Tóm tắt các chuyên đề ôn thi vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2015-2016 - Trường THCS Yên Nghĩa

Nội dung text: Tóm tắt các chuyên đề ôn thi vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2015-2016 - Trường THCS Yên Nghĩa

1. TRƯỜNG THCS YÊN NGHĨA TÀI LIỆU ÔN THI VÀO 10 Tãm t¾t c¸c chuyªn ®Ò «n thi vµo 10 THPT n¨m häc 2015- 2016 A. Chuyªn ®Ò 1. Rót gän biÓu thøc vµ c¸c bµi to¸n cã liªn quan D¹ng 1:BiÓu thøc sè häc *) Ph­¬ng ph¸p: + Dïng c¸c ph­¬ng ph¸p biÕn ®æi c¨n thøc( H§T, ®­a ra ; ®­a vµo; khö; trôc; céng,trõ c¨n thøc ®ång d¹ng; rót gän ph©n sè) ®Ó rót gän biÓu thøc 1) BiÓu thøc kh«ng cã CBH ë mÉu: th× ta th­êng sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi: H§T, khö mÉu, ®­a ra ; ®­a vµo, céng trõ c¨n ®ång d¹ng . 1 1 5 4 2 2 VÝ dô: Rót gän a) 5 20 5 : 2 5 b) 1 3 3 2 5 2 4 5 2) §èi víi biÓu thøc cã chøa CBH ë mÉu: th× ta th­êng ph©n tÝch tö thµn nh©n tö rót gän cho mÉu, trôc c¨n ë mÉu, quy ®ång 14 7 15 5 1 5 3 5 3 3 1 VD: Rót gän a) : b) 1 2 1 3 7 5 5 3 5 3 3 1 D¹ng 2:BiÓu thøc chøa ch÷: 1)C¸c b­íc cña bµi to¸n rót gän biÓu thøc chøa biÕn: 1.§k 2.Ph©n tÝch mÉu thµnh nh©n tö. 3.Quy ®ång 4.Thu gän tö vµ ®­a vÒ tÝch 5.Rót gän ph©n thøc vµ kl *)L­u ý: - Cã thÓ ë b­íc 3 lµ rót gän ®¬n gi¶n mÉu hoÆc mÊt toµn bé mÉu - ViÖc ®­a thõa sè chøa biÕn vµo vµ ra khái c¨n hÕt søc l­u ý dÊu - Bµi to¸n phô tÝnh GTBT cã thÓ ph¶i rót gän biÕn tr­íc khi tÝnh, vµ so s¸nh víi §KX§ - bÊt ®¼ng thøc cã chøa mÉu kh«ng ®­îc khö mÉu tïy tiÖn. - t×m gi¸ trÞ nguyªn - TÊt c¶ c¸c bµi to¸n phô gi¶i xong ph¶i so s¸nh víi TX§. 15 x 11 3 x 2 2 x 3 VD. Cho biÓu thøc P = x 2 x 3 1 x x 3 a) Rót gän P 1 2 b) T×m c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó P = c) Chøng minh P 2 3 B. Chuyªn ®Ò phương tr×nh: I.Ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn + Ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn cã d¹ng ax b 0(a 0) + Gi¶i vµ biÖn luËn: §­a ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng: ax = -b. b - TH: a 0 pt cã d¹ng ax= - b pt cã mét nghiÖm duy nhÊt x a - TH: a = 0 + NÕu b 0 pt cã d¹ng 0x= -b pt v« nghiÖm. + NÕu b = 0 pt cã d¹ng 0x= 0 pt v« sè nghiÖm. + Chó ý: - Tr­êng hîp pt v« sè nghiÖm lµ c¬ së cña bµi to¸n t×m ®iÓm cè ®Þnh của đường thẳng. VD: Gi¶i vµ bÞªn luËn ph­¬ng tr×nh sau: 4m 2 (x 1) x 4m 1 2 2m 1 2m 1 x 2m 1 1 2m 1 *)TH: 2m 1 2m 1 0 m th× ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt: x 2 2m 1 LƯU HÀNH NỘI BỘ
