trục là một tam giác đều nên nếu biết cạnh của tam giác đều là tính được tất cả.
* Trình bày lời giải Gọi mặt cắt là tam giác đều ABC. Ta đặt AB = AC = BC = a thì bán kính đáy hình nón là R = nón là h =
B
a và chiều cao hình 2
C
O
a 3 2
Vì diện tích của tam giác đều là 9 3 cm2 nên ta có:
a2 3 = 9 3 a 2 = 36 a = 6 (cm). 4
Vậy bán kính đáy là R = 3cm và chiều cao hình nón là h =
1 3
1 3
6 3 = 3 3 (cm). 2
(
Thể tích của hình nón là V = π R 2 h = π 32.3 3 = 9 3π cm3
)
Bài 3. Khai triển một hình nón theo một đường sinh rồi trải phẳng ra ta được một hình quạt tròn có bán kính 10cm và có diện tích là 60π cm2. a) Tính số đo cung của hình quạt; b) Tính số đo nửa góc ở đỉnh của hình nón.
Hướng dẫn giải a) Gọi số đo của cung hình quạt là n o .
no
C'
Vì diện tích hình quạt là 60π cm2 nên 2
π AC n 360
= 60π n =
A α
60.360 = 216 (độ). 10 2
10
B
335
H
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 b) Vì diện tích xung quanh hình nón là 60π cm2 nên
π .HC. AC = 60π HC =
60 = 6(cm) 10
Gọi α là số đo nửa góc ở đỉnh của hình nón. Ta có sin α =
HC 6 = = 0, 6 ≈ sin 36°52′ Do đó a ≈ 36o 52 '. AC 10
Bài 4. Cho tam giác vuông tại A, AB = 12cm, AC = 16cm. Quay tam giác này một vòng quanh cạnh BC. Tính diện tích toàn phần của hình tạo thành. A
Hướng dẫn giải Tam giác ABC vuông tại A, AB = 12cm, AC = 16cm
16
12
BC = 122 + 162 = 20(cm)
B
Vẽ AH ⊥ BC. Ta có AH.BC = AB.AC
AH =
C
H
12.16 = 9, 6(cm) 20
A'
Khi quay ∆ABC một vòng quanh cạnh BC cố định thì hình tạo thành gồm hai hình nón chung đáy, bán kính là 9,6cm. Diện tích toàn phần của hình tạo thành là:
Stp = π . AH . ( AB + AC ) = π .9, 6 (12 + 16 ) = 268,8π (cm2). Nhận xét: Khi quay một tam giác vuông quanh một cạnh cố định thì hình tạo thành phụ thuộc vào trục quay. -
Nếu quay theo một cạnh góc vuông thì hình tạo thành là một hình nón.
-
Nếu quay theo cạnh huyền thì hình tạo thành là hai hình nón chung đáy.
Bài 5.
Một hình nón cụt có các bán kính đáy là 21cm và 49cm. Biết diện tích xung quanh của nó là
3710π cm2, tính thể tích của hình nón cụt.
Hướng dẫn giải Gọi mặt cắt chứa trục của hình nón cụt là hình thang cân ABCD. Trong mặt phẳng này vẽ BH ⊥ CD.
A
O'
B
Ta đặt O'B = R1; OC = R2; OO' = h và BC = l. Ta có BH = OO' = h; HC = R2 – R1 = 49 – 21 = 28 (cm). Vì diện tích xung quanh của hình nón cụt là 3710π cm2 nên
D
π ( R1 + R2 ) l = 3710π . Suy ra 1 =
3710π = 53(cm) π (21 + 49)
Xét ∆BHC vuông tại H, ta có: BH = BC 2 − HC 2 = 532 − 282 = 45(cm) Thể tích của hình nón cụt là:
1 1 V = π h R 12 + R 22 + R 1R 2 = π .45 212 + 492 + 21.49 = 58065π cm 3 3 3
(
)
(
)
336
(
)
O
H
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Nhận xét: Việc vẽ BH ⊥ CD giúp ta gắn kết được các bán kính của hình nón cụt, đường sinh, chiều cao của nó vào một tam giác vuông. Nhờ định lí Py-ta-go ta có thể giải quyết được vấn đề. Bài 6. Một hình nón có bán kính đáy bằng 6cm, chiều cao bằng trung bình cộng của bán kính đáy và đường sinh. Chứng minh rằng hình nón này có số đo diện tích toàn phần (tính bằng cm2) đúng bằng số đo thể tích (tính bằng cm3).
