Bài tập ôn tập vào THPT môn Toán

Buổi 1+2: Ôn về căn bậc hai (6 tiết)
Bài tập tổng hợp về rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai
I) Kiến thức cơ bản cần nhớ : 
1) 
 Nếu có x2 = a thì x = ( a là số không âm )
 Nếu có x = Û ( a là số không âm ) 
 Nếu: a≥ 0 và b≥ 0 ta có : a> b Û 
 Nếu: x3 = a thì x =
 Nếu : m> 1 thì > 1
 Nếu : 0 < m < 1 thì < 1
 Nếu : m > 1 thì m > 
 Nếu: 0< m < 1 thì m < 
 xác định (có nghĩa) khi A≥ 0.
2) Các công thức biến đổi căn bậc hai :
 1) = 
 2) = . (Với A≥ 0 và B ≥ 0)
 3) = (Với A≥ 0 và B > 0)
 4) = ( B0)
 5) A (Với A≥ 0 và B ≥ 0)
 A (Với A< 0 và B ≥ 0)
 6) (Với AB ≥ 0 và Bạ 0)
 7) (Với B> 0)
 8) ( Với A≥ 0 và Ạ B2)
 9) (Với A ≥ 0 ,B≥ 0 và Ạ B)
 10) a (A≥ 0)
 II) Một số bài tập : 
Bài 1:
Cho biểu thức : 
a) Rút gọn B. (ĐS: B= với ĐKXĐ:) 
b) So sánh B với (ĐS: B < ùBù)
c) Tìm giá trị của x để B< - (ĐS: 0 Ê x < 9 thì B < ) 
d) Tìm giá trị nhỏ nhất của B. (ĐS: GTNN của B bằng – 1 Khi x = 0)
Bài 2:	 Cho biểu thức: 
a) Rút gọn A. (ĐS: A=)
b) Tính giá trị của A khi x=4+2 (ĐS: x=(nên A=3+2)
c) Tìm giá trị của x để A>. (A>Û A>1 Û x>1)
Bài 3:	 Cho biểu thức : B = 
a) Rút gọn biểu thức B. (ĐS: B= 
b) Tính giá trị của B ,biết x= (ĐS: x= nên B=
c) Tìm giá trị nguyên của x để B có giá trị nguyên.(ĐS: x= 0,1,3,4)
Bài 4: Cho biểu thức: P = 
a) Tìm điều kiện xác định của P
b) Rút gọn P.
c) Tìm các giá trị của y để P > 1
d)Tìm các giá trị y Z sao cho P Z.
Bài 5: Cho biểu thức : C= 
a) Rút gọn biểu thức C. (ĐS: C=)
b) Tính giá trị của C khi x= (ĐS: x= và C = )
c) Tìm giá trị của x để cho 3.C = 1 (ĐS: x=
Bài 6: Cho biểu thức H = 
Rút gọn biểu thức H. (ĐS: H = )
Tính giá trị của H khi a= và b = (ĐS: -)
Chứng minh rằng nếu thì H có giá trị không đổi . 
(Gợi ý : Ta có : = ị b = 5a .Thay vào BT rút gọn của H , ta có:
H= . Vậy H có giá trị không đổi là khi .)
Bài 7: Cho biểu thức: A = 
a) Rút gọn A. (ĐS: ĐKXĐ: x > 0 ; A= x - ) 
b) Biết x > 1 hãy so sánh A với (ĐS: A=ùAù) 
c) Tìm x để A = 2 (x = 4 thì A = 2 ) 
d) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. (GTNNcủa A bằng Khi x = ) 
Bài 8: Cho biểu thức : K = .
a) Rút gọn K . (ĐS: K=x - 2)
b) Tìm giá trị của x để K =16. (ĐS: x= 26).
Bài 9: Cho biểu thức : M = 
a) Rút gọn M. (ĐS: x≥ 0; x ạ 1; M = )
b) Tìm giá trị của x khi M = (ĐS: x = )
c) Tìm giá trị lớn nhất của M.
