Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp thế để đưa hệ phương trình về phương trình đẳng cấp bậc ba biểu diễn mối quan hệ của hai biến , x y từ đó thế ngược lại tìm nghiệm của hệ phươn[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
Đề chính thức
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: TOÁN (Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (1,5 điểm)
1) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn 2
4
n + và 2
16
n + là các số nguyên tố thì n chia hết
cho 5
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 ( ) ( )
x - y x- y = x+ Câu II (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức 2 3( 5) 2 3( 5)
A =
-+
-
2) Tìm m để phương trình (x- 2)(x- 3)(x+ 4)(x+ 5)= m có 4 nghiệm phân biệt
Câu III (2,0 điểm)
1) Giải phương trình x2- x- 4= 2 x- 1 1( - x)
2) Giải hệ phương trình 32 22 10 0
6 10
ìï + - = ïí
Câu IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O R và dây cung ; ) BC= R 3 cố định Điểm A di động trên cung lớn » BC
sao cho tam giác ABCV nhọn Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABEV và ACFV cắt nhau tại K ( K A¹ ) Gọi H là giao điểm của BE
và CF
1) Chứng minh KA là phân giác trong góc · BKC và tứ giác BHCK nội tiếp
2) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R
3) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định
Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực dương ; ; x y z thỏa mãn 12 12 12 1
x + y + z = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
…… HẾT………
LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu I
1) Ta có với mọi số nguyên m thì 2
m chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4
+ Nếu 2
n chia cho 5 dư 1 thì 2 2
n = k+ Þ n + = k+ M ( *
kÎ ¥ )
nên n +2 4 không là số nguyên tố
+ Nếu 2
n chia cho 5 dư 4 thì n2= 5k+ Þ4 n2+16= 5k+20 5M ( *
kÎ ¥ )
nên 2
16
n + không là số nguyên tố
Vậy 2
5
n M hay n chia hết cho 5
Trang 2Nhận xét Bài toán áp dụng tính chất chia hết, chia có dư của một số chính phương khi chia cho 5; tính chất số nguyên tố, hợp số,…
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
Một số chính phương khi chia cho 5 chỉ tồn tại số dư 0 hoặc 1 hoặc 4 Chứng minh:
+ m= 5kÞ m2= 25k2 chia 5 dư 0 (đúng)
m= k+ Þ m = k + k+ chia 5 dư 1 (đúng)
+ m= 5k+ Þ2 m2= 25k2+ 20k+ chia 5 dư 4 (đúng) 4
+ m= 5k+ Þ3 m2= 25k2+30k+ chia 5 dư 4 (đúng) 9
+ m= 5k+ Þ4 m2= 25k2+ 40k+16 chia 5 dư 1 (đúng)
Áp dụng tính chất chia hết, chia có dư vào bài toán; “Số nguyên tố” là số chỉ có hai ước là 1 và chính nó
+ n chia 5 dư 1 thì ( 2 )
4 5
n + M nên ( 2 )
4
n + không phải là số nguyên tố (loại)
+ n chia 5 dư 4 thì ( 2 )
16 5
n + M nên ( 2 )
16
n + không phải là số nguyên tố (loại)
+ Do đó nếu ( 2 )
4
n + và ( 2 )
16
n + là số nguyên tố thì chỉ còn tồn tại trường hợp 2
n chia hết cho 5 Khi đó n
chia hết cho 5
2) Ta có 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( 2 )
x - y x- y = x+ Û x - y+ x+ y - = (1)
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì ¢ D theo y phải là số chính phương
¢