Hướng dẫn giải Gọi R là bán kính đáy, h là chiều cao và l là đường sinh của hình nón. Ta có R = 6cm, h =
S
R +1 l = 2h – 6. 2
l
h
Mặt khác l = h 2 + R 2 Suy ra 2h − 6 = h 2 + R 2 (h > 3). Bình phương hai vế ta có: 4h 2 – 24h + 36 = h 2 + 36
A
h = 0(loai) ⇔ 3h – 24h = 0 ⇔ 3h(h – 8) = 0 ⇔ h = 8(chon) 2
R
O
B
Vậy chiều cao của hình nón là 8 cm; đường sinh bằng 2.8 – 6 = 10 (cm). Diện tích toàn phần của hình nón là: Stp = π R ( l + R ) = π .6 (10 + 6 ) = 96π (cm2).
1 3
1 3
(
Thể tích của hình nón là: V = π R 2 h = π 62.8 = 96π cm 3
)
Vậy số đo diện tích toàn phần tính bằng cm2 đúng bằng số đo thể tích tính bằng cm3.
Bài 7:
Một hình nón có đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a. Biết chiều cao của hình nón
a bằng 6 Tính diện tích toàn phần của hình nón. 3
Hướng dẫn giải Bán kính đáy hình nón chính là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Ta có R =
S
a a a 3 = = ° ° 180 2sin 60 3 2sin n C
Xét ∆SOA vuông tại O ta có 2 a a 3 SA = SO + OA = 6 + 3 3 2
2
2
A
2
O B
⇔ SA2 = a2 SA = a. Diện tích toàn phần của hình nón là: Stp = π R(1 + R) = π .
a 3 a 3 π a2 ( 3 + 1) a + = 3 3 3
Bài 8: Một hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 9cm và chiều cao SO = 21,6cm. Cắt hình nón bởi một mặt phẳng song song với đáy tạo ra một hình nón cụt có chiều cao 12cm. Tính diện tích xung quanh của hình nón cụt.
337
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Hướng dẫn giải * Tìm hướng giải Để tìm diện tích xung quanh của hình nón cụt, cần biết các bán kính đáy và đường sinh. Có thể tính được bán kính còn lại nhờ định lí Ta-lét. Có thể tính được độ dài đường sinh nhờ định lí Py-ta-go.
S
C
* Trình bày lời giải
O'
Xét mặt cắt qua trục của hình nón là ∆SAB cân tại S. Trong mặt phẳng SAB có O'C // OB.
B
O′C SO′ O′C 9, 6 = Do đó O ' C = 4 (cm). Theo định lí Ta-lét ta có = OB SO 9 21, 6
A
H O
Trong mặt phẳng SAB vẽ CH ⊥ AB, ta được
CH = OO ' = 12cm , BH = 9 – 4 = 5 (cm). Suy ra BC = 122 + 52 = 13 (cm). Diện tích xung quanh của hình nón cụt là: S xq = π ( R1 + R2 )l = π ( 9 + 4 ) .13 = 169π (cm2).
Bài 9: làm xô.
Một xô bằng tôn có các bán kính đáy là 17cm và 10cm, chiều cao 24cm. Tính diện tích tôn để
Hướng dẫn giải Xét mặt cắt qua trục của hình nón cụt, đó là hình thang cân ABCD. Trong mặt phẳng này ta vẽ CH ⊥ AB.
H
B
O'
A
Ta có CH = OO' = 24cm; O'H = OC = 10cm; BH = O'B – O'H = 7cm. Suy ra BC =
242 + 7 2 = 25(cm)
Diện tích xung quanh của xô là:
S xq = π ( R1 + R2 )l = π (17 + 10 ) .25 = 675π (cm2). 2 Diện tích đáy xô là: S đáy = π .10 = 100π (cm2).