Gợi ý : M = == -5+. Dễ thấy M lớn nhất khi đạt giá trị nhỏ nhất. Vì x≥ 0 nên ≥ 3 ị đạt GTNN là 3.
Khi đó:x = 0 và GTLN của M bằng -5 +.Vậy GTLN của M là khi x=0.
Bài 10: Cho biểu thức :N = .
a) Rút gọn N. (ĐKXĐ: a≥0; b ≥ 0 ; aạ 9. N=)
b) Chứng minh rằng nếu N = thì khi đó là một số nguyên chia hết cho 3.
Gợi ý: 
Theo câu a) ta có: N=; do đó N=Û = (điều kiện aạ 9; bạ 81)
Û (a + 9) (b – 81) = (a - 9) (b + 81) ạ 162a = 18b
Û ; 93; vậy (đpcm)
Bài 11: Cho biểu thức:
a) Rút gọn biểu thức T.(ĐK: x≥ 0; xạ 1.Kết quả : T= )
b) Chứng minh T > 3 với mọi giá trị x > 0 và x ạ 1.
Gợi ý : T= =(ĐK: x > 0 và xạ 1)
Từ x > 0và x ạ 1 ị (
Vậy T > 3 với mọi giá trị x > 0 và x ạ 1.
Bài tập làm thêm (về nhà)
Bài 12:
Cho BT: B = 
a) Rút gọn B. (ĐK: x≥ 0; xạ 1. Kết quả rút gọn : B
b) Tìm GTLN của B.
Bài 13 : Cho BT : P =
Rút gọn P Với x³0 ; y ³ 0 ; x2 + y2 > 0.
Bài 14: Cho Biểu thức :
 Q=
Bài 15: Cho biểu thức :
H=
a) Rút gọn H.
Phần II: Ôn về phương trình và hệ phương trình (8 tiết)
I)Các kiến thức cơ bản cần nhớ :
1) Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn :
a)Dạng tổng quát : (I) (Trong đó ) 
*(I) có nghiệm duy nhất khi .
*(I) có vô số nghiệm khi 
*(I) vô nghiệm khi .
b) Phương pháp giải hệ phương trình : 
+ Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
+ Giải hệ phương trình bàng phương pháp cộng đại số.
2) Các dạng phương trình cơ bản đã học : 
+Phương trình bậc nhất: Dạng ax+b =0.(1)
-Nếu a ạ 0 thì (1) là phương trình bậc nhất một ẩn, có nghiệm duy nhất x= 
-Nếu a = 0 ị 
+Phương trình bậc hai : Dạng ax2+bx +c = 0 (a ạ 0). (1)
a)Công thức nghiệm tổng quát :
Biệt thức D = b2 – 4ac.
-Nếu D> 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = ; x2 = .
-Nếu D = 0 Phương trình có nghiệm kếp x1 = x2 =-
-Nếu D < 0 thì phương trình vô nghiệm .
b)Công thức nghiệm thu gọn :
* Khi có hệ số b = 2b’ . ta sử dụng công thức nghiệm thu gọn :
Biệt thức D’ = b’2 – ac.
-Nếu D’> 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = ; x2 = .
-Nếu D’ = 0 Phương trình có nghiệm kếp x1 = x2 =-
-Nếu D’ < 0 thì phương trình vô nghiệm .
c)Cách nhẩm nghiệm :
+Nếu (1) có a+b+c = 0 thì (1) có 2 nghiệm :
 x1 = 1 ; x2 = 
+Nếu (1) có a – b +c = 0 thì (1) có hai nghiệm :
 x1 = - 1; x2 = 
d)Hệ thức Viét:
Nếu x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ạ 0) thì 
d) Một số chú ý :
* (1) có nghiệm khi : D ≥ 0.
* (1)Luôn có hai nghiệm trái dấu khi ac < 0.
