Đề cương ôn thi vào 10 môn Toán - Chuyên đề: Căn bậc hai

Chuyên đề: 
căn bậc hai
Dạng I : Căn bậc hai - Định nghĩa , kí hiệu.
Ví dụ 1 : Tìm x biết x2 = 8.
 Giải : x = 
Ví dụ 2 : Tìm x biết 
 Giải : Ta có 
Ví dụ 4 : Tính 
Giải : 
Bài tập tự giải :
Tìm x biết 
Tính 
So sánh 
Tìm giá trị nhỏ nhất của y biết:
a)y = x2 – 2x +3 b)y = 
Dạng 2 : Căn thức bậc hai- điều kiện tồn tại- hằng đẳng thức 
Ví dụ 1 : a) Tìm x để biểu thức có nghĩa ?
 Giải : Ta có có nghĩa khi 
b) Tìm x để có nghĩa?
 Giải : Ta thấy nên có nghĩa với mọi x.
Ví dụ 2 : Giải phương trình : 
Giải : Pt 
Ví dụ 3 : Tính 
Giải : Ta có : 
Bài tập tự giải :
Tìm x để các biểu thức sau có nghĩa :
Rút gọn biểu thức :
Giải phương trình: x2+2x = 3-
Tìm x để biểu thức sau có nghĩa:
Dạng 3 :Quy tắc khai phương.
Ví dụ 1 : Tính .
Ví dụ 2 : Tính 
Giải : a)
 b)
Ví dụ 3 : Tính a) 
Giải : a)
b)
c)
Ví dụ 4 : Tính 
a) b)
Giải :
 a)
 b)
Bài tập :
Rút gọn biểu thức 
 a)	b)
Rút gọn và tính giá trị biểu thức :
Tính : a) 	b)(1+
c)	d)
e)
4)Tính a) b)
5)Tìm x biết:
a) b) c)
6)Tìm x biết:
a) b)
7) Phân tích thành tích:
a) b) c) d)
 e) f) 
Dạng 4 : Các phép toán về căn bậc hai :
Ví dụ 1 :
Ví dụ 2 :
Ví dụ 3 :
Bài tập :
So sánh 
Khử mẫu :
Tính :
4) Tính 
 b)
c)
Rút gọn biểu thức:
 b)
Chuyên đề: 
rút gọn biểu thức
Phương pháp:
Phân tích đa thức tử và mẫu thành nhân tử;
Tìm ĐKXĐ (Nếu bài toán chưa cho ĐKXĐ)
Rút gọn từng phân thức(nếu được)
Thực hiện các phép biến đổi đồng nhất như:
 + Quy đồng(đối với phép cộng trừ) ; nhân ,chia.
 + Bỏ ngoặc: bằng cách nhân đơn ; đa thức hoặc dùng hằng đẳng thức
 + Thu gọn: cộng, trừ các hạng tử đồng dạng.
 + Phân tích thành nhân tử – rút gọn
Chú ý: - Trong mỗi bài toán rút gọn thường có các câu thuộc các loại toán: Tính giá trị biểu thức; giải phương trình; bất phương trình; tìm giá trị của biến để biểu thức có giá trị nguyên; tìm giá trị nhỏ nhất ,lớn nhất. Do vậy ta phải áp dụng các phương pháp giải tương ứng, thích hợp cho từng loại bài.
 *Tính giá trị của A tại x=?
 *Tìm giá trị của xz 
 *Tìm giá trị nhỏ nhất, giá tri lớn nhất của A
	 *Tìm giá trị của x để A.f(x) =g(x)
	 *Tìm giá trị của x để A=k; Ak
	 *Tìm x để .
	 *Tìm x để .
Dạng 1
Bài 1 Cho biểu thức 
a) Tìm điều kiện xác định, Rút gọn A
b)Tính giá trị của A khi x=3-2
Bài giải:
a) ĐKXĐ x > 0; x1.
Rút gọn 
b. Khi x= 3-2 = 
Bài 2: Cho biểu thức 
a) Tìm điều kiện xác định, rút gọn biểu thức A
b) Với giá trị nào của xthì A > 
c) Tìm x để A đạt giá trị lớn nhất
Bài giải:
a) ĐKXĐ x 
.=.