2. TRƯỜNG THCS YÊN NGHĨA TÀI LIỆU ÔN THI VÀO 10 *)TH: 2m 1 2m 1 0 1 + NÕu m th× ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:0.x 0 nªn ph­¬ng tr×nh v« sè nghiÖm. 2 1 1 + NÕu m th× ph­¬ng tr×nh cã d¹ng: 0.x 2.( ) 0 nªn ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm 2 2 II. Ph­¬ng tr×nh bËc hai mét Èn d¹ng ax2 + bx + c = 0 a 0 1) Dạng đã xác định (các hệ số đã biết) *Các lưu ý và pp giải. -Dạng khuyết b hoặc khuyết c -Dạng các hệ số là phân số, hệ số chưa nguyên tố cùng nhau -Dạng a + b + c = 0, a – b + c = 0 -Dạng đưa được về bình phương một tổng một hiệu -Dạng hệ số b là số nguyên chẵn => dùng công thức nghiệm thu gọn. -Dạng còn lại dùng công thức nghiệm để giải. 2) Dạng chưa xác định (có chứa tham số) 2.1.Cho giá trị tham số hãy giải phương trình. 2.2.Hãy tìm giá trị của tham số để phương trình thỏa mãn một điều kiện nào đó. *)Luôn có nghiệm, có một nghiệm x = xo (luôn có nghiệm x = xo), có hai nghiệm phân biệt, có 2 nghiệm không âm, Ví dụ 1: Chứng minh rằng các pt sau luôn có nghiệm: 2 2 a)x2 2 m 1 x 4m 0 Hướng: ' m 1 4m m 1 0 b)x2 2 m 1 x 2m 3 0 Hướng: ta có: a + b + c = 1 – 2(m – 1) + 2m – 3 =0 =>pt luôn có nghiệm x = 1. Ví dụ 2: Cmr pt: x2 2 m 1 x 4m 0 luôn có nghiệm và có một nghiệm có giá trị bằng -2. 2 Hướng: Ta có: 2 2 m 1 . 2 4m 4 4m 4 4m 0 => x = -2 là nghiệm của pt. Vậy pt trên luôn có nghiệm và có một nghiệm có giá trị bằng -2. Ví dụ 3: Tìm m để phương trình có nghiệm âm: x2 2 m 1 x 2m 3 0 Cách 1: xem xét dạng đặc biệt Ta có: ta có: a + b + c = 1 – 2(m – 1) + 2m – 3 =0 =>pt luôn có nghiệm x1 = 1 và c x 2m 3 0 m 1,5 . Vậy m < 1,5 pt trên có nghiệm âm. 2 a Cách 2: giải bằng pp chung: xét 3 trường hợp sau: có 2 nghiệm trái dấu, có 2 nghiệm cùng âm, có một nghiệm âm và một nghiệm bằng 0 Ví dụ 4: Tìm điều kiện của m để pt có 2 nghiệm phân biệt: m 1 x2 m 2 x m 1 0 2 Cách 1(sử dụng sự đặc biệt): Nhận thấy ac = m 1 0 m 1 pt có 2 nghiệm trái dấu. a 0 Cách 2: giải điều kiện 0 *)Biểu thức nghiệm xác định về giá trị hoặc xác định về dấu. -Dạng đặc biệt (có thể giải được “nghiệm” qua tham số) 2 +Có dấu hiệu: a + b + c = 0 hoặc a – b + c = 0 hoặc A ta tìm được x1, x2 thay vào biểu thức chứa ẩn đã cho nó trở thành phương trình một ẩn LƯU HÀNH NỘI BỘ