*(1) Có hai nghiệm dương khi : 
*(1) Có hai nghiệm âm khi : 
II Bài tập:
1) Giải các phương trình: 
a) x2 – 11x + 30 = 0 (x1 = 5 ; x2 = 6)	
b) x2 – 10x +21 = 0 . (x1 = 3 ; x2 = 7)
c) x2 – 12 x +27 = 0 (x1 = 3 ; x2 = 9)	
d) 3x2 – 19x – 22 =0. (x1 = - 1 ; x2 = )
đ) x2 – (1+ (x1 = 1 ; x2 = )	
e) 3x2 - 2x (x1=; x2 = )
g) x2 - ùxù - 6 =0 (ĐS: Û Û (Vậy nghiệm của PT là: x =) 	
h) 2x3- x2+ 3x + 6=0 (Û (x+1)(2x2-3x +6)=0 Û)
i) x4 +8x2 +15 =0 (Vô nghiệm ) 
k) x4 -13x +36 = 0 (x1,2= ±2; x3,4 = ±3)
l)5x4 – 3x2 +=0 (x1,2= ± ;x3,4 =± ) 	
m*) x(x + 1)(x + 4)(x + 5) = 5
(Gợi ý: Û x(x + 5)(x + 1)(x + 4) = 5
 Û (x2 + 5x)(x2 + 5x + 4) = 5
 Û t (t + 4) = 5
Û t2 + 4t – 5 = 0Û 
Vậy phương trình có 4 nghiệm 
n) (x+2)(x – 5)(x2 +2x +2) =0 (Gợi ý: Vì x2 + 2x +2=(x+1)2 +1 > 0 với mọi x. Nên ta có :
(x+2)(x – 5)(x2 +2x +2) =0 Û (x+2)(x – 5) = 0Û )
o)(Gợi ý: 	Û Û
 	 Û	
p) 	(Gợi ý: Với xạ 0 ta có : Û 
 Với x < 0: Phương trình vô nghiệm .
 Với x > 0, ta có : Û nên PT chỉ có 1 nghiệm x=)
q) x - (Û x – 5 -2 Û(Û(ÛÛ x =30 
r) x + 
(Gợi ý:Đặt ị x = ,Thay vào PT đã cho có:
Û
s) (ĐS: x = 0)
t)
Đưa PT về dạng (x – 6)2 = 0.Suy ra x = 6.
2) Giải các hệ phương trình :
a) (x;y)= (2; 1) 
 b) (x;y)= ()
c) (x;y)=(-3; );(-6;-2) 
d) (x;y)=(2 ; 2) ; (-1 ; )
đ) (x;y) =(2;3) ; ()
e) (x ; y) =( 0 ;1)
g) Đặt:có: 
 Suy ra: 
h) 
Gợi ý: Từ (1) đặt x+y=A, ta được phương trình : 2A2 – 3A – 5 = 0.Phương trình này có 2 nghiệm A1 = -1 ; A2 = .Từ đó ta có: x+y=-1 ; x+y= . Đến đây phải giải hai hệ sau :
 Û (x;y)=(2 ; -3)
và Û(x;y) = ()
Vậy phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (2 ; -3) ; ().
i) (x;y)= (3 ; 2) ; ( ) 
l) (x;y)=()
m) 
(Gợi ý: Đặt = t > 0 ị . Từ (1) ta có: t + = Û t1 = 2; t2 = . Thay vào ta có: 
 hoặc .Vậy xét hai hệ sau:
 hoặc 
Có các nghiệm (x; y)=(1; 4) hoặc (x; y) = (4; 1)
n) 
ÛNhư vậy và là hai nghiệm của phương trình bậc hai: X2 – 6X+8=0.PT này có 2 nghiệm : X1=4 = ị x=16.Hoặc =4 ịy=16
 X2=2 = ị x = 4. Hoặc = 2ịy = 4.
Vậy nghiệm của hệ là: (x;y) = (16 ; 4); (4 ; 16).
p) (x;y)=(1003; 1005)
q, Gợi ý: xạ 0 ; yạ 0,Chia cả 2 vế của PT (1) cho xy ta được: 
Đặt ta có: có ; . 