C
D
O
Vậy diện tích tôn để làm xô là: 675π + 100π = 775π (cm ). 2
Bài 10: Một hình nón có diện tích đáy bằng 144π cm2 và diện tích toàn phần bằng 588π cm2. Tính thể tích hình nón.
Hướng dẫn giải Gọi R là bán kính đáy hình nón và l là đường sinh của nó. Ta có π R 2 = 144π R = 12(cm).
S
Diện tích xung quanh của hình nón là: S xq = 588π –144π = 444π (cm ). 2
Suy ra πRl = 444π 1 =
444π = 37(cm) π 12
A 338
O
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Chiều cao của hình nón là: SO = 37 2 − 122 = 35(cm)
1 3
1 3
Thể tích của hình nón là: V = π R 2 h = π 122.35 = 1680π (cm3).
Bài 11:
Một chiếc cốc hình nón đựng rượu đến
1 chiều cao của cốc. Biết thể tích của rượu trong cốc là 3
2cm3. Tính thể tích của cốc.
Hướng dẫn giải Phần rượu trong cốc có dạng hình nón. Gọi r là bán kính đáy của phần rượu hình nón trong cốc. Suy ra bán kính miệng cốc là 3r (do định lí Ta-lét).
1 3
3h
Thể tích phần rượu trong cốc là: V1 = π r 2 h
1 3
h
1 3
Thể tích của cốc là: V2 = π (3r) 2 ⋅ (3h) = π .27r 2 h
1 1 V2 = π(3r) 2 .(3h) = π.27r 2 h. 3 3
1 2 πr h V1 1 2 1 3 = = = Do đó Suy ra V2 = 54 (cm3). 1 V 27 V2 27 2 2 π 27r h 3 Vậy thể tích của cốc là 54cm3
Bài 12: Cắt hình nón cụt bằng một mặt phẳng chứa trục ta được một hình thang cân có góc ở đáy bằng o 45 và độ dài đáy lớn gấp đôi độ dài đáy nhỏ. Biết diện tích mặt cắt này là 27cm2. Tính thể tích hình nón cụt.
Hướng dẫn giải Gọi mặt cắt chứa trục là hình thang cân ABCD.
Đặt O'B = a thì OC = 2a.
O'
A
B
Vẽ BH ⊥ OC ta được OH = O'B = a và HC = a. Tam giác HBC vuông cân nên
D
O
BH = HC = a và BC = a 2 Diện tích hình thang cân ABCD là: S =
( AB + CD) BH (2a + 4a ) ⋅ a = = 3a 2 2 2
Theo đề bài ta có: 3a2 = 27 a = 3(cm). Thể tích của hình nón cụt là:
1 1 7 7 V = π h R 12 + R 22 + R 1R 2 = ⋅ π a a 2 + 4a 2 + 2a 2 = π a 3 = .π 33 = 63π cm 3 3 3 3 3
(
)
(
)
339
(
)
H
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 13: Một đống cát hình nón có chu vi đáy là 12,56m. Người ta dùng xe cải tiến để chở đống cát đó đi 10 chuyến thì hết. Biết mỗi chuyến chở được 250dm3. Tính chiều cao của đống cát (làm tròn đến dm).
Hướng dẫn giải Gọi R là bán kính đáy đống cát và h là chiều cao của đống cát. Vì chu vi đáy đống cát là 12,56m nên 2π R = 12, 56 R =
12, 56 ≈ 2, 0(m) 2π
Thể tích của đống cát là: V = 250×20 = 5000 (dm3) = 5 (m3).
1 3
Ta có V = π R 2 h h =
3V 3.5 ≈ ≈ 1, 2(m) 2 πR π 22
Bài 14: Một chao đèn có dạng mặt xung quanh của một hình nón cụt. Các bán kính đáy lần lượt là R1 = 5cm; R2 = 13cm. Biết diện tích xung quanh của chao đèn là 306π cm2. Tính chiều cao của chao đèn.
Hướng dẫn giải Gọi mặt cắt chứa trục của chao đèn là hình thang cân ABCD. Chiều cao OO' = h và đường sinh BC = l. A
Vì diện tích xung quanh của chao đèn là 306π cm2 nên ta có
O'
B
π ( R1 + R2 ).l = 306π π ( 5 + 13) .l = 306π l = 17(cm).
