Bài 1: Cho đường tròn O và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn O, A khác B,C.Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn O tại điểm D khác C, lấy điểm
Trang 1CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình .
I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp.
1
4
11 1
2 1
2
2 2
x x
2
−
+
= +
−
=
x
x v x
x
Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = 0⇔(u-v).(10u-v)=0⇔u=v hoặc 10u=v
Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng
x
Giải:
) 1 (
1 )
u u
4 ) (
3 )
.(
v u v u uv v u v u
⇔
= +
− +
⇔
v u
v u v
u v u v
uv u
v
.(
Trang 2Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x.
2 2
1 2 3 3 5
2 2
3 + + − + = + (1)
Giải:
Từ (1) suy ra: 2 5x3 + 3x2 + 3x− 2 =x2 + 6x− 1
x x x x
x x
x
20 3 + 2 + − = 4 + 2 + + 3 − 2 −
⇒
0 9 24 22
0 9 24 22
⇒
x x x
Đặt y
x
x+3 = (*) ta có:
y2 - 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x
4
1 ).
4 (
3 ) 4 (
−
+
− +
− +
x
x x
x x
Giải:
Điều kiện x > 4 hoặc x < -1
*Nếu x > 4, (1) trở thành:
0 18 ) 4 ).(
1 ( 3 )
4
).(
1
Đặt (x+ 1 ).(x− 4 ) =y≥ 0 (2) ta có:
y2 + 3y -18 = 0
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x
*Nếu x < -1, (1) trở thành:
0 18 ) 4 ).(
1 ( 3 )
4
).(
1
Đặt (x+ 1 ).(x− 4 ) =y≥ 0 (3) ta có:
y2 - 3y -18 = 0
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x
Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1)
Giải:
(1)⇔ 4x4 + 4x3 − 20x2 + 2x+ 1 = 0 (x≠0).Chia cả hai vế cho x2 ta được :
⇔ 4x2 + 4x -20 + 2 12
x
x+ = 0
2
=
−
+ +
+
x
x x
x
x 1
2 + (2)
Ta có: y2 + 2y -24 = 0
Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x
Bài 8:Gpt: x2 − 16x+ 64 − 2 x2 − 8x+ 16 + x2 = 0
Giải:
0 4
.
2
−
x -∞ 0 4 8 +∞
x-8 - - - 0 +
x-4 - - 0 + +
x - 0 + + +
Trang 3Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản.
Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4)
Giải:
4 2 3
2 4
1 +x +x + x+ x + x = + x + x
⇔
0 2 2
0 4 2 2 2
4
2 3
4
2 3
4
= +
− +
−
⇔
= +
− +
−
⇔
x x
x
x
x x x
x
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x≠ 0
Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được:
Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x
II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau:
Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3)
Giải:
Đặt y2 + 3y = t
Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2+ 3y +2) = t2 + 2t
*Nếu t > 0 thì t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn
*Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t2 + 2t > t2 + 4t + 4 suy ra t2 + 2t > t2 + 4t + 4 = (t+2)2
Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*)
Lại có: t2 +2t < t2 suy ra x2 < t2 (**)
Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)2 < x2 < t2 suy ra x2 = (t+1)2 suy ra t2 +2t = (t +1)2 (=x2)
Suy ra : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý)
*Nếu t = -1 suy ra x2 = t2 +2t = -1 <0 (Vô lý)
*Nếu t = 0 suy ra x = 0⇒y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3
Trang 4= +
−
)2 (1 2 2
7 2
7 1 2
5 3
2
±
±
= +
⇒ +
⇒ Ζ
∈ +
− +
= +
− +
=
x
x x
)1(
3
22
2 y z
x
z y
167 1 1 2
2 166 2
⇒ +
⇒ Ζ
∈ + +
−
= +
−
=
⇔ +
−
y y
y x
yz
z
xy
Giải:
Điều kiện : x,y,z ≠0
Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số -3 thỏ mà chỉ có hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương)
Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = xy > 0 và , > 0
x
y y x
Đặt A= + + = 3
y
zx x
yz z
x z z
xy y
x z x
y z z
xy y
zx x
1 ,1 1 ,1
.