Từ đó suy ra nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 3)
Bài 3: Xác định số k để pt: x2 + 2x + k = 0 có 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn:
a, 3x1 + 2x2 = 1 c, x21 + x22 = 1
b, x21 – x22 = 12 
Gợi ý: Ta có: D’ = 1 – K để pt có nghiệm: D’ ≥ 0 Û 1 – K ≥ 0 Û K Ê 1
a, Theo Viet có: x1 + x2 =-2 và x1.x2 = k. Mà theo GT có: Û 
	 k = -35(thoả mãn) b, k = -8 ( thoả mãn) c, Không tồn tại k.
Bài 4: Cho PT: x2 - 2x + m = 0 (1). Với giá trị nào của m thì PT(1) :
a) Có nghiệm?	(m Ê 1) 
b) Có hai nghiệm dương? 	(0 < m Ê 1)
c) Có hai nghiệm trái dấu? 	(m < 0)
Bài 5: Tìm các hệ số của m và n của pt: x2 + mx + n = 0 sao cho nó có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn: 
Gợi ý:	- Để PT có nghiệm thì D = m2 – 4n ≥ 0 Û m2 ≥ 4n 	(*)
	- Khi đó theo Viét ta có: 	(1)
- Từ ị 	(2)
	- Thay (1) vào (2) ta có: Û 	Û 
Bài 6:	 Cho PT: x2 - 2(m + 1)x + m – 4 = 0 (1)
a) Giải PT với m = 1 	(ĐS: x1,2 = 2 ± )
b) C/m rằng với mọi m PT(1) luôn có hai nghiệm phân biệt .
ĐS: D’ = > 0 với mọi m.
c) Gọi x1 ; x2 là 2 nghiệm. C/m biểu thức: A = x1(1 - x2) + x2(1 - x1) không phụ thuộc vào m.
(Gợi ý: A = x1(1 - x2) + x2(1 - x1) = (x1 + x2) – 2x1x2 = 2(m + 1) – 2(m – 4) = 10.
Vậy A không phụ thuộc vào giá trị của m).
Bài 7: Cho PT: x2 - (a - 1) - a2 + a - 2 = 0 (1)
a) C/m rằng: PT (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi a.
b) Gọi 2 nghiệm là x1; x2. Tính và xác định a để S đạt giá trị nhỏ nhất.
Gợi ý:
a) PT bậc hai có 2 nghiệm trái dấu Û ac < 0. Mà ac = -a2 + a - 2 = - < 0 với mọi a. Suy ra ĐPCM.
b) = (x1 + x2)2 - 2 x1x2 = 3a2 - 4a + 5 = ≥ 
GTNN của S bằng khi a = .
Bài 8: Cho 2 PT: x2 + (m – 1)x + m2 = 0 và -x2 – 2mx + m = 0
Chứng minh rằng ít nhất một trong hai 2 phương trình trên phải có nghiệm.
Gợi ý: Chỉ ra rằng D1 + D2 ≥ 0 (Vì nếu như vậy thì D1; D2 không thể cùng âm). 
Cụ thể D1 + D2 = (m + 1)2 ≥ 0 với mọi m. Vậy ít nhất phải có D1 ≥ 0 hoặc D2 ≥ 0 ị đpcm.
Bài 9: Cho các phương trình: 
ax2 +bx + c = 0	(1)
cx2 +bx + a = 0	(2) trong đó a, c > 0.
a) Chứng minh chúng cùng có nghiệm hoặc cùng vô nghiệm.
b) Giả sử x1; x2 và x1’ và x2’ lần lượt là các nghiệm của (1) và (2). C/m x1.x2 + x1’. x2’ > 2.
c) Giả sử (1) và (2) cùng vô nghiệm. C/m: a + c > b.
Gợi ý: 
a) Vì a, c > 0 nên (1) và (2) đều là PT bậc 2, lại có chung D = b2 – 4ac ị đpcm.
b) Theo Viet có x1.x2 = ; x1’. x2’ = 
và vì a’c > 0 nên x1.x2 + x1’. x2’ = > 2
c) Từ (1) vô nghiệm Û b2 – 4ac < 0 hay b2 < 4ac < (a + c)2
Mà a + c > 0 nên b Ê |b| < a + c
Bài 10: Tìm giá trị của m và n để PT x2+ mx + n = 0 có 2 nghiệm đúng bằng m và n.