A = 
b) A > 
 ( vì 3( 
Kết quả hợp với ĐKXĐ: thì A > 1/3.
c) đạt giá trị lớn nhất khi đạt giá trị nhỏ nhất.
Mà lúc đó AMax=
Bài 3: Cho biểu thức 
a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P
b) Tìm các giá trị của x để P = 
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M
Bài giải:
a) ĐKXĐ x
P = =
b) 
 (TMĐK)
c) = ta có 
Vậy Mmin= 4.
Bài 4: Cho biểu thức: 
a) Tìm ĐKXĐ ,rút gọn biểu thức
b) Tìm x để D < -
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của D
Dạng 2
Bài 1 :Cho biểu thức: 
a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn P
b) Tìm a để P nhận giá trị nguyên.
Bài giải:
a) ĐKXĐ: a
b) 
để P nhận giá trị nguyên thì nhận giá trị nguyên dương. thuộc ước dương của 2.
 a=1 (Loại vì không thoả mãi điều kiện)
Vậy P nhận giá trị nguyên khi a = 0
Bài 2: Cho biểu thức 
a) Tìm x để B có nghĩa và rút gọn B.
b) Tìm x nguyên để B nhận giá trị nguyên.
Bài giải:
a) ĐKXĐ 
B =
b) B nhận giá trị nguyên khi nhận giá trị nguyên.
 Ư(1)
 thoả mãn điều kiện
Vậy x= -1; x= -3 thì B nhận giá trị nguyên
Bài 3: Cho biểu thức: 
a) Tìm ĐKXĐ , rút gọn P
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P
c) Tìm x để biểu thức nhận giá trị nguyên.
Dạng 3
Bài 1: Cho biểu thức: 
a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn P
b) Tìm x để P > 0
Bài giải
a) ĐKXĐ x>0; x
b) P > 0 ( vì 
Kết hợp với ĐKXĐ: thì P > 0
Bài 2: Cho biểu thức: 
a) Tìm ĐKXĐ, rút gọp P
b) Tìm giá trị của a để P > 0
Bài 3 : Cho biểu thức: 
a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn P
b) Tìm x để P < 
Bài 4: Cho biểu thức: 
a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn P.
b) Tìm x để P <
Bài 5: Cho biểu thức: 
a)Tìm ĐKXĐ, rút gọn B
b)Tìm a để B < 7- 4
Bài 6: Cho biểu thức: 
a) Rút gọn biểu thức K
b) Tìm giá trị của K khi a = 3+2
c) Tìm giá trị của a sao cho K < 0
Dạng 4
Bài 1 : Cho biểu thức: 
a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn A
b) Tìm tất cả các giá trị của x sao cho A < 0
c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình A. có nghiệm.
Bài giải
a) ĐKXĐ: x > 0; x 
b) A < 0 (vì ) kết hợp với ĐKXĐ 0 <x < 1 thì 
A < 0
c) P.t: A.
Đặt >0 ta có phương trình để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (*) phải có nghiệm dương.
Để phương trình (*) có nghiệm dương thì: 
 Vậy m>-1 và m thì pt A có nghiệm.
Bài 2: Cho biểu thức: 
a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn P
b) Tìm giá trị của P khi x = 25
c) Tìm x để P.
Bài giải:
a) ĐKXĐ x > 0; x 
b) Khi x= 25 
c) 
 TMĐK 
Vậy x = 2005 thì P.
Dạng 5
Bài 1: Cho biểu thức 
a) Tìm ĐKXĐ, và rút gọn A.
b)Tính giá trị của A khi x=.
c)Tìm giá trị của x để 
Bài giải:
a) ĐKXĐ x > 0; x .
=
b) Khi x = 
c)
 Vậy x > 9 thì 
Bài 2: Cho biểu thức: 
a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị của biểu thức A
c) Với giá trị nào của x thì 
Bài giải:
a) ĐKXĐ x > 0; x . 
b) Khi x=36 
c) (vì )
 Kết hợp với điều kiện xác định 0 < x <1 thì 
Chuyên đề: tam thức bậc hai
 A.lý thuyết
I. áp dụng công thức nghiệm và công thức nghiệm thu gọn để xét số nghiêm phương trình bậc hai.
Cho phương trình bậc hai: ax+bx+c=0(a0)
.Nếu b =2b thì = b- ac
 1. Phương trình có nghiệm khi .
Ta có thể xét hai trường hợp:
+Trường hợp 1: 
Nếu a = 0,phương trình có nghiệm x=.