D = + + - + = - + + = - - £
¢
D chính phương nên D ΢ {0; 1; 4}
+ Nếu ( )2
¢
D = Þ - = Û = , thay vào phương trình (1), ta có
4
x
x
é = ê
- = Û - = Û ê =ë + Nếu ( )2
¢
D = Þ - = Þ Ï ¢
1
y y
y
é = ê
¢
D = Þ - = Û ê = -ë
+ Với y = 3, thay vào phương trình (1), ta có:
x - x+ = Û x- = Û = x
+ Với y = - 1, thay vào phương trình (1), ta có x2= Û = 0 x 0
Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên: (x y =; ) ( ) ( ) ( ) (0; 1 , 4; 1 , 4; 3 , 0;- 1)
Nhận xét Bài toán giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp biến đổi đưa về phương trình bậc hai theo một ẩn, ẩn còn lại là tham số Từ đó xét các điều kiện cần và đủ của D hoặc 'D
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
Biến đổi phương trình về phương trình bậc hai theo một ẩn, ẩn còn lại là tham số
x - y x- y = x+ Û x - y x+ y - x- =
là phương trình bậc hai ẩn x , tham số y
Phương trình bậc hai ax2+ 2b x¢ + =c 0 với a¹ 0 có ( )2
b ac
¢ ¢
D = - , phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi D ³ ¢ 0
Trang 3Phương trình 2 ( ) ( 2 )
x - y+ x+ y - = có ( )2 ( 2 )
¢
(y 1)(y 3) 0 1 y 3
Û + - £ Û - £ £
Phương trình bậc hai có nghiệm, để nghiệm nguyên thì có điều kiện cần là ¢D là số chính phương; điều kiện
đủ là sau khi có nghiệm, thay ngược lại thỏa mãn ta có thể nhận kết quả
+ Điều kiện cần D = -¢ y2+2y+ 3 là số chính phương
D = - + + = - - Þ £ D £ nên ta có D ΢ {0; 1; 4}
- Với 0 ( 1)( 3) 0 1
3
y
y
é = -ê
¢
D = Û + - = Û ê =ë
1 y 2y 3 1 y 2y 2 0
¢
D = Û - + + = Û - - =
3 1
3 1
y y
é = + ê
Û ê
= - +
- Với D = Û -¢ 4 y2+2y+ = Û3 4 y2- 2y+ = 1 0
( )2
Û - = Û - = Û = + Điều kiện đủ: Thử lại nghiệm
é = - Þ = ê
¢
D = Þ ê = Þ =ë (thỏa mãn điều kiện)
3 1
y y
é = + ê
¢
D = Þ ê
= - +
êë (không thỏa mãn y Î ¢ )
4
x y
x
é = ê
¢
D = Þ = Þ ê =ë (thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm (x y; ) ( ) ( ) (Î {0; 1 , 4; 1 , 4; 3 , 0;) ( - 1) }
Câu II
1) Ta có
A
÷
2
15 3 5 5 5 5 15 3 5 5 5 5 20
ç
Vậy A = 2
Nhận xét: Đây là một bài toán rút gọn biểu thức đơn giản, điểm đáng chú ý chính là việc phát hiện ra hằng đẳng thức
Ý tưởng: Biểu thức A khá phức tạp khi chứa các biểu thức căn, thậm chí còn có căn trong căn, vì thế ta sẽ khử dần
căn thức Đầu tiên quan sát hai căn thức 3+ 5 và 3- 5, ta muốn trục căn thức vậy bằng cách nào đó ta cần biểu diễn đại lượng trong căn phải là một số chính phương Dựa vào hằng đẳng thức bậc hai ta sẽ đồng nhất hệ số
3+ 5= a+ b 5
Trang 42 2
ab
ìï + = ï
= + + Þ íï =ïî Þ = = Suy ra
2
1 5
3 5
2
æ + ö÷
ç + = çç ÷÷÷
Tương tự ta cũng có
2
1 5
3 5
2
æ - ö÷
ç
- = çç ÷÷÷
è ø , khi đó biểu thức A trở thành:
A
2
15 3 5 5 5 5 15 3 5 5 5 5 20
ç
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
1 Rút gọn biểu thức
P
a Q
=çççè - + - ÷÷ø - + 2) Phương trình
(x- 2)(x- 3)(x+ 4)(x+ 5)= m
(x2 2x 8)(x2 2x 15) m
Đặt 2 ( )2
x + x+ = x+ = y (y³ ), phương trình (1) trở thành: 0
y- y- = mÛ y - y+ - m= (2)
Với mỗi giá trị y > 0 thì phương trình ( )2
1
x+ = y có 2 nghiệm phân biệt, do đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt, thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm dương phân biệt