D
O
Trong mặt phẳng ABCD ta vẽ BH ⊥ CD.
H
C
Ta có BH = OO' = h; OH = O'B = R1, do đó HC = R2 – R1 = 8cm. Xét ∆BHC vuông tại C, ta có BH 2 = BC2 − HC2 = 17 2 − 82 = 15 (cm). Vậy chiều cao của chao đèn là 15cm.
Bài 15: Một hình nón có mặt cắt chứa trục là một tam giác đều. Chứng minh rằng diện tích xung quanh bằng hai lần diện tích đáy.
Hướng dẫn giải
A
Gọi bán kính đáy hình nón là R và đường sinh hình nón là l. Vì mặt cắt chứa trục là tam giác đều ABC nên AB = BC = CA suy ra l = 2 R.
l
Ta có Sđáy = π R 2 .
(1)
B
2
S xq = π Rl = π R.2 R = 2π R .
(2)
Từ (1) và (2) suy ra S xq = 2 S đáy .
340
R
O
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
. HÌNH CẦU . Lý thuyết 1. Hình cầu • Khi quay nửa hình tròn (O; R) một vòng quanh đường kính AB cố định thì được một hình cầu tâm O, bán kính R. • Nửa đường tròn khi quay tạo nên mặt cầu.
A
2. Cắt hình cầu • Khi cắt hình cầu bởi một mặt phẳng thì mặt cắt là một hình tròn; • Khi cắt mặt cầu bán kính R bởi một mặt phẳng ta được một đường tròn: - Có bán kính R (gọi là đường kính lớn) nếu mặt cắt đi qua tâm;
O
- Có bán kính nhỏ hơn R nếu mặt cắt không đi qua tâm.
3. Diện tích mặt cầu
S = 4π R 2 hay S = π d 2
(R là bán kính; d là đường kính mặt
B
cầu).
4. Thể tích hình cầu
4 V = π R3 3
. Bài tập Bài 1. Hai hình cầu có hiệu các bán kính bằng 3cm và hiệu các thể tích bằng 1332π cm3. Tính hiệu các diện tích của hai mặt cầu.
Hướng dẫn giải * Tìm hướng giải Để tính được hiệu diện tích của hai mặt cầu ta cần biết các bán kính của hai mặt cầu.
* Trình bày lời giải Gọi bán kính của hình cầu lớn là R và bán kính của hình cầu nhỏ là r. Ta có R – r = 3 hay R = r + 3. Thể tích hình cầu lớn là: V1 =
4 4 π R 3 Thể tích hình cầu nhỏ là: V2 = π r 3 3 3
Vì V1 – V2 = 1332π (cm3) nên
4 π R3 − r 3 = 1332π ⇔ R 3 − r 3 = 999 3
(
)
3
Do đó ( r + 3 ) – r 3 = 999 ⇔ r 2 + 3r – 108 = 0. Giải ra được r1 = –12 (loại); r2 = 9 (chọn). Vậy bán kính hình cầu nhỏ là 9cm. Bán kính hình cầu lớn là 12cm. Diện tích mặt cầu lớn là: S1 = 4π R 2 = 4.π .122 = 576π (cm2).
341
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Diện tích mặt cầu nhỏ là: S 2 = 4π r 2 = 4.π .92 = 324π (cm2). Hiệu các diện tích của hai mặt cầu là: S = S1 – S2 = 576π – 324π = 252π (cm2).
Bài 2. Một hình cầu nội tiếp một hình nón bán kính đáy bằng 6cm và đường sinh bằng 10cm. Chứng minh rằng diện tích đáy hình nón bằng diện tích mặt cầu.
Hướng dẫn giải Vì hình cầu nội tiếp hình nón nên OH ⊥ BC, OD ⊥ AB. Ta có AH =
A
AB 2 − BH 2 = 102 − 62 = 8(cm)
Gọi bán kính đáy hình nón là R, bán kính hình cầu là r. AD = AB – BD = 10 – 6 = 4cm.
∆AOD ” ∆ABH Do đó
( g .g )
E
D
Ta có BH = BD = R = 6cm; OH = OD = r.