3. TRƯỜNG THCS YÊN NGHĨA TÀI LIỆU ÔN THI VÀO 10 2 Ví dụ1: Tìm m để pt 2x 2m 1 x m 1 0 có hai nghiệm x1, x2 t/m 3x1 4x2 11 . 2 1 Giải: ta có 2m 3 0,m pt có nghiệm mọi m và x , x 1 m . 1 2 2 3. 0,5 4 1 m 11 33 m 3x1 4x2 11 8 3 1 m 4. 0,5 11 m 2 -Không có dạng đặc biệt trên: +Quy về bài toán giải hệ phương trình (có một tham số m và 2 ẩn x1, x2 phải có hệ 3 phương trình trở lên, trong đó mỗi một hệ thức của vi ét được coi là một phương trình). Ví dụ 1: (giải bằng pp chung) 0 1 2m x x 1 2 2 Ta có m là nghiệm của hệ đk sau: (các em tự giải và so sánh với pp trên m 1 x .x 1 2 2 3x1 4x2 11 Lưu ý: biểu thức nghiệm đã cho là đa thức đối xứng thì ta hoàn toàn toàn có thể thế được cả bộ phận. Ví dụ: Cho phương trình x2 2mx m2 m 1 0 (1), với m là tham số. Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 x1 2 x2 x2 2 10 . Giải: Ta có m thỏa mãn hệ đk sau: ( 2 0; x1 x2 2m; x1.x2 m m 1; x1 x1 2 x2 x2 2 10 ). Ta lần lượt đi xét các đk. ' m2 m2 m 1 m 1 0 m 1. Lúc đó theo vi ét ta có: 2 x1 x2 2m; x1x2 m m 1 2 x1 x1 2 x2 x2 2 10 x1 x2 2x1x2 2 x1 x2 10 2 2 2 2m 2 m m 1 2. 2m 10 m 3m 4 0 m1 1 t / m ;m2 4 ktm Vậy với m = 1 3)Ứng dụng phương trình bậc 2. 3.1.Tìm hai số khi biết tổng và tích. Lưu ý: ứng dụng trên giúp ta giải hệ phương trình phương đối xứng loại 1. 3.2.Hệ phương trình có thể quy về việc giải phương trình bậc 2 một ẩn. 3.4.Giải bài toán bằng cách lập phương trình bậc hai một ẩn. 3.5.Ứng dụng trong bài toán vị trí tương đối của đường thẳng và Parabol.(bài toán tổng hợp kiến thức hàm số, phương trình bậc hai trong đó có thể áp dụng cả hệ thức vi ét) CHUYÊN ĐỀ VỀ HÀM SỐ. Thường chỉ xét với 2 dạng hàm số cơ bản sau: -Hàm bậc nhất: y = ax + b có đồ thị là 1 đường thẳng, nên hay gọi là đường thẳng (d) : y = ax + b (hàm số này có thể coi là phương trình bậc nhất 2 ẩn x, y nếu a, b đã biết hoặc coi nó như tham số) LƯU HÀNH NỘI BỘ
4. TRƯỜNG THCS YÊN NGHĨA TÀI LIỆU ÔN THI VÀO 10 -Hàm bậc hai: y ax2 có đồ thị là đường cong có tên gọi là parabol, nên hay gọi là parabol (P): y ax2 (hàm số này có thể coi là phương trình bậc 2 ẩn x, y nếu a đã biết hoặc coi nó là tham số) Các dạng toán thường liên quan đến hàm số là: vẽ đồ thị hàm số, xác định hàm số thỏa mãn các điều kiện, tìm tọa độ giao điểm của 2 hàm số xác định, tìm tọa độ giao điểm của 2 hàm số chứa tham số thỏa mãn một điều kiện nào đó, xác định điểm để họ đường thẳng luôn đi qua một điểm cố định 1)Xác định hàm số: a)Hàm số bậc nhất: y = ax + b (có thể coi là phương trình 4 ẩn x, y, a, b) cho nên phải trực tiếp hoặc gián tiếp biết được 3 ẩn hay hệ đk hoặc hệ phương trình do đó nảy sinh các dạng toán sau: +Xác định hàm số bậc nhất (hay đường thẳng) đi qua điểm A x1; y1 và song song (vuông góc, tạo với OX một góc xác định ). Ví dụ: +Xác định hàm số bậc nhất (hay đường thẳng) đi qua 2 điểm A x1; y1 và B x2; y2 Ví dụ b)Hàm số y ax2 (biết hệ số a