∆DIJ v∆HF E (c−g−c)do:
DI
HF = DJ HE IDJ’ =F HE÷
⇒DIJ’ =HF E.÷
Ta có: BF H÷ =◊BDH = 90◦
⇒ B, F, H,D cùng thuộc đường tròn đường kính BH
⇒ Tứ giác BF HDnội tiếp đường tròn
⇒DF C÷ =EBC; mà÷ EBC÷ =EF C÷ (tứ giác BFEC nội tiếp) và EF C÷ =DIJ’
⇒DF C÷ =DIJ.’
Bình luận. Đề bài này có thể gây khó ngay từ câu 3, bởi thiếu sự vận dụng các kết quả của hai câu dễ phía trước với hai câu khó phía sau. Ta phải nhớ nhiều những kết quả sẵn có đối với dạng bài tam giác nhọn có ba đường cao này thì mới thấy được hướng giải quyết cho hai câu khó.
Đặc biệt ở câu 4, giả thiết cho tâm đường tròn nội tiếp tam giác, là một yếu tố không thường gặp đối với học sinh. Nhiều người có thể sẽ loay hoay với giả thiết này và cố gắng vẽ ra đường tròn nội tiếp, trong khi điều cần thiết nhất cần nhận ra là giả thiết cho tâm đường tròn nội tiếp nghĩa là cho ba đường phân giác (đường thẳng nối từ đỉnh đến tâm đường tròn nội tiếp tam giác là đường phân giác trong tam giác).
b) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 5 nên ta có phương trình: 0 = 5m+ 3⇔m= −3
5 .
c) Lấy phương trình dưới nhân với −1 rồi cộng với phương trình trên ta được phương trình:
4y = 8⇔y= 2 ⇔x= 3.
Hoặc rútx= 9−3y thay vào phương tình dưới ta được phương trình:
9−3y−y= 1 ⇒y= 2⇒x= 9−3.2 = 3.
Bình luận. Các ý của câu 1 chủ yếu là các câu cơ bản, không khó và gài bẫy, dùng để cho học sinh lấy điểm nên khi làm phải nắm chắc điểm, không để mất.
Bài tập tương tự.
a) Rút gọn biểu thức A= 3 +»(3−√
10)2−√ 10 .
b) Tìm m để đồ thị hàm số y=mx+ 5 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3.
c) Giải hệ phương trình
x+y = 8 2x−y = 1
.
Đáp án:
a) 0.
b) −5 3 . c)
x= 3 y= 5
.
Cho phương trìnhx2−2x−m= 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình với m= 3.
b) Tìm các giá trị củam để phương trình có hai nghiệm phân biệtx1, x2 thỏa mãn điều kiện:
(x1x2+ 1)2−2(x1+x2) = 0.
Bài 2
Phân tích. Đối với câu a) ta chỉ cần thay m= 3 vào phương trình rồi giải phương trình bậc 2.
Đối với câu b) ta sử dụng định lý Vi-ét thay vào điều kiện sẽ tìm được phương trình theo m, giải phương trình sẽ tìm được m.
Lời giải. a) Thay m= 3 vào phương trình ta có x2−2x−3 = 0.
Ta có ∆0 =b02−a.c= 1 + 3 = 4.
Theo công thức nghiệm, ta có:
x1 = −b0−√
∆
a = 1−2 1 =−1 x2 = −b0+√
∆
a = 1 + 2 1 = 3
.
b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt⇔∆0 >0 ⇔1 +m >0 ⇔m >−1.
Theo định lý Vi-ét
x1+x2 = −b a = 2 x1x2 = c
a =−m . Thay vào điều kiện ta có:
(−m+ 1)2−2.2 = 0⇔(1−m)2−4 = 0⇔
m= 3 (Nhận) m=−1 (Loại)
.
Bình luận. Đây cũng là dạng bài tập cơ bản để cho học sinh lấy điểm. Đối với dạng bài này, học sinh cần nắm chắc cách giải phương trình bậc hai, chú ý hai cách tính ∆ và ∆0 để tránh nhầm lẫn.
Định lý Viét thường được sử dụng rất nhiều trong các dạng bài như ở câu b) nên học sinh cần nhớ kĩ công thức Viét. Chú ý phải có điều kiện phương trình có 2 nghiệm phân biệt trước khi áp dụng định lý Vi-ét.
Bài tập tương tự. Cho phương trình: x2−2(m+ 1)x+m2+ 5 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình khim= 2.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
2x1x2−5(x1+x2) + 8 = 0.
Trích đề thi vào lớp 10 THPT tình Thừa Thiên Huế - 2017
Đáp án:
a)x= 3.
b)m= 4.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E, F là hình chiếu vuông góc của E trên AB.
a) Chứng minh tứ giác ADEF nội tiếp.
b) Gọi N là giao điểm củaCF và BD. Chứng minh BN.ED=BD.EN. Bài 3
Phân tích. Đối với câu a) ta chỉ cần chứng minh tam giác ABD vuông tại D rồi sử dụng dấu hiệu của tứ giác nội tiếp.
Đối với câu b) khi nhìn yêu cầu đề bài cho đẳng thức BN.ED = BD.EN ta sẽ nghĩ ngay đến tam giác đồng dạng nhưng sử dụng tam giác đồng dạng sẽ không ra, nhưng ta có thể thấy được DCA÷ =ACF÷ nên CA là phân giác góc DCF÷, mặt khácAC ⊥BC nên BC sẽ là phân giác ngoài, từ đó ta sử dụng hệ thức của đường phân giác sẽ giải được bài toán.