1
y x z
y x z xy
z
z
xy
Trang 5Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19.
Giải:
Từ bài ra ta có:
17 , 1 1 2 1 2 17 1
2
17 2 1
2
19 5
2 2
±
±
= +
⇒ +
⇒ Ζ
∈ + + +
= +
x
1 2
=
+
2
2 1
Lại có: 2 = a2 + b2 ≥2ab suy ra 1≥ab (2)
Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a2 + b2 =2 nên suy ra (a+b)2 = 4 suy ra a + b = 2
a b
≥ +
≥
−
) 4 ( 0 16
) 3 ( 0 3 2
) 2 ( 0 4 1
)1 ( 0 4
4
2 2
2
x
y y x
x x
Từ (4) suy ra x2 ≥4 kết hợp với (1) suy ra x2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2
Phương trình đã cho trở thành:
Trang 6Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy x≠ 0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x2 ta được:
0 26 25
21 25
2 0 50 105 74
21
2
2 2
− +
−
x
x x
x x
x x
=
−
− +
7 1
4 1
5 1
1
.
2
x x
x x
=
0 1
0 1
x b
x a
=
−
7 4
5
2
b a
b a
=
=
− +
−
) 2 ( 1 5
)1 (1 5 1
x y
y x
Giải:
Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:
1 1 2 1 5 1 5
− +
−
=
− +
− +
−
)2 (0 3
3 2
)1 (0 24 45 12 4 15
2
22
22
xy x y y x
y x y xy x
Giải:
Phương trình (2) phân tích được như sau:
Trang 7y x
23
Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y
= +
+
xyz z y
x
z y
x
44
xyz = x4 + y4 + z4 ≥x2y2 + y2z2 + z2x2 ≥xyz.(x + y + z) = xyz
Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có:
x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được:
2001 (
)1 (1
20002000
19991999
22
xy y x x y
y x
+
−
4 3 5 2 1
5
Trang 8Ta có:
4 1 5 2 5 2 3 1 5 2 5
Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất.
Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác.
Trang 9( )
)
.(
1
)
.(
2
m n z n
z
m
m n z
z
m n z
≥ +
xy
Ta có:
).
1 ( 4
1 4
1
2
xy xy xy
1 1 ( ) (
4 ) ).(
1 1 (
4 2 2 4
+
= +
≥ + +
x y
x y
12 y x y .x y x y x y .x y
⇔
Trang 104 2 2 4 2 2 2
2
2
6 6 2 2
2
2
≥ + +
y
x
y x y x
y
x
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm
Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì :
1
2 <
+ + + +
+ +
<
1 )
1 2 (
2
1
1 2 2
1 2
1 2
1 2 2
1 1 2
1
4
1 3
1 2 (
1
5 4
1 4 3
1 3
− +
+ + + +
<
n n
n
n n
A
Ta có đpcm
Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì: pq
q p
q p
≥ +
+ 2 2
+ +
q pq p q p pq
k
11
11
−
< với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra:
n n
12
1
1 1
1
3
1 2
1 2
1 1
1 1
1
− +
− +
<
+ +
+
+
Trang 11Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR: 2 2 0
2 2
y x
Giải:
Ta có:
0 2 2 2 ).
( 2 2
x y x
4
0 ) 4 ).(
( 0 4
2
2 2
2 c bc b c bc
b
c b c b c
b c
a
b
b
≤ +
2 2
2 2
2
) 2 ( ).
2 (
).