O
OD AD = BH AH
B
C
H
r 4 r 4 = r = 3(cm) = r = 3(cm). 6 8 6 8
Diện tích đáy hình nón là: S1 = π R 2 = π .6 2 = 36π (cm2). Diện tích mặt cầu là: S 2 = 4π r 2 = 4.π .32 = 36π (cm2). Vậy diện tích đáy hình nón bằng diện tích mặt cầu.
Bài 3. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn đường kính AD. Gọi H là giao điểm của AD và BC. Quay hình vẽ một vòng quanh đường kính AD cố định ta được hai hình nón nội tiếp một hình cầu. Biết AH = 24cm; DH = 6cm, hãy tính: a) Thể tích của hình cầu được tạo thành; b) Thể tích hình nón đỉnh A đáy là hình tròn đường kính BC.
Hướng dẫn giải
A
a) Tam giác ABC cân tại A, AD là đường kính nên AD ⊥ BC. Ta có ABD = 90° (vì AD là đường kính). Xét ∆ABD vuông tại B ta có:
O
BH 2 = HA.HD = 24.6 = 144 . Suy ra BH = 12(cm). Bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là R = ( 24 + 6 ) : 2 = 15 ( cm ) .
4 4 Thể tích của hình cầu tạo thành là: V1 = π R 3 = π 153 = 4500π cm3 3 3
(
1 3
1 3
(
a) Thể tích hình cầu bằng
2 thể tích hình trụ; 3
342
H D
)
b) Thể tích của hình nón đỉnh A là: V2 = π r 2 h = π 12 2.24 = 1152π cm3
Bài 4. Cho một hình cầu nội tiếp một hình trụ. Chứng minh rằng:
B
)
C
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 b) Diện tích mặt cầu bằng
2 diện tích toàn phần hình trụ. 3
Hướng dẫn giải * Tìm hướng giải Cần tìm mối quan hệ giữa bán kính hình cầu với bán kính đáy hình trụ và chiều cao hình trụ.
* Trình bày lời giải Gọi bán kính hình cầu là R thì bán kính đáy hình trụ là R và chiều cao của hình trụ là 2R. a) Thể tích hình cầu là: V1 =
4 π R3 3
Thể tích hình trụ là: V2 = π R 2 h = 2π R 3 .
4 π R3 2 V1 3 Ta có = = V2 2π R 3 3 b) Diện tích mặt cầu là: S1 = 4π R 2 . Diện tích hình trụ là: S 2 = 2π R ( h + R ) = 2π R ( 2 R + R ) = 6π R3 . Ta có
S1 4π R 2 2 = = S 2 6π R 2 3
Bài 5. Cho đoạn thẳng AB = 24cm. Lấy điểm C nằm giữa A và B. Vẽ về cùng một phía của AB ba nửa đường tròn đường kính AB, AC và BC. Quay toàn bộ hình vẽ một vòng quanh đường kính AB cố định ta được ba hình cầu. Tìm thể tích lớn nhất của phần không gian được giới hạn bởi ba hình cầu.
Hướng dẫn giải * Tìm hướng giải Cần tìm mối quan hệ giữa các bán kính của ba nửa hình tròn, từ đó tìm được quan hệ giữa thể tích của ba hình cầu.
* Trình bày lời giải Đặt AC= 2x thì BC = 24 – 2x.
C
A
Bán kính của nửa đường tròn đường kính AB là 12cm. Bán kính của nửa đường tròn đường kính AC là x. Bán kính của nửa đường tròn đường kính BC là 12 – x. Thể tích của ba hình cầu đường kính AB, AC và BC lần lượt là:
4 4 4 π 123 ; π x 3 và π (12 − x )3 3 3 3 Thể tích phần không gian giới hạn bởi ba hình cầu là:
4 V = 2304π − π x 3 + (12 − x)3 3 4 = 2304π − π x 3 + 1728 − 432x + 36x 2 − x 3 = 2304π − 48π x 2 − 12x + 48 3
(
)
343
(
)
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
(
2
)
Vmax ⇔ x 2 – 12 x + 48 min ⇔ ( x – 6 ) + 12 min ⇔ x = 6. Khi đó max V = 1728π cm3 khi AC = 12cm hay khi C là trung điểm của AB.