Lời giải.
1 2
1 1
A B
D
C E
F
N
a) 4ADBnội tiếp đường tròn và có cạnhAB là đường kính nên4ADBvuông tạiD⇒ADB÷ = 900.
Mặt khác EF ⊥AB ⇒AF E÷ = 900.
Xét tứ giácADEF có: ADE÷+AF E÷ = 900+ 900 = 1800. Vậy tứ giác này nội tiếp đường tròn.
b) Xét tứ giác ABCD cóC”1 =B”1 (1) do cùng chắn cung AD.
Chứng minh tương tự câu a) cho tứ giác F ECB thì tứ giác nãy cũng nội tiếp đường tròn
⇒”C2 =B”1 (2) do cùng chắn cung EF.
Từ (1) và (2) ⇒C”1 =”C2 ⇒CA là tia phân giác của DCF÷.
Xét4DCN cóCE là đường phân giác của gócC. Theo tính chất đường phân giác⇒ CN CD = EN
ED (3).
Mặt khác, ta có CA ⊥ CB (4ABC nội tiếp đường tròn có đường kính AB) mà CA là tia phân giác trong ⇒ CB là tia phân giác ngoài của 4DCN, theo tính chất của tia phân giác ngoài⇒ BN
BD = CN CD (4).
Từ (3) và (4) ⇒ EN
ED = BN
BD ⇒BN.ED =EN.BD (đpcm).
Bình luận. Ở câu a) đây là dạng bài tập cơ bản của phần tứ giác nội tiếp, có kết hợp nhiều kiến thức liên quan đến đường tròn. Học sinh cần nhớ kĩ các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp và một số trường hợp đặc biệt của nó.
Ở câu b) đây là dạng bài tập cực kì phổ biến trong các đề thi, nó thường sẽ yêu cầu chứng mình các đẳng thức. Khi nhìn vào dạng này, học sinh sẽ chủ yếu nghĩ tới sử dụng tam giác đồng dạng, nhưng khi không giải quyết được vấn đề thì cần phải nhanh chóng thay đổi cách làm chẳng hạn như sử dụng đường phân giác như bài ở trên.
Bài tập tương tự. Cho đường tròn (O), dây BC không phải là đường kính. Các tiếp tuyến với đường tròn(O)tại B vàC cắt nhau tạiA. Lấy điểm M trên cung nhỏ BC (M khácB vàC), gọi I, H, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC, CA và AB. Chứng minh:
a) Các tứ giác BKM I, CHM I nội tiếp.
b) M I2 =M K.M H.
Trích đề thi vào lớp 10 THPT tỉnh Bình Định - 2017
Cho hai số thực dươngx, y thỏa mãn điều kiệnx+y≤4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2
x2+y2 + 35
xy + 2xy Bài 4
. Phân tích. Khi nhìn vào biểu thức P ta có thể nhận thấy ngay đây là biểu thức đối xứng. Khi ta thay đổi vị trí củax và y cho nhau thì biểu thức không thay đổi, vì vậy ta nghĩ ngay đến giải bằng cách xác định điểm rơi rồi dùng Cauchy. Mặt khác ta cóx+y ≤4 kết hợp biểu thức P là đối xứng nên ta có thể biết ngay điểm rơi là x = y = 2. Sau khi biết điểm rơi, ta chỉ cần thêm bớt vào biểu thức P một vài biểu thức khác phù hợp để sử dụng Cauchy. Lấy điểm rơi thay vào P ta sẽ biết được trước giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu, ở đây thì minP = 17.
Lời giải. Ta có:
P = 2
x2+y2 + 35
xy+ 2xy
= 2
x2+y2 + x2+y2 32 + 35
xy +35xy
16 + 2xy− x2+y2
32 − 35xy 16
= 2
x2+y2 + x2+y2 32 + 35
xy +35xy
16 −(x+y)2 32 −xy
8 Sử dụng Cauchy cho các cặp sau 2
x2+y2;x2+y2
32 và 35 xy;35xy
16 , ta có:
2
x2+y2 + x2+y2 32 ≥2
2 32 = 1
2 35
xy +35xy 16 ≥2
s352 16 = 35
2 Mặt khác x+y≤4⇒x.y ≤4 nên xy
8 ≤ 1
2 ,(x+y)2 32 ≤ 1
2. Vậy ta có minP = 1
2 +35 2 − 1
2 −1
2 = 17. Dấu ” = ” xảy ra ⇔x=y= 2 .
Cách khác:
P = 2
x2+y2 + 35
xy + 2xy
= 2
x2+y2 + 2
2xy + 34
xy +17xy 8 − xy
8
≥ 2.4
x2+y2+ 2xy + 2
34.17
8 − (x+y)2 32
≥ 8
16+ 17− 1 2 = 17
Dấu ” = ” xảy ra ⇔x=y= 2 .
Bình luận. Đây là dạng bài khó, dùng để chặn điểm 10 trong bài thi. Sẽ rất mất thời gian nếu học sinh không có hướng giải mà ngồi mò mẫm. Học sinh không nên tập trung câu này, chỉ giải câu này khi đã hoàn thành và kiểm tra kĩ lưỡng các câu trước.
Bài tập tương tự. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x;y >0; x+y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=xy+ 1
xy. Đáp án:
GTNN là 17
4 ⇔x=y= 1 2.