2 (
) 2 ( ).
b b
a
a
c c b b a a
a c c b
c b
c b
a b
a
b
−
− +
<
−
− +
2
2
2 2 2
2
2 2 2
c
b
c a b
a
c a a b a
a
c a c a b a
b
a
c a c a b a
<
− +
+
⇔
− + +
<
− +
+
⇔
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng
Vậy ta có đpcm
Trang 12Bài 15:Cho các số dương x,y,z thỏa mãn:x2 +y2 +z2 ≥ 1 CMR: 1
3 3 3
≥ + +
x
z z
y y x
Giải:
Áp dụng BĐT Cô Si: 3 2 3 xy 2x2
y
x xy
3 3
3
z y x zx x
z yz z
≥ + + +
+
+
Suy ra:
1 ) (
) (
) (
≥ + +
− + +
&
23
5
2 3
2
++
b x
a Q x
2)
2(2
3
5)
1,2
2 3
b a x b a ax
x x
x x
n ≡ ⇒ − ⇒ (1)
Lại có:n(n− 1 ) 2 ⇒A 2(2) và:(n− 1 ).n.(n+ 1 ) 3 ⇒A 3 (3)
Trang 13Vì 2,3,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ (1),(2)&(3) suy ra A ( 2 3 5 ) (đpcm).
Bài 3: CMR: Nếu x,y là những số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho 3 thì cả x và y đều chia hết cho 3
Giải:
Nhận xét:Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1
Vì vậy từ giả thiết x2 + y2 chia hết cho 3⇒x, y 3
Bài 4:Tìm giá trị của p,q để đa thức (x4 + 1) chia hết cho đa thức x2 + px + q
q
1 0
Bài 5:Cho đa thức:A(x) =x4 − 14x3 + 71x2 − 154x+ 120 x∈Z
a)Phân tích A(x) thành nhân tử
b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24
Giải:
a).Ta có: A(x) =x4 − 14x3 + 71x2 − 154x+ 120
) 20 9 ).(
3 ).(
2 (
) 60 47 12
).(
2 (
2
2 3
−
−
=
x x x
x
x x
x x
b).Ta có:A(x)=
24 2 )
(
120144
72)14).(
1).(
1(x− x+ x− + x − x+
x
x B
-Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho 2 ⇒ B(x) chia hết cho 8
-Nếu x chia cho 4 dư 1 thì x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho 2⇒B(x) chia hết cho 8
-Nếu x chia cho 4 dư 2 thì x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho 2⇒B(x) chia hết cho 8
-Nếu x chia cho 4 dư 3 thì x + 1 chia hết cho 4,x-1 chia hết cho 2⇒B(x) chia hết cho 8
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có B(x) chia hết cho 8 (1)
Mà tích của ba số nguyên liên tiếp thì chi hết cho 3 nên (x-1).x.(x+1) chia hết cho 3
⇒B(x) chia hết cho 3 (2)
Mà (3,8)=1 nên từ (1) và (2) suy ra B(x) chia hết cho 24
Vậy ta có đpcm
Trang 14Bài 6:Tìm tất cả các số nguyên x để: x2 + 7 chia hết cho x-2.