Û
49
4
m
ïD >¢ ïD =¢ + >
ï > Û ï > Û < <
ï > ï - >
Vậy với 49 144
4 m
- < < thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt
Nhận xét: Bài toán sử dụng phép đặt ẩn phụ tương ứng từ đó đưa về phương trình bậc hai chứa tham số và giải quyết yêu cầu bài toán theo điều kiện của ẩn phụ
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Đặt 2( )
t= f x suy ra t³ 0
Xét phương trình bậc hai tổng quát 2
0
ax + bx+ =c với a¹ 0 Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi
1 2
0
0; 0 0
ìïD = - > ìï ³
ï + > Û ï
ïî
Ý tưởng: Đây là một phương trình đa thức bậc bốn chứa tham số, với yêu cầu của bài toán là tìm điều kiện để phương trình có bốn nghiệm phân biệt Tuy nhiên chưa có một cách tổng quát nào để giải quyết dạng toán đó, vì
Trang 5thế ta cần đưa cái lạ về cái quen thuộc Cụ thể là ta thấy tích các đa thức sẽ bằng tích của hai phương trình bậc hai, nếu ẩn phụ hóa một đa thức bậc hai thì ta sẽ đưa phương trình bậc bốn ban đầu về phương trình bậc hai Và chú ý
x- x+ = x + x- và ( )( ) 2
x- x+ = x + x- nên ta sẽ thấy điểm chung là 2
2 1
x + x+ , do đó
y= x + x+ = x+ ³ thì phương trình đã cho
Û - - = Û - + - = * Khi đó yêu cầu bài toán sẽ trở thành: tìm m để phương
trình ( )* có hai nghiệm dương phân biệt Đến đây, công việc ta phải làm đã đơn giản hơn rất nhiều, để ( )* có hai
nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi:
49
4
m
ïD >¢ ïD =¢ + >
ï > Û ï > Û < <
ï > ï - >
Vậy 49 144
4 m
- < < chính là giá trị cần tìm
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
x - ax - a+ x + ax+ = có hai nghiệm khác nhau và lớn hơn 1
Đáp số: 4 2 5 1
2
a
- + < <
x+ x+ x- x- + x = Đáp số: x= ±6 2 21 hoặc 7 241
2
x= - ± Câu III
1) Điều kiện: x³ (*) 1
Ta có x2- x- 4= 2 x- 1 1( - x)
Đặt x+ x- 1= y (y³ (**)), phương trình trở thành 1 2
2 3 0
y - y- =
3
y
y
é = -ê
- - = Û + - = Û ê =ë +Với y = - 1, không thỏa mãn điều kiện (**)
+ Với y = 3, ta có phương trình:
x+ x- = Û x- = - x
3
2 2
5
x
x x
x
ìï £ ïïï é
Û í êïï êï == Û = ë
ïî
, thỏa mãn điều kiện (*)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai, từ ẩn phụ đó sử dụng phương pháp nâng lũy thừa để tìm nghiệm của phương trình ban đầu
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cách giải phương trình bậc hai tổng quát at2+ bt+ =c 0
Giải phương trình ( ) ( ) ( ) ( )
( ) 2( )
f x g x
f x g x
f x g x
ïï
= Û íïïïî =
Trang 6Ý tưởng: Tư duy ẩn phụ hóa, sau khi chuyển vế phải sang vế trái của phương trình ta được
2
x - x- + x x- - x- = Quan sát hệ số hai trước các căn thức, đồng thời có sự xuất hiện của 2
x
nên ta nghĩ đến hằng đẳng thức 2
x + x x- + -x , khi đó phương trình đã cho được viết lại thành:
2
x + x x- + -x - x+ x- - =
Û + - - + - - = Û y2- 2y- = 3 0
Với y= +x x- 1, tuy nhiên với điều kiện x³ suy ra 1 y³ do đó chỉ nhận được nghiệm 1 y = 3 nên
x+ x- = Û x- = - x
2
2
7 10 0
x
x
ìï ³ ³
ï
Û íï - + =ïî Û = là nghiệm duy nhất của phương trình
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
Đáp số: x = 6 hoặc x = 3