Gợi ý: Vì PT có 2 nghiệm đúng bằng m và n nên theo Viet có:
m + n = -m hay n = -2m
m.n = n hay n.(n – 1) = 0 ị m = 1 hoặc n = 0
Với m = 1 thì n = -2m = -2
Với n = 0 thì n = -2m suy ra n = 0.
Vậy ta có 2 PT: 	x2+ x - 2 = 0 ( x1 = 1; x2 = -2)
	x2 = 0 ( x1 = x2 = 0)
Bài 11: Cho PT: x + |x2 – x + m| = 0. C/m với mọi m thì PT vô nghiệm.
Gợi ý: x + |x2 – x + m| = 0 Û |x2 – x + m| = -x (đk: x Ê 0)	 (1)
Bình phương 2 vế ta có: (x2 – x + m)2 = x2 Û (x2 + m)(x2 – 2x + m) = 0 (2)
Nếu m > 0, từ (2) ị * x2 + m = 0 vô nghiệm.
* x2 – 2x + m = 0. Nếu có 2 nghiệm x1và x2 thì x1 + x2 = 2 > 0 và x1.x2 = m > 0
Suy ra cả 2 nghiệm đều dương không t/mãn đk (1). 
Vậy với m > 0, PT vô nghiệm (đpcm)
Bài 12:
Tìm a để PT: x2 + mx + 1 = 0 và PT: x2 + x + m = 0 có ít nhất một nghiệm chung.
(Gợi ý:
+Cách1: Giả sử x0 là một nghiệm chung của hai PT đã cho , ta có:
 và 
Suy ra: (m – 1)x0 = m – 1 
+Cách 2:
Hai PT có nghiệm chung Û có nghiệm.
Đặt: y = x2 ta có: ị (m – 1)x = m – 1 .Đến đây làm như cách 1.
Bài 13: Cho phương trình: x2 – (2m – 3)x +m2 – 3m = 0.
Giải phương trình với m = 1.
Chứng minh rằng PT có 2 nghiệm với mọi m. (D =9 > 0)
Tìm giá trị của m để PT có 2 nghiệm x1 ; x2 thoả mãn: 1 < x1 < x2 < 6. ... i tiếp được.
CD2 = CE.CF
Tứ giác ICKD nội tiếp được.
IK ^ CD.
Giải:
a) Tứ giác AECD có: Ê = 1v, = 1v (gt) nên Ê + = 2v do đó tứ giác AECD nội tiếp được.
 C/m tương tự có tứ giác BFCD nội tiếp.
b) Có 1 = Â1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE)
Â1 = (góc giữa tia tiếp tuyến và 1 dây và góc nội tiếp cùng chắn cung CA)
= (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
Suy ra: = .
C/m tương tự: .Do đó: DDEC DFDC
Suy ra dẫn tới CD2 = CE.CF
c) Tứ giác ICKD có: ICK + IDK = 
ICK + + = ICK + + Â2 = 1800 
suy ra tứ giác ICKD nội tiếp được.
d) Có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CK)
Suy ra do đó IK//AB. Vì CD ^ AB (gt) nên CD ^ IK.
Nhận xét: Trong thí dụ này ta đã dùng 2 phương pháp hay dùng là phương pháp tứ giác nội tiếp và phương pháp tam giác đồng dạng.
*Bài 6: Cho tứ giác ABCD nội tiếp nửa đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Vẽ EF ^ AD. Gọi M là trung điểm của DE. C/m:
a) Các tứ giác ABEF, DCEF nội tiếp được.
b) CA là tia phân giác của góc BCF.
 Gợi ý: 
Chứng minh cho tổng các góc đối bằng 1800.
(Vì cùng bằng )
áp dụng