Bài 6: Cắt hình cầu tâm O bởi một mặt phẳng ta được một hình tròn tâm K, đường kính AB. Biết OK = 9cm và diện tích hình tròn tâm K bằng 16% diện tích mặt cầu. Tính diện tích mặt cầu.
Hướng dẫn giải Xét ∆AOB cân tại O có KA = KB nên OK ⊥ AB. Gọi R là bán kính hình cầu, r là bán kính hình tròn (K). Xét ∆KOA vuông tại K ta có: r 2 = R 2 – OK 2 = R 2 – 81.
O A
Diện tích hình tròn (K) là: S1 = π r 2 = π ( R 2 – 81).
K
Diện tích mặt cầu là: S 2 = 4π R 2 .
(
)
Vì S1 =16%S2 nên π R 2 − 81 =
B
16 .4π R 2 100
Thu gọn phương trình này ta được 36 R 2 = 8100 . Suy ra R 2 = 225 . Do đó diện tích mặt cầu là S = 4π R 2 = 900π (cm2).
Bài 7: Người ta cắt một quả địa cầu cũ bằng một mặt phẳng theo một vĩ tuyến và được một phần có dạng hình chảo, đường kính miệng chảo là 24cm và độ sâu nhất của chảo là 8cm. Tính diện tích bề mặt của quả địa cầu.
Hướng dẫn giải Mặt cắt qua tâm là hình tròn tâm O với AB là đường kính miệng chảo. Vẽ bán kính OC ⊥ AB tại K. Ta có KA = KB = 24 : 2 = 12 (cm). Gọi R là bán kính quả địa cầu. O
Xét ∆KOA vuông tại K ta có: 2
A
OA2 = OK 2 + AK 2 R 2 = ( R – 8 ) + 122
K 8
R 2 = R 2 –16 R + 64 + 144 16R = 208
C
R = 13 (cm). Diện tích bề mặt quả địa cầu là:
S = 4π R 2 = 4.π .132 = 676π (cm2). Bài 8: Một hình cầu nội tiếp một hình lập phương cạnh 12cm. Tính thể tích phần không gian bên ngoài hình cầu và bên trong hình lập phương.
Hướng dẫn giải Vì độ dài cạnh của hình lập phương là 12cm nên bán kính hình cầu nội tiếp là 6cm.
344
B
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Thể tích hình lập phương là: V1 = 123 = 1728 (cm3). Thể tích của hình cầu là: V2 =
12
4 3 π 6 = 288π (cm3). 3
Thể tích phần không gian bên ngoài hình cầu và bên trong hình lập phương là:
O
6
V = V1 – V2 = 1728 − 288π ≈ 824 (cm3). Nhận xét: Ta có
V1 288π π = = V2 1728 6
Tổng quát, ta có thể chứng minh được rằng nếu một hình cầu nội tiếp một hình lập phương thì tỉ số thể tích của chúng là
π 6
Bài 9: Một hình cầu có bán kính bằng bán kính đáy của một hình nón. Biết đường sinh của hình nón bằng 12cm và diện tích xung quanh của hình nón bằng diện tích mặt cầu. Tính thể tích hình cầu.
Hướng dẫn giải Gọi bán kính hình cầu cũng như bán kính đáy hình nón là R. Diện tích xung quanh hình nón là: π Rl = 12π R . Diện tích mặt cầu là: 4π R 2 . Vì diện tích xung quanh hình nón bằng diện tích mặt cầu nên: 12π R = 4π R 2 R = 3 (cm). Thể tích hình cầu là: V =
4 4 π R 3 = ⋅ π 33 = 36π (cm3). 3 3
Bài 10: Một hình cầu nội tiếp một hình trụ. Biết diện tích toàn phần hình trụ là 384π cm2. Tính thể tích hình cầu.