Giải:
Ta có: x2 + 7 = (x-2).(x + 2) +11 chia hết cho x-2 khi và chỉ khi 11 chia hết cho x-2
⇒ x-2=-1,-11,1,11
Từ đó ta dễ dàng tìm ra các giá trị x thỏa mãn bài ra
Bài 7: Một đa thức chia cho x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7.Tính phần dư của phép chia đa thức đó cho
(x-2).(x-3)
Giải:
Gọi đa thức đã cho là F(x).Theo bài ra ta giả sử đa thức dư cần tìm là ax+b
Ta có:
F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b (trong đó A(x) là đa thức thương trong phép chia)
Theo giả thiết và theo định lý Bơdu ta có:
F(2)=2a +b=5 và F(3)=3a+b=7
Giải hệ hai phương trình trên ta tìm được a = 2, b = 1
Vậy đa thức dư là 2x+1
Bài 8: Cho biết tổng các số nguyên a1, a2, a3 , an chia hết cho 3.Chứng minh rằng:
Bài 1:Cho phương trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 0
1.Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m
2.Chứng minh có một hệ thức giữa hai nghiệm số không phụ thuộc vào m
Giải:
Trang 151
2
221
21
m m x x
m x x
1
2 2 1
2
1
x x x
1
2 2 1 2
Vậy để ∆ là số cp thì k = n2 + n( thử lại thấy đúng)
Bài 3: Tìm k để phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt :
Trang 16Bài 5: Giả sử b và c là các nghiệm của phương trình :
x2 -
a.x-2
1
.a2 =0; (a≠ 0) chứng minh : b4 + c4 ≥ 2+ 2
2
2
1
a bc
a c b
Ta có:b4 +c4 = (b2 +c2 ) 2 − 2b2c2 =[(b+c) 2 − 2bc]2 − 2b2c2
2 2 2 6 2 2
3 2 2 2
3 2
1 1
4
4 4
4 4
2 2 2
a a a
a
c
Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi a,b,c phương trình sau luôn có nghiệm :
a(x-b).(x-c) + b.(x-c) (x-a) + c.(x-a).(x-b) = 0
Giải:
Đặt f(x) = a.(x-b).(x-c) + b.(x-c) (x-a) + c.(x-a).(x-b) =
= (a + b + c).x2 -2.(ab + bc + ca).x + 3abc
*Nếu a + b + c ≠0.Khi đó:
∆' = a2b2 + b2c2 + c2a2 -abc.(a + b + c) = [(ab-bc)2 + (bc-ca)2 + (ca-ab)2]
2
1 0
≥
*Nếu a + b + c = 0.Khi đó:
-Nếu ab + bc + ca ≠ 0 thì phương trình đã cho luôn có nghiệm
-Nếu ab + bc + ca =0 Khi đó kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh được a=b=c=0.Và dĩ nhiên trường hợp này pt đã cho có vô số nghiệm
Bài 7:CMR:Nếu các hệ số a,b,c của phương trình:ax2 + bx + c = 0 (a≠ 0) đều là các số lẻ thì phương trình bậc hai trên không thể có nghiệm hữu tỉ
m c
mà c,a đều là các số lẻ nên suy ra m,n cũng là các số
lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n đều là các số lẻ Do đó:
= +
2 bmn cn
am số lẻ (Mâu thuẫn với (1))
Vậy điều ta giả sử là sai.Hay nói cách khác, ta có đpcm
Trang 17CHUYÊN ĐỀ 5: Các bài toán hình học phẳng
mang yếu tố chuyển động.
Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn
(O), (A khác B,C).Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn
CD sao cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B
1.CMR:Tam giác KAC cân
2.CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho Ai có độ dài lớn nhất.3.Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM=AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di động trên cung lớn BC của (O)
Giải:
1.Ta có:
∆DBI cân tại D nên:∠DBI=∠DIB.Mà: ∠DIB = ∠IBC + ∠ICB (1)
Và: ∠DBI = ∠KCI = ∠KCA + ∠ACD = ∠KBA + ∠ICB (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∠ABI =∠CBI.Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
⇒BI là phân giác góc B của tam giác ABC⇒K là trung điểm cung AC
⇒ Tam giác KAC cân
2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn đi qua trung điểm J của cung nhỏ BC
Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J⇒JI = JB = const
Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là đường kính của (O) ⇒A phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC
số đo cung nhỏ BC = const
Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng
4
1
số đo cung nhỏ BC
Bài 2:Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi.
Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C
1 Chừng minh rằng BC đi qua một điểm cố định
2.Gọi AH là đừơng vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H
3 Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là đường kính và chiều cao AH
= h cho trước
Giải:
1.Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định
2.Nhận thấy ∠AHO vuông Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là đường tròn đường kính AO
3.Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A' thỏa mãn yêu cầu của bài toán
Có 4 vị trí của A thỏa mãn bài ra (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC một khoảng h)
Bài 3:Cho đường tròn tâm O cố định Một đường thẳng d cố định cắt (O) tại A,B;M là điểm chuyển động
trên d (ở ngoài đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT và MN với đường tròn
1.CMR:Đường tròn đi qua ba điểm M,N,P luôn đi qua một điểm cố định khác O
2.Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn đi qua M,N,P
3.Tìm trên d một điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều
Giải:
Trang 181.Gọi K là trung điểm của AB.Dễ thấy M,N,P,O,K đều nằm trên đường tròn đường kính OM.