hoặc biết một điểm thuộc đồ thị) Ví dụ: 2)Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị 2 hàm số: y = f(x) và y = g(x). y f x Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ: và ta đi giải hệ để tìm tọa độ giao đ y g x Ví dụ: . Lưu ý: -Trong một số trường hợp có thể đi tìm hoành độ giao điểm là nghiệm của pt: f(x) = g(x) rồi tìm tung độ sau. Ví dụ: -Trường hợp xác định tham số để 3 đồ thị hs đồng quy: ta quy về dạng quen thuộc như sau. +Tìm tọa độ của 2 hàm số xác định, thay tọa độ này vào pt còn lại ta xác định được tham số. Ví dụ: . 3)Chứng minh họ đt đi qua điểm cố định: quy về việc áp dụng pt bậc nhất nghiệm đúng với mọi giá trị của ẩn. Ví dụ: C/m rằng khi m thay đổi thì đường thẳng (d) : y = 4mx - (m+5) luôn đi qua điểm cố định A với mọi giá trị của m. Giải: suy ra (4x – 1)m = y – 5. Phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị của m khi và chỉ khi: 4x 1 0 x 0,25 . Vậy (d) luôn đi qua điểm cố định A(0,25; 5). y 5 0 y 5 4)Dạng toán tổng hợp: (áp dụng hàm số, phương trình, hệ thức vi ét ) Ví dụ: Cho pa ra bol (P) vµ ®­êng th¼ng (d) cã ph­¬ng tr×nh: x2 (P): y = ; (d): y = mx – m + 2 (m lµ tham sè). 2 Gi¶ sö (x1;y1) vµ (x2;y2) lµ täa ®é c¸c giao ®iÓm cña ®­êng th¼ng (d) vµ pa ra bol (P).Chøng minh r»ng y1+y2 (2 2 1)(x1 x2 ) . Giải: Hoành độ giao điểm của đt (d) và parabol (P) là nghiệm của phương trình: x2 mx m 2 x2 2mx 2m 4 0 (*) 2 LƯU HÀNH NỘI BỘ
5. TRƯỜNG THCS YÊN NGHĨA TÀI LIỆU ÔN THI VÀO 10 2 Xét ' m2 2m 4 m2 2m 4 m 1 3 0m nên phương trình (*) luôn có nghiệm hay đt (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Giả sử 2 điểm đó là: A(x1; x2) và B(x2; y2). x2 x2 -Theo định nghĩa hàm số ta có: y 1 ; y 2 1 2 2 2 2 2 x1 x2 2 2 2 1 x1 x2 x1 x2 2x1x2 2 2 2 1 x1 x2 ( ) 2 2 Áp dụng định lý vi ét với pt (*) ta có: x1x2 2m 4; x1 x2 2m thay vào ( ) ta có: 2m 2 2 2m 4 2 2 2 1 .2m 4m2 4m 8 8m 2 4m 2 4m2 8m 2 8 0 m2 2m 2 2 0 m 2 0 (đpcm). CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH. I)Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn: ax by c 1)Đã ở dạng cơ bản . Áp dụng phương pháp cộng và thế để đưa về pt bậc nhất a ' x b' y c ' một ẩn để giải 2)Chưa có dạng cơ bản: a)Biến đổi đồng nhất, biến đổi tương đương để đưa về dạng cơ bản. b)Biến đổi, đặt ẩn phụ để đưa về các dạng hệ cơ bản. Ví dụ: Giải hệ phương trình 3 5 2 3 2 1 1 2x y 2x y x 1 y 4 2 x y 3 u 2v 3 a) b) c) x d) 1 1 2 x 3 y 1 2u 3v 1 9 3x x y x 2 2x y 2x y 15 x 1 y 4 3 2 17 2 3 2 2 x 2 y 1 5 x y 3 x y 4 e) f) x y g) 1 2x 2 y 2 26 2x 3y 12 x