Hướng dẫn giải Gọi bán kính hình cầu là R thì bán kính đáy hình trụ là R và chiều cao hình trụ là 2R. Vì diện tích toàn phần hình trụ là 384π cm2 nên ta có:
2π R ( 2 R + R ) = 384π 6π R 2 = 384π R = 8 (cm). Thể tích hình cầu là: V =
4 4 2048π (cm3). π R 3 = π 83 = 3 3 3
Bài 11: Một chiếc thuyền thúng có dạng nửa hình cầu, có khối lượng 45kg, người chèo thuyền khối lượng 65kg. Biết đường kính của thuyền là 1,2m và trên thuyền có thêm 2,4 tạ cá, hỏi nước có ngập đến mép thuyền không? Biết khối lượng riêng của nước là 1 kg/dm3
Hướng dẫn giải Bán kính của thuyền thúng là: 1,2 : 2 = 0,6 (m) = 6 (dm). Thể tích của thuyền là: V =
1 4 1 4 ⋅ π R 3 = ⋅ ⋅ π 63 = 144π (dm3) ≈ 425dm3. 2 3 2 3
Tổng Khối lượng của thuyền, người và cá là : 45 + 65 + 240 = 350 (kg)
345
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Khối lượng riêng của thuyền là : 350 : 452 = 0,8 (kg/dm3) Khối lượng riêng của nước là : 1 kg/dm3 Vậy khối lượng riêng của thuyền nhỏ hơn khối lượng riêng của nước nên nước không ngập đến mép thuyền.
Nhận xét: Học sinh cần ghi nhớ công thức d = Bài 12:
m ( m là hối lượng riêng, m khối lượng, V là thể tích) V
Cho hình cầu tâm O, bán kính OA = 10 3 cm. Cắt mặt cầu bởi một mặt phẳng vuông góc với
OA tại trung điểm M của OA ta được một đường tròn. Tính độ dài của đường tròn này.
Hướng dẫn giải Xét ∆OBC có OB = OC và OM ⊥ BC nên MB = MC. O
Ta có: MC 2 = OC 2 − OM 2 = (10 3) 2 − (5 3) 2 = 225 Suy ra MC = 15(cm). B
Độ dài của đường tròn (M) là: 2π.15 = 30π (cm).
C
M
Bài 13: Một bình thuỷ tinh hình trụ chứa nước. Trong bình có một vật rắn hình cầu ngậpA hoàn toàn trong nước. Khi người ta lấy vật rắn đó ra khỏi bình thì mực nước trong bình giảm đi 48,6mm. Biết đường kính bên trong của đáy bình là 50mm, tính bán kính của vật hình cầu.
Hướng dẫn giải Gọi r là bán kính của vật hình cầu. Thể tích của vật hình cầu là: V1 =
4 3 πr 3
Thể tích khối nước rút xuống là: V2 = π .502.48, 6 = 121500π (mm3). Ta có phương trình:
4 3 π r = 121500π r 3 = 91125 3
Do đó r = 3 91125 = 45 (mm).
Bài 14: 6370km.
Vĩ độ của Thanh Hoá là 20o Bắc. Tính độ dài vĩ tuyến qua Thanh Hoá biết bán kính Trái Đất là
Hướng dẫn giải Gọi R là bán kính Trái Đất, gọi r là bán kính của r là bán kính của vĩ tuyến 20o qua Thanh Hoá.
= Ta có HBO AOB = 20°
C
vÜ tuyÕn 20o
r
B
H
Xét ∆HBO vuông tại H có: r = HB = OB cos 20o = Rcos 20o .
xÝch ®¹o
20 o
O
R
Do đó độ dài của vĩ tuyến 20o là:
2π r = 2π Rcos 20o = 2π .6370.cos 20o ≈ 37590 (km). Bài 15: Một hình cầu có số đo thể tích (tính bằng m3) bằng số đo diện tích mặt cầu (tính bằng m2). Tính độ dài của đường tròn lớn.
Hướng dẫn giải 346
A
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Gọi bán kính của hình cầu là R. Vì số đo thể tích bằng số đo diện tích mặt cầu nên ta có:
4 π R3 = 4π R 2 R = 3 (m). 3
Độ dài của đường tròn lớn là: C = 2π R = 2π .3 = 6π (m).
. BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 1. Tính diện tích toàn phần của hình nón có chiều cao h = 16 cm và bán kính đường tròn đáy r = 12cm.