Vậy K là điểm cố định cần tìm
2 Tâm I của đường tròn đi qua M,N,P là trung điểm của OM
Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const
Vậy có thể phán đoán quĩ tích của i là đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng bằng một nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của OA và OB
3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R
MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const
Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra
Bài 4:Cho hình vuông EFGH.Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt đường
thẳng FG và GH tại M,N;còn đường thẳng Ey cắt các đường trên theo thứ tự tại P,Q
1.CMR:Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân
2.Goi R là giao của PN và QM;còn I,K lần lượt là trung điểm của PN và QM.Tứ giác EKRI là hình gì?Giải thích?
3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc vuông xEy quay quanh E?
Giải:
1.Dễ dàng chứng minh được: ∆EHQ = ∆EFM (cgc)
Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân
∠PEF = ∠PQN (đồng vị) mà ∠FEM = ∠QEH
Suy ra: ∠PEN = ∠PEF + ∠FEM = ∠EQH + ∠QEH = 900
Vậy tam giác PEN vuông (1)
Thấy: ∆NEQ = ∆PEM (gcg) nên suy ra EN = EP (2)
Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân
2.Có: EI⊥PN và EK⊥QM
Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (4)
Lại có:
∠PQR = ∠RPQ = 450 suy ra: ∠PRQ = 900 (3)
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật
3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp
Ta có:
∠EKH = 1800 - ∠EQH (5)
Và: ∠EKF = ∠EMF = ∠ EQH (6)
Từ (5) và (6) suy ra: ∠EKH + ∠EKF = 1800 Suy ra H,K,F thẳng hàng
Lại có:
Tứ giác FEPI nội tiếp nên ∠EFI = 1800-∠EPI = 1800-450 = 1350
Suy ra: ∠EFK +∠EFI = 450 + 1350 =1800
Suy ra K,F,I thẳng hàng
Vậy ta có đpcm
Bài 5:Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là điểm di động trên đường
tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B ở D và E
a)CMR: Tam giác DCE vuông
b)CMR: Tích AD.BE không đổi
c)CMR:Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường thẳng cố định
Giải:
a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó:
∠DCM = ∠DAM và ∠MCE = ∠MBE = ∠MAB.Vậy:
∠DCE = ∠DCM + ∠MCE = ∠DAM + ∠MAB = 900
Trang 19Ta có đpcm.
b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay ∠DCA = 900 -∠ECB =∠CEB
Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên:
.
.BE BC AC const AD
Bài 6:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M là điểm bất kỳ chạy trên đáy BC.Qua
M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC tại C.Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn đó CMR
a) MN luôn đi qua A và tích AM.AN không đổi
c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi
d)Tìm tập hợp các trung điểm H của DE
Giải:
a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA
vậy tia NM đi qua A
Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB2 không đổi
c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A)
Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vuông góc với BC tại I.J,L Ta có:
Nên H nằm trên đ ường thẳng song song với
BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó
quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC)
CHUYÊN ĐỀ 6: Các bài toán hình học phẳng
có nội dung chứng minh, tính toán.
Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R<OA).Từ A và B vẽ
hai tiếp tuyến AC và BD với đường tròn Hai tiếp tuyến này không đối xứng với nhau qua trục đối xứng của tam giác và chúng cắt nhau ở M
a)Chứng minh rằng bốn điểm O,A,M,B cùng thuộc đường tròn.Tìm tập hợp các điểm M
b)Trên tia đối của tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp các điểm P
c)CMR: MA.MB = |OA2 - OM2|
Giải:
a)Gọi I,T lần lượt là các điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ A và B
Dễ thấy:∆OIA = ∆OTB (cạnh huyền-cạnh góc vuông)