y xy 6 x 2 y 1 5 x y 1 x 2y 2 (1) x 2y x y 1 3x y 4 (2) *Lưu ý: hệ phương trình có chứa tham số có những câu hỏi phụ xác định tham số để hệ pt có nghiệm duy nhất hoặc thoả mãn một số điều kiện của ẩn ta có thể coi như hệ 3 phương trình và giải. Ví dụ: . II)Hệ phương trình quy về bậc hai: 1)Quy về phương trình một ẩn (dùng phép biến đổi tương đương hoặc pp ẩn phụ) x y 1 x 2y 2 (1) Ví dụ: Giải hệ phương trình: x 2y x y 1 3x y 4 (2) LƯU HÀNH NỘI BỘ
6. TRƯỜNG THCS YÊN NGHĨA TÀI LIỆU ÔN THI VÀO 10 1 Cách 1: Đặt ẩn phụ (1) .t 2 t 2 2t 1 0 t x 4 3x 1 x 2 4 3x 5 2x 8 5x Cách 2: thế y = 4 - 3x ta có: 2 2 x 2 4 3x x 4 3x 1 8 5x 5 2x 2)Quy về hệ phương trình ở dạng mẫu mực để giải. f (x; y) 0 a)Hệ đối xứng loại 1: trong đó f(x;y) = f(y;x), g(x;y) = g(y;x). g(x; y) 0 C¸ch gi¶i: Tính tổng (hoặc tích) hai ẩn (đưa về phương trình ẩn phụ là tổng hoặc tích hai ẩn), tìm nốt tích (hoặc) tổng hai ẩn áp dụng hệ thức vi ét đưa về pt bậc 2 một ẩn . x 2y 4 (1) Ví dụ: giải hệ pt 2 2 x 4y 8 (2) (2) x 2y 2 4xy 8 16 4xy 8 x.2y 4 (3) Từ (1) và (3) suy ra x và 2y là nghiệm của pt: X2 - 4X + 4 = 0 f (x; y) 0 b)Hệ đối xứng loại 2: trong đó f(x;y) = g(y;x). g(x; y) 0 Cách giải: Trừ vế với vế để được pt: (x - y)k(x; y) = 0. 2x2 x y2 Ví dụ: Giải hệ pt . 2 2 2y y x Trừ vế với vế của 2 pt ta được 3(x2 - y2) - (x - y) = 0 x y 3x 3y 1 0 +)Nếu x = y ta có x2 - x = 0 +)Nếu 3x + 3y - 1 = 0 suy ra .9x2 - 3x - 1 = 0 ax2 bxy cy2 0 c)Hệ phương trình đẳng cấp: . f (x; y) 0 y Cách giải: Đặt y = xt ( hoặc t ) x x2 xy 2y2 0 Ví dụ: Giải hệ pt: . Đặt y = xt ta có x2 1 t 2t 2 0 do x = 0 không phải là 2 x 2y 3 nghiệm nên 2t 2 t 1 0 t 1 hoặc t 0,5 2 +)Nếu t = 1 x = y 2x x 3 0 x1 1; x2 1,5 . 2 +)Nếu t = -0,5 -0,5x = y x 2x 6 0 x3 1 7; x4 1 7 . 3)Quy về phương trình tích: x3 2x2 y y2 x x x2 2xy y2 1 0 (1) Ví dụ: Giải hệ pt 2 xy 2xy 1 0 (2) (1) x 1 x2 2xy y2 1 0 x 1 0 x2 2xy y2 1 0x, y Suy ra y2 2y 1 0 y 1 . Vậy (x; y) = (1; -1) 4)Dùng phương pháp giải pt bậc hai của một ẩn, ẩn còn lại coi là tham số. 2 x y 1 x y 0 (1) Ví dụ: Giải hệ pt 2 y 2xy 1 0 (2) c (1) là pt bậc 2 ẩn x ta có: a - b + c = 1 + (y - 1) - y = 0 suy ra x 1; x y 1 2 a +)Với x = -1 suy ra y2 2y 1 0 y 1 . LƯU HÀNH NỘI BỘ