+Trường hợp 2 :
 hoặc 
 2.Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi .
 hoặc 
 3.Phương trình có nghiệm kép khi.
 hoặc 
 4. Phương trình vô nghiệm khi.
 hoặc 
Ví dụ1:
Cho phương trình 2x-(4m+3)x+2m-1=0.Với m là tham số,tìm giá trị m để phương trình.
 a.Phương trình có nghiệm
 b.Phương trình có2nghiệm phân biệt
 c.Phương trình có nghiệm kép
 d. Phương trình vô nghiệm
Giải:
=(4m+3)-4.2(2m-1)=24m+17.
 a.Phương trình có nghiệm khi .
 m 
 b.Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi.
 c.Phương trình có nghiệm kép khi.
 d. Phương trình vô nghiệm khi.
Ví du 2 :
Cho phương trình mx-2(m-1)x+(m-4)=0 .Với m là tham số,tìm giá trị m để phương trình.
 a.Phương trình có nghiệm
 b.Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
 c.Phương trình có nghiệm kép
 d. Phương trình vô nghiệm
Giải: 
Ta có :a0m,= b-ac=-m(m-4)=m-2m+1-m+4m=2m+1
 a.Phương trình có nghiệm khi . 
 +Trường hợp 1: 
Nếu a=0 m=0 ,phương trình có nghiệm x==2.
+Trường hợp 2 :
 b.Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi.
 c.Phương trình có nghiệm kép khi.
 d. Phương trình vô nghiệm khi.
II . Hệ thức vi- ét và ứng dụng.
 1. Hệ thức vi- ét 
Nếu x,xlà hai nghiệm của phương trình ax+bx+c=0(a0) thì x+ x=và x.x=
Ví dụ . Tính nhấm nghiêm của phương trình x-7x+12=0
Giải. 
Ta có =(-7)-4.12=49-48=1>0
Theo định lý Vi-ét x+ x==7, x.x==12 x=3; x=4
2.áp dụng để tính nhấm nghiệm .
Cho phương trình ax+bx+c=0(a0) 
-Nếu a+b+c=0 thì x=1và x=
Ví dụ :
Giải phương trình 3x-7x+4=0
Giải. Ta có a+b+c=3+(-7)+4=0
 x=1và x==
-Nếu a-b+c=0 thì x=-1và x=
Ví dụ :
Giải phương trình 7x-5x-12=0
Giải. 
Ta có a-b+c=7-(-5)+(-12)=0
 x=-1và x==
3.áp dụng để xác định dấu các nghiệm
Cho phương trình ax+bx+c=0(a0)
cú 2 nghiệm: trỏi dấu, cựng dấu, cựng dương, cựng õm .
Ta lập bảng xột dấu sau:
Dấu nghiệm
x1
x2
D
Điều kiện chung
trỏi dấu
P < 0
P < 0
D ³ 0
D ³ 0 ; P < 0.
cựng dấu,
P > 0
P > 0
D ³ 0
D ³ 0 ; P > 0
cựng dương,
+
+
S > 0
P > 0
P > 0
D ³ 0
³ 0 ; P > 0 ; S > 0
cựng õm
-
-
S < 0
P > 0
P > 0
D ³ 0
³ 0 ; P > 0 ; S < 0
Ví dụ : 
Cho phương trình x+(2m+2)x+m-4=0
Có hai nghiệm trái dấu 
Có hai nghiệm cùng dấu 
Có hai nghiệm dương
Có hai nghiệm âm
Giải :
= b- 4ac = (2m+2)- 4(m-4) = 4m+ 8m + 4 - 4m-16 = 8m -12
* Có hai nghiệm trái dấu 
 x.x== m- 4 = (m+1)(m-1)<0
-Trường hợp 1. -1< m <1
-Trường hợp 2. m <-1 và 1 < m
 *Có hai nghiệm cùng dấu
m>2
*Có hai nghiệm dương
 m>2
*Có hai nghiệm âm khi 
m>2
4.áp dụng để xác định hai số biết tổng S và P của chủng 
-Nếu hai số x,x sao cho x+x=S, x.x=P thì x,xlà nghiệm phương trình 
x-Sx+P=0 
Ví dụ: 
Tìm hai số, biết tổng của chủng là 15 và tích của chủng là 54.