Đáp số: x = 7 hoặc x = - 7
2) Ta có 3 2 3 2 ( 2 2)
6 0 (1)
10 0
ì
Từ phương trình (1), ta có x3+ xy2- (x2+ 6y y2) = 0
x xy x y y
(x 2y x) ( 2 xy 3y2) 0
2
x y
x xy y
é = ê
Û êêë + + = + Trường hợp 1:
x + xy+ y = Û æççx+ ö÷÷÷ + = Þ x= =y
Với x= y= ,0 không thỏa mãn phương trình (2)
+ Trường hợp 2: x= 2y, thay vào phương trình (2), ta có:
é = Þ = ê
+ = Û = Û ê = - Þ = -ë Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x y =; ) ( ) (2; 1 , - 2;- 1)
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp thế để đưa hệ phương trình về phương trình đẳng cấp bậc ba biểu diễn mối quan hệ của hai biến ,x y từ đó thế ngược lại tìm nghiệm của hệ phương trình
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Phương trình đẳng cấp bậc ba có dạng 3 2 2 3
0
x + ax y+ bxy + cy = Nháp: chia phương trình cho 3
y ( vì là làm nháp nên ta đã mặc định y¹ 0 ), khi đó phương trình đã cho trở thành:
0
æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷
ç ÷ + ç ÷ + ç ÷+ =
ç ÷ ç ÷ ç ÷
ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
Trang 7Coi đó là phương trình bậc ba ẩn t x
y
= , tìm được nghiệm t ta sẽ biểu diễn được mối liên hệ giữa hai biến
;
x y
Ý tưởng: Hệ phương trình chứa hai phương trình, xét với phương trình một là một phương trình bậc ba bởi sự xuất hiện của 3 2
x + xy , phương trình hai là một phương trình bâc hai chứa 2 2
6
x + y , điểm tương quan giữa hai phương trình này chính là hằng số 10 , việc thế hằng số sẽ giúp ta cân bằng được bậc của phương trình Cụ thể như sau: thế 2 2
10= x + 6y vào phương trình thứ nhất trong hệ, ta được:
x + xy - x + y y= Û x + xy - x y- y =
2
11
0
x y
é = ê
= =
ë êëççè ÷÷ø
Từ hai trường hợp đó, thế ngược lại một trong hai phương trình của hệ dễ dàng tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
1 Giải hệ phương trình
3 12
ìï + + = ïïí
Đáp số: (x y; )= ±( 2;± 2 , 1; 2 ,) ( ) (- 1;- 2)
10
ïï
íï + =
Câu IV
P Q
N M
I
K
F
E
C B
A
1) Ta có ·AKB= AEB· (vì cùng chắn cung »AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEBV )
Mà ·ABE= ·AEB (tính chất đối xứng) suy ra ·AKB= ·ABE (1)
AKC= AFC (vì cùng chắn cung »AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)
·ACF= ·AFC (tính chất đối xứng), suy ra ·AKC= ACF· (2)
Mặt khác ·ABE= ·ACF (cùng phụ với ·BAC ) (3)
Từ (1), (2) và (3), suy ra ·AKB= ·AKC hay KA là phân giác trong của góc · BKC
Gọi ; P Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB
Trang 8Ta có BC= R 3, nên ·BOC = 1200; · 1·
60 2
BAC= BOC= o
Trong tam giác vuông ABPV có ·APB = 900; ·BAC= 600Þ ABP· = 300 hay ·ABE= ACF· = 300
Tứ giác APHQ có · · 0
180
AQH+ APH=
Ta có · · 0
30
30
AKB= ACF= ABE= (theo chứng minh trên)
60
BKC= AKC+ AKB= AFC+ AEB= ACF+ ABE= , suy ra · · 0
180
BHC+BKC= , nên tứ giác BHCK nội tiếp
Nhận xét: Bài toán chứng minh một tia là phân giác của một góc ta chứng minh tia đó chia góc thành hai phần bằng nhau
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
• Trong một đường tròn, các góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau
+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEBV có ·AKB= ·AEB hai góc nội tiếp cùng chắn cung »AB
+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác AFCD có ·AKC= ·AFC hai góc nội tiếp cùng chắn cung »AC
• Hai điểm đổi xứng nhau qua một đường thẳng thì thì đường thẳng đó là trung trực của đoạn nối hai điểm đã cho
+ Điểm E và B đối xứng nhau qua AB nên suy ra AB là trung trực của EB
+ Điểm F và C đối xứng nhau qua AC nên suy ra AC là trung trực của FC
• Một điểm thuộc trung trực của một đường thẳng thì cách đều hai đầu của đoạn thẳng
+ A ABÎ và AB là trung trực của EB nên ta có AE AB=
+ A ACÎ và AC là trung trực của FC nên ta có AF AC=
• Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân Tam giác cân có hai góc kề đáy bằng nhau
+ Tam giác AEBD có AE AB= nên AEBD cân tại A suy ra · ABE= ·AEB
+ Tam giác AFCD có AF= AC nên AFCD cân tại A suy ra · ACF= AFC·
• Hai góc cùng cộng với một góc được hai góc bằng nhau thì bằng nhau
·
·
°-ïïï
íï
°-ïïî
, suy ra ·ABE= ·ACF
• Một tia nằm giữa hai tia là hai cạnh của một góc và chia góc thành hai góc bằng nhau là tia phân giác của góc
đó
Ta có
AKB AEB
AKC AFC
ABE AEB AKB AKC
ACF AFC
ABE ACF
ìï =
ïïï
ïïï
íï
ïï =
ïïï
ïïî
mà tia AK nằm giữa hai tia AB và AC nên suy ra AK là tia phân
giác của ·BAC (điều phải chứng minh)
Ta có BC= R 3, nên · 0
120
BOC = ; · 1·
60 2
BAC= BOC= o
Trong tam giác vuông ABPV có · 0
90
BAC= Þ ABP= hay · · 0
30
ABE= ACF=
Tứ giác APHQ có · · 0
180
AQH+ APH=
Ta có · · 0
30
30
AKB= ACF= ABE= (theo chứng minh trên)
Trang 9Mà ·BKC= AKC· + ·AKB= AFC· + ·AEB= ACF· + ABE· = 600, suy ra ·BHC+BKC· =1800, nên tứ giác BHCK nội tiếp
Nhận xét Bài toán chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp ta chứng minh tổng hai góc trong đối diện bằng 180°
là tứ giác nội tiếp
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
• Định lý Cos: Trong tam giác có các cạnh ; ; a b c góc 90°< <a 180° đối diện với cạnh a Ta có công thức:
2 cos 180
a =b +c - bc °- a
Tam giác OBCD có BC2=OB2+OC2- 2.OB OC .cos 180( °- a)
( )R 3 2 R2 R2 2 .cos 180R R ( a)
2R cos 180 a 3R 2R R
2
Û °- = Û °- = ° Û = °
• Trong một đường tròn, góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung thì số đo góc nội tiếp bẳng nửa số đo
góc ở tâm đó
Đường tròn ngoại tiếp ABCD có ·BAC là góc nội tiếp và ·BOC là góc ở tâm cùng chắn cung »BC nên
60
BOC
BAC= = °= °
• Trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°
ABP
90
90 60 30
ABP
Û = °- ° = hay
30
ABE= ACF=
• Tổng bốn góc trong một tứ giác bằng 360°
Tứ giác APHQ có · · · · 0
360
AQH+ APH+ PAQ+ PHQ=
90 90 PAQ PHQ 360
• Hai góc đổi đỉnh thì bằng nhau
PHQ= BHC (hai góc đối đỉnh) Suy ra ·BHC = 1200
• Tứ giác là tứ giác nội tiếp ta chứng minh tổng hai góc trong đối diện bằng 180° là tứ giác nội tiếp
Tứ giác BHCK có · BHC+ BKC· = 120°+ AKC· + AKB·
120 AFC AEB 120 ACF ABE 120 30 30 180
Suy ra BHCK là tứ giác nội tiếp
2) Gọi ( )O ¢ là đường tròn đi qua bốn điểm ; ; ; B H C K Ta có dây cung BC= R 3, ·BKC= 600= BAC· nên bán kính đường tròn ( )O ¢ bằng bán kính R của đường tròn ( ) O
Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC , kẻ KN vuông góc với BC ( N thuộc BC ), gọi I là giao điểm của HK và BC
BHCK BHC BCK
S = SV +SV = BC HM+ BC KN= BC HM+KN
BHCK
S £ BC HI+ KI = BC KH (do HM HI£ ; KN KI£ )
Ta có KH là dây cung của đường tròn ( O¢ ) suy ra ; R KH£ 2R (không đổi), nên S BHCK lớn nhất khi KH= 2R
và HM+ KN= HK= 2R
Giá trị lớn nhất 1 2
3.2 3 2
BHCK
S = R R= R
Trang 10Khi HK là đường kính của đường tròn ( ) O ¢ thì ; ; M I N trùng nhau suy ra I là trung điểm của BC nên ABCD
cân tại A Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn » BC
Nhận xét Bài toán tìm giá trị lớn nhất cho diện tích của một hình ta biểu diễn diện tích đó, đánh giá - so sánh với các yếu tố cố định
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
• Hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm tạo thành một dây cung ta được các cung chứa góc tương ứng bằng nhau
thì hai đường tròn có cùng bán kính
Ta có dây cung BC= R 3, ·BKC=600= BAC· nên bán kính đường tròn (O ¢) bằng bán kính R của đường tròn (O )
• Diện tích của một hình được chia thành tổng diện tích các hình
BHCK BHC BCK
S = SV +SV = BC HM+ BC KN= BC HM+KN
• Quan hệ đường xiên - đường vuông góc: Trong các đường kẻ từ một điểm đến một đường thẳng thì đường
vuông góc là đường ngắn nhất
HM là đường vuông góc từ H đến BC nên HM là đường ngắn nhất kẻ từ H đến BC Do đó ta
có HM HI£
KN là đường vuông góc từ K đến BC nên KN là đường ngắn nhất kẻ từ K đến BC Do đó ta có
KN£ KI
BHCK
S £ BC HI+ KI = BC KH
• Quan hệ đường kính - dây cung trong một đường tròn: Trong một đường tròn, đường kính là dây cung lớn
nhất
KH là dây cung của đường tròn (O¢ ) nên ; R KH£ 2R nên S BHCK lớn nhất khi KH= 2R và
2
HM+KN= HK= R
• Khi tìm được điều kiện để dấu bằng xảy ra trong một bài toán tìm Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất ta chỉ cần thay giá
trị đó vào biểu thức ban đầu ta tìm được giá trị lớn nhất, nhỏ nhất đó
Giá trị lớn nhất 1 2
3.2 3 2
BHCK
S = R R= R
ABC
D cân tại A Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn » BC
3) Ta có ·BOC = 1200; ·BKC = 600, suy ra ·BOC+ BKC· =1800, nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn
Ta có OB=OC= R, suy ra »OB=OC· Þ BKO· = CKO· hay KO là phân giác góc · BKC
Do KA là phân giác góc · BKC nên ; K O A ; thẳng hàng hay AK đi qua O cố định
Nhận xét Bài toán chứng minh các điểm thẳng hàng, ta chứng minh các điểm đó cùng thuộc một đường thẳng nào
đó
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
• Tứ giác có tổng hai góc trong đối diện bằng 180° là tứ giác nội tiếp
Tứ giác BOCK có · BOC+ BKC· = 1200+600= 1800 Suy ra tứ giác BOCK là tứ giác nội tiếp
• Trong một đường tròn, hai dây cung bằng nhau thì hai cung bằng nhau
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BOCK có OB=OC(= R) nên »OB= OC»
• Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BOCK có » OB=OC» nên ·BKO=CKO· suy ra KO là phân giác của · BKC
• Các điểm cùng thuộc một đường thẳng cố định thì thẳng hàng