7. TRƯỜNG THCS YÊN NGHĨA TÀI LIỆU ÔN THI VÀO 10 +)Với x = y suy ra y2 2y2 1 1 y2 0 y 1 . Vậy nghiệm của hệ là x; y 1; 1 , 1;1  5)Dùng tính chất tổng các bình phương mà bằng 0. x3 y3 z3 3xyz 0 (1) Ví dụ: Giải hệ pt x y z 3 (2) (1) 0,5 x y z x y 2 y z 2 z x 2 0 x y 2 y z 2 z x 2 0 (vì x + y + z 0 ) suy ra x = y = z kết hợp với (2) ta có x = y = z = 1. 6)Sử dụng điều kiện xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức: x y 1 Ví dụ:Tìm x, y dương thoả mãn hệ: 4 4 1 8 x y 5 xy Giải: Ta có: x y 2 0 x2 y2 2xy 2 x2 y2 x y 2 . 2 1 4 1 Tương tự 2 x4 y4 x2 y2 2 x4 y4 x y 8 x4 y4 1 . 4 4 1 4 4 4 1 Mặt khác: 2 4 8 x y 5 . Đẳng thức xảy ra khi x y 0,5 . xy x y xy Vậy nghiệm của hệ pt trên là: x; y 0,5; 0,5 . IV. Hệ phương trình chứa tham số. CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC I)Chứng minh tiếp tuyến của đường tròn: (Cho đường thẳng d và đường tròn (O;R) ) 1)Trường hợp 1: đt d và (O;R) đã có 1 điểm chung M thì a)Cách 1: c/m d  (O;R) tại điểm chung M b)Cách 2: c/m tồn tại điểm chung M duy nhất 2)Trường hợp 2: Nếu đường thẳng d và (O;R) chưa có điểm chung thì Chøng minh khoảng cách từ tâm O đến đt d bằng R. Ví dụ 1: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm M, từ M kẻ tiếp tuyến MC với (O) (C là tiếp điểm). Phân giác của góc BMC cắt OC tại O’. Chứng minh rằng: a)MC là tiếp tuyến đường tròn (O’; O’C) b)Đường tròn (O’; O’C) tiếp xúc với AB. Chứng minh: C a)Ta đã có MC có điểm chung C với đường tròn O' (O’; O’C). Ta chỉ cần chứng minh cho O’C  MC. Thật vậy ta có MC là tiếp tuyến (O) (gt) OC A M  MC (tính chất tt ) hay O’C  MC. Vậy MC là O H B tiếp tuyến (O’; O’C) b)Ta nhận thấy (O’; O’C) và AB chưa có yếu tố điểm chung. Dựng O’H  AB, ta phải chứng minh cho O’C = O’H. Thật vậy ta có O’C  MC (cmt), O’H  AB (cách dựng) và MO’ là phân giác góc CMA (gt) => O’C = O’H (tính chất tia phân giác ) Vậy MH là tiếp tuyến (O’) hay (O’) tiếp xúc với AB (đpcm). Ví dụ 2: Cho tam giác cân ABC (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O). D thuộc cung nhỏ BC, AD cắt BC tại I. Chứng minh rằng : LƯU HÀNH NỘI BỘ
8. TRƯỜNG THCS YÊN NGHĨA TÀI LIỆU ÔN THI VÀO 10 a)AC2 = AI.AD b) CA là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác DCI. Chứng minh: a)Ta có: A· BC = A· CB (gt) »AB »AC (hệ quả góc nội tiếp) =>A· DC = A· CI => AIC : ACD g.g AI AC A AC 2 AI.AD (đpcm) A C AC AD C' b)Ta nhận thấy AC và đường tròn ngoại tiếp DIC tồn I O tại điểm chung duy nhất C. Thật vậy giả sử AC có điểm D chung thứ hai C’ với đtr ngoại tiếp DIC. Ta có: ICC’D nội B I C tiếp đt =>A· CI = C· 'DI D AIC : ADC ' g.g AI AC AC.AC ' AI.AD (1) AD AC ' Theo câu a ta có: AC 2 AI.AD (2) Từ (1) và (2) suy ra AC2 = AC.AC’ => AC = AC’ => C trùng với C’. Vậy CA là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác DCI. Cách khác: Theo câu trên ta có A· DC = A· CI (3) Giả sử AC không phải tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp DIC. Qua C ta dựng tiếp tuyến Cx với đường tròn ngoại tiếp DIC (Dx thuộc nửa mp bờ BC không chứa điểm D) Suy ra A· DC = I·CX (4) (tính chất góc nội tiếp, góc giữa tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung) Từ (3) và (4) suy ra A· CI = X· CI =>CA trùng với CX hay CA là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp DIC 2)Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn a)Chứng minh cho tổng 2 góc đối bằng 1800 -Chứng minh cho mỗi góc đối đều bằng 900. -Chứng minh cho tổng 2 góc đối bằng nửa số đo đường tròn. -Chứng minh cho tổng 2 góc đối bằng tổng số đo ba góc của một tam giác -Chứng minh cho tổng 2 góc đối bằng tổng số đo 2 góc kề bù (bằng số đo góc bẹt) -Chứng minh cho tổng 2 góc đối bằng tổng số đo 2 góc trong (hoặc ngoài) cùng phía của 2 đt song song. Ví dụ1:Cho hình thang cân ABCD (CD//AB; CD > AB) nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và D cắt nhau E. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng tứ giác AIDE nội tiếp. 1 Cách 1: E· AI E· DI Sđ (O) 2 A B » » Ta có: AD = BC (t/c thang cân) AD BC I 1 1 E Mà E· AI Sđ »AD D»C và E· DI Sđ »AD »AB O 2 2 1 1 D C => E· AI E· DI Sđ(»AD »AB B»C D»C Sđ(O) 2 2 LƯU HÀNH NỘI BỘ
9. TRƯỜNG THCS YÊN NGHĨA TÀI LIỆU ÔN THI VÀO 10 =1800. Suy ra tứ giác AIDE nội tiếp. Cách 2: E· AI E· DI Sđ các góc ABD. Ta có: »AD B»C (cmt) =>E· AD ·ABD,E· DA B· AC ( ) => E· AI E· DI ·ADB D· AB ·ABD 1800 . Suy ra tứ giác AIDE nội tiếp. Cách 3: E· AI E· DI B· AD +A· DC (góc trong cùng phía của AB//DC ) Học sinh tự chứng minh. Cách 4: A· ED + A· ID D· IB 1800 (góc bẹt). 1 1 Ta có: ·AED Sđ »AB B»C C»D »AD »AB D»C (tính chất góc ngoài ) (1) 2 2 1 Lại có: ·AIB Sđ »AB D»C (tính chất góc trong ) (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra A· ED = A· IB => A· ED + A· ID D· IB 1800 Suy ra tứ giác AIDE nội tiếp Lưu ý: cách này có thể thay thế bằng pp góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối. b)Chứng minh cho góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối. Ví dụ 1 cách 4 ta chứng minh được ·AED ·AIB => tứ giác AEDI nội tiếp. c)Tứ giác có 2 đỉnh cùng nhìn đoạn nối 2 đỉnh còn lại dưới góc 900. Ví dụ 2: Cho tam giác ABC, kẻ đường cao BD và CE (D thuộc AC, E thuộc AB). Chứng minh rằng BCDE nội tiếp. Chứng minh: Cách 1: Dùng định lý: tam giác vuông nội tiếp đường tròn đường A kính là cạnh huyền của tam giác. Ta có: B· DC 900 (gt) suy ra D thuộc đường tròn đường kính BC (t/c tam giác vuông nội tiếp ) (1) E Tương tự ta cũng có E thuộc đường tròn đường kính BC (2) D Từ (1) và (2) suy ra B,C, D, E thuộc một đường tròn hay tứ giác BCDE nội tiếp. Cách 2: Dùng tính chất quỹ tích cung chứa góc. B C Ta có B· DC 900 và B· EC 900 (gt) suy ra D và E thuộc cung tròn BC chứa góc 900(theo quỹ tích cung chứa góc). => B, C, D, E thuộc một đường tròn. Hay tứ giác BCDE nội tiếp. d)Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp nhìn đoạn nối 2 đỉnh còn lại dưới 2 góc bằng nhau. Ví dụ 3: Cho hình thang cân ABCD (AB//CD và CD > AB) nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng tứ giác ADOI nội tiếp. Chứng minh: Ta có AD = BC (gt) »AD B»C (quan hệ giữa dây và cung ) (1) A B Lại có: ·AOD Sđ »AD (tính chất góc ở tâm) (2) I 1 Và: ·AID Sđ »AD B»C (tính chất góc có đỉnh bên trong 2 O D đường tròn ) (3) C Từ (1), (2) và (3) suy ra A· ID = A· OD suy ra tứ giác AIOD nội tiếp (từ I và O cùng nhìn AD dưới 2 góc bằng nhau ) e)Các dấu hiệu khác trực tiếp hoặc gián tiếp dẫn đến tứ giác nội tiếp: -Tứ giác có bốn đỉnh nằm trên đường tròn. LƯU HÀNH NỘI BỘ
10. TRƯỜNG THCS YÊN NGHĨA TÀI LIỆU ÔN THI VÀO 10 -Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm. -Tứ giác ABCD có AB cắt CD tại E và thỏa mãn EB.EA = ED.EC (hoặc AC cắt BD tại F thỏa mãn FA.FC = FC.FD). *Lưu ý: 1.Các dấu hiệu chứng minh cho đa giác nội tiếp (từ năm cạnh trở lên) ta đều quy về việc chứng minh tứ giác nội tiếp hoặc tương tự như tứ giác nội tiếp Ví dụ: chứng minh cho đa giác ABCDE nội tiếp. -Cách 1: ta đi chứng minh cho tứ giác ABCD và BCDE nội tiếp rồi suy ra hai đường tròn này trùng nhau vì qua ba điểm B, C, D không thẳng hàng ta xác định đường tròn duy nhất. -Cách 2: Từ các đỉnh C, D, E cùng nhìn đoạn AB dưới góc 900 hoặc các góc bằng nhau. 2.Các câu hỏi gián tiếp dẫn đến việc chứng minh tứ giác nội tiếp: -Chứng minh bốn điểm A, B, C, D thuộc một đường tròn. -Chứng minh các yếu tố góc bằng nhau. -Chứng minh một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp một tam giác. 3.Các cách chứng minh cho tứ giác không nội tiếp. -Tổng 2 góc đối diện khác 1800 (một điểm không thuộc đường tròn đi qua 3 điểm còn lại) *Tính chất của tứ giác nội tiếp: -Tổng hai góc đối diện bằng hai góc vuông (góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối) -Khi nối các đường chéo ta được một loạt các yếu tố góc nội tiếp bằng nhau. 3)Chứng minh các đặc tính hình học nói chung: Học sinh nắm thật chắc các phương pháp hình học để vận dụng chứng minh. LƯU HÀNH NỘI BỘ