Giải : 
Nếu hai số phải tìm là x,x sao cho x+x=S =15, x.x=P=54 thì x,xlà nghiệm phương trình 
x-15x+54=0 
=(-15)-4.54=225-216=9;=3
x=; x=
Vậy hai số cần tìm là 9 và 6.
b.Bài tập 
Bài tập 1.
Cho phương trình (m-4)x-2mx+m-2=0,trong đó m là tham số 
a.Giải phương trình khi m=3.
b.Tìm m để phương trình có nghiệm x=.
c.Tìm m để
 -phương trình có nghiệm kép 
 -phương trình có hai nghiệm phân biệt
Giải : 
a.với m=3 ta có -x-6x+1=0
=(-3)+1=10;=
-phương trình có hai nghiệm phân biệt
x=-3- ; x=-3+
b. Phương trình có nghiệm x=,thay vào phương trình ta có 
(m-4)2-2m+m-2=0m=10(3+2)
c.-Phương trình có nghiệm kép khi 
Ta có x= x==
-Phương trình có hai nghiệm phân biệt
Công thức tính nghiệm của phương trình là x= ; x=
Bài tập 2.
Giải và biện luận phương trình
 a.2x - (2-k)x=k(k-2).
 b.(2k-1)x-4kx+1=0.
Giải :
 a.Phương trình đã cho có thể viết 2x-(2-k)x-k(k-2)=0
=(2-k)+8k(k+2)=4-4k+k+8k+16k=9k+12k+4=(3k+2)với mọi k.
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi k .
b.- Nếu 2k-1=0 hay k= thì -4kx+1=-2x+1=0,ta có nghiệm x=.
 - Nếu 2k-10 hay k thì ta tìm được =(-2k)-(2k-1)=4k-4k+4k-1=4k-10
 Tức là k ,phương trình có nghiệm.
Vậy với k >và kphương trình có hai nghiệm phân biệt 
x=;x=
 Với k = phương trình có một nghiệm kép x= x=-=
 Với k < thì phương trình vô nghiệm 
 Bài tập 3.
Cho phương trình x+7x-5=0.Không giải phương trình hãy tính .
a.Tổng và tích của hai nghiệm
b.Tổng các nghịch đảo của hai nghiệm
c.Tổng các bình phương của hai nghiệm
d.Bình phương của hiệu hai nghiệm
e.Tổng các lập phương của hai nghiệm 
Giải :
Ta thấy rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm vì các hệ số avà c khác dấu.
a.Tổng của hai nghiệm là S=x+x=-7 và tích của hai nghiệm là P= x.x=-5.
b. Tổng các nghịch đảo của hai nghiệm là 
c.Tổng các bình phương của hai nghiệm 
d.Bình phương của hiệu hai nghiệm là 59+10=69.
e.Tổng các lập phương của hai nghiệm là 
Bài tập 4.
Cho phương trình 2x+(2p-1)x+p-1=0
a.Tìm p để phương trình có hai nghiệm phân biệt .
b.Tìm p để cả hai nghiệm đều dương.
c.Tìm một hệ thức không phụ thuộc vào p.
Giải :
a.Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi =(2p-1)- 4.2(p-1)=(2p-3)> 0 p
b.Phương trình có hai nghiệm đều dương ta giải hệ phương trình 
Hệ phương trình vô nghiệm ,không có giá trị nào của p để cả hai nghiệm đều dương.
c. Do S= và P== nên ta có :S+2P=+
Vậy hệ thức giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào p là 
Bài tập 5.
Cho phương trình x- mx + m-1=0 với m là tham số .
a.Chứng minh phương trình luôn có  ... M. Chứng minh :
Tam giác DEF có ba góc nhọn.