Hướng dẫn giải Độ dài đường sinh của hình nón:
l = h 2 + r 2 = 162 + 12 2 = 400 = 20(cm) Diện tích toàn phần của hình nón:
STp = π rl + π r 2 = π .12.20 + π .122 = 384π (cm 2 )
= 900 ); AB = 4 cm; AC = 3 cm. Quay tam giác vuông ABC một vòng Bài 2: Cho tam giác vuông ABC ( A xung quanh cạnh AB cố định. Tính thể tích của hình nón được tạo thành?
Hướng dẫn giải Theo công thức tính thể tích của hình nón V =
1 2 πR h 3
Trong đó: R = 3 (cm) ; h = 4 (cm) Vậy: V = π R 2 h = π .32.4 = 12π (cm3)
Bài 3: Một hình trụ có thể tích là 20πdm3, chiều cao bằng 5dm. Tính diện tích xung quanh của hình trụ đó.
Hướng dẫn giải Hình trụ có thể tích là V =20π dm3, chiều cao h= 5dm nên ta có: V= πr2.h = 20π hay πr2.5 = 20π => r2=4 => r = 2 Do đó:Sxq= 2π.rh=2π.2.5=20π (dm2) Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là 20π (dm2)
Bài 4: Một hình trụ có chiều cao bằng đường kính đáy, Nếu bán kính đáy bằng 6 cm . Hỏi diện tích xung quanh của hình trụ là bao nhiêu cm2 ?
Hướng dẫn giải Ta có
R = 6 cm mà h = d = 12 cm
347
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Khi đó
S
xq
= 2π Rh = 2π .6.12 = 144π (cm 2 )
Bài 5: Một hình trụ có diện tích xung quanh là 40m2 và chiều cao của hình trụ bằng 5m. Thể tích của hình trụ đó bằng bao nhiêu?
Hướng dẫn giải Bán kính của hình trụ đó là: Ta có S xq = 2π Rh 40 = 2π R.5 R =
4
π 2
80 3 4 Thể tích của hình trụ đó là: V = π R h = π .5 = (m ) π π 2
Bài 6: Cho ΔABC vuông tại A. Cạnh AB = 3 cm; AC= 4 cm. Quay ΔABC một vòng quanh cạnh AC . Vẽ hình, tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra?
Hướng dẫn giải Vẽ đúng hình: Hình sinh ra là hình nón Tính được BC = 5 cm 2 Tính được S xq = π rl = π .3.5 = 15π ≈ 47,1 ( cm )
1 3
Tính được V = π .32.4 = 12π ≈ 37,68 ( cm 3 ) )
Bài 7: Tính diện tích toàn phần của một hình nón có chiều cao h = 16 cm và bán kính đường tròn đáy là r = 12cm ?
Hướng dẫn giải Độ dài đường sinh của hình nón:
l = h 2 + r 2 = 162 + 122 = 400 = 20(cm) Diện tích toàn phần của hình nón:
(
STp = π rl + π r 2 = π .12.20 + π ⋅122 = 384π cm 2
)
Bài 8: Cho hình nón có đỉnh S, đường kính 2R chiều cao SH = R 3 . Tích thể tích của hình nón
Hướng dẫn giải Theo đề bài chiều cao của hình nón SH = R 3 , đường kính 2R bán kính đáy là R Thể tích hình nón V=
1 1 π r2 3 π R 2 h π = π R 2 .R 3 = 3 3 3
348
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 Bài 9: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 4cm, BC = 5cm. Quay hình chữ nhật đó một vòng quanh cạnh AB được một hình trụ. Tính thể tích hình trụ.
Hướng dẫn giải Hình trụ nhận được có bán kính đáy là BC = 5(cm), chiều cao AB = 4 (cm) Thể tích hình trụ :
V = π . AB.BC 2 = 100π cm3
Bài 10: Một hình cầu có thể tích bằng 972π cm3. Tính diện diện tích của mặt cầu đó?
Hướng dẫn giải 4 π R3 = 972π R = 9cm 3 Diện tích của mặt cầu đó là: S = 4π R 2 = 324π cm2. Bán kính của mặt cầu đó là:
Chúc các em học sinh ôn tập tốt!
349