DF // BC. 3. Tứ giác BDFC nội tiếp. 4. 
Lời giải: 
 1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AD = AF => tam giác ADF cân tại A => = sđ cung < 1800 
=> < 900 ( vì góc DEF nội tiếp chắn cung DE). 
 Chứng minh tương tự ta có < 900; < 900. Như vậy tam giác DEF có ba góc nhọn.
 2. Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => => DF // BC.
 3. DF // BC => BDFC là hình thang lại có é B = éC (vì tam giác ABC cân) 
=> BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp được một đường tròn .
 4. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có = ( hai góc đáy của tam giác cân).
 = (nội tiếp cùng chắn cung DI); = (vì so le) => = .
=> DBDM DCBF => 
Bài 12 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến 
tại N của đường tròn ở P. Chứng minh :
Tứ giác OMNP nội tiếp.
Tứ giác CMPO là hình bình hành.
CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn thẳng cố định nào.
Lời giải: 
1. Ta có = 900 ( vì PM ^ AB ); = 900 (vì NP là tiếp tuyến ).
Như vậy M và N cùng nhìn OP dưới một góc bằng 900 => M và N cùng nằm trên đường tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp.
2. Tứ giác OMNP nội tiếp => = (nội tiếp chắn ) 
 Tam giác ONC cân tại O vì có ON = OC = R => =
=> = 
Xét hai tam giác OMC và MOP ta có = = 900;
 = => = lại có MO là cạnh chung => DOMC = DMOP => OC = MP. (1)
Theo giả thiết Ta có CD ^ AB; PM ^ AB => CO//PM (2).
Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành.
3. Xét hai tam giác OMC và NDC ta có = 900 ( gt CD ^ AB); = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => = = 900 lại có là góc chung => DOMC DNDC 
=> => CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi 
=> CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
4. ( HD) Dễ thấy DOMC = DDPO (c.g.c) => = 900 => P chạy trên đường thẳng cố định vuông góc với CD tại D. 
Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A’ B’ song song và bằng AB.
Bài 13 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, Nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F.
Chứng minh AFHE là hình chữ nhật.
BEFC là tứ giác nội tiếp.
AE. AB = AF. AC.
Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn .
Lời giải: 
 1. Ta có : = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 
=> = 900 (vì là hai góc kề bù). (1)
= 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 
=> = 900 (vì là hai góc kề bù).(2)
= 900 ( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông).
2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp được một đường tròn =>= (nội tiếp chắn cung AE) . Theo giả thiết AH ^BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2) => = (hai góc nội tiếp cùng chắn ) => = => + = + mà + = 1800 (vì là hai góc kề bù) => + = 1800 mặt khác và là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp.
3. Xét hai tam giác AEF và ACB ta có = 900 là góc chung; = ( theo Chứng minh trên) => DAEF DACB => => AE. AB = AF. AC.
* HD cách 2: 	Tam giác AHB vuông tại H có HE ^ AB => AH2 = AE.AB (*)
	Tam giác AHC vuông tại H có HF ^ AC => AH2 = AF.AC (**) 
Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC
4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => DIEH cân tại I => = .
DO1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => = 
=> + = + mà + = = 900 => + = = 900 => O1E ^EF .
 Chứng minh tương tự ta cũng có O2F ^ EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn .
Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K.
Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao điểm của EA, 
EB với các nửa đường tròn (I), (K).
Chứng minh EC = MN.
Chứng minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn (I), (K).
Tính MN.
Tính diện tích hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn
Lời giải: 
1. Ta có: = 900( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K)
 => = 900 (vì là hai góc kề bù). (1)
 = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => = 900 (vì là hai góc kề bù).(2)
 = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay = 900 (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật )
 2. Theo giả thiết EC ^AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (I) và (K) 
=> = (hai góc nội tiếp cùng chắn ). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => = => = .(4) Lại có KB = KN (cùng là bán kính) => tam giác KBN cân tại K => = (5) 
Từ (4) và (5) => = mà + = = 900 
=> + = = 900 hay MN ^ KN tại N => MN là tiếp tuyến của (K) tại N.
Chứng minh tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M, 
Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn (I), (K).
 3. Ta có = 900 (nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm O)
 => DAEB vuông tại A có EC ^ AB (gt) 
=> EC2 = AC. BC ú EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trên EC = MN => MN = 20 cm.
4. Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm
Ta có S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) = . IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 = . 202 = 400.
Ta có diện tích phần hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn là S = ( S(o) - S(I) - S(k))
S = ( 625- 25- 400) = .200 = 100 314 (cm2)
Bài 15 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.
Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .
Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.
Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh rằng các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy.
Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE.
Chứng minh điểm M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE.
Lời giải: 
Ta có = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => = 900 như vậy D và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp.
ABCD là tứ giác nội tiếp => = ( nội tiếp cùng chắn cung AB). 
= => => = (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung bằng nhau) 
=> CA là tia phân giác của góc SCB.
3. Xét DCMB 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.
4. Theo trên Ta có => = => DM là tia phân giác của góc ADE.(1)
5. Ta có = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => = 900. 
Tứ giác AMEB có = 900 ; = 900 => + = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đường tròn => = .
Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => = ( nội tiếp cùng chắn cung CD) 
=> = => 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
TH2 (Hình b)
 Câu 2 : = (cùng phụ ); = (cùng bù ) => = 
=> => = => CA là tia phân giác của góc SCB.
Bài 16 Cho tam giác ABC vuông ở 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 F, G.
Chứng minh :
Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD.
Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp .
AC // FG.
Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy.
Lời giải: 
1. Xét hai tam giác ABC và EDB Ta có = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); 
 = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> = = 900 ; lại có là góc chung
 => DDEB D CAB .
2. Theo trên = 900 => = 900 (vì hai góc kề bù); = 900 ( vì DABC vuông tại A) hay = 900 => + = 1800 mà đây là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp .
 * = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); 
= 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay = 900 
như vậy F và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 
nên A và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC 
=> AFBC là tứ giác nội tiếp.
3. Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp =>
 = lại có = => = 
mà đây là hai góc so le trong nên suy ra AC // FG.
4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đường cao của tam giác DBC 
nên CA, DE, BF đồng quy tại S.
Bài 17. Cho tam giác đều ABC có đường cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M không trùng B. C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB. AC.
Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó.
Chứng minh rằng MP + MQ = AH.
Chứng minh OH ^ PQ
Lời giải: 
1. Ta có MP ^ AB (gt) => = 900; MQ ^ AC (gt) 
=> = 900 như vậy P và Q cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên P và Q cùng nằm trên đường tròn đường kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp.
* Vì AM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm của AM.
2. Tam giác ABC có AH là đường cao 
=> SABC = BC.AH.
Tam giác ABM có MP là đường cao 
=> SABM = AB.MP
Tam giác ACM có MQ là đường cao 
=> SACM = AC.MQ
 Ta có SABM + SACM = SABC 
=> AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 
Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều)
 => MP + MQ = AH.
3. Tam giác ABC có AH là đường cao nên cũng là đường phân giác
 => = => ( tính chất góc nội tiếp ) => = (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc POQ. Mà tam giác POQ cân tại O ( vì OP và OQ cùng là bán kính) nên suy ra OH cũng là đường cao => OH ^ PQ
Bài 18 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.
Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp .
Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I.
Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp .
 Lời giải: 
1. Ta có : = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 
=> = 900 (vì là hai góc kề bù). 
 = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 
=> = 900 (vì là hai góc kề bù).
=> + = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID
 nên MCID là tứ giác nội tiếp.
2. Theo trên Ta có BC ^ MA; AD ^ MB 
nên BC và AD là hai đường cao của tam giác MAB 
mà BC và AD cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác MAB. 
Theo giả thiết thì MH ^ AB nên MH cũng là đường cao của tam giác MAB 
=> AD, BC, MH đồng quy tại I.
3. DOAC cân tại O ( vì OA và OC là bán kính) => = 
DKCM cân tại K ( vì KC và KM là bán kính) => = .
Mà + = 900 ( do tam giác AHM vuông tại H) => + = 900 => + = 900 ( vì góc ACM là góc bẹt) hay = 900 .
Xét tứ giác KCOH Ta có = 900; = 900 => + = 1800 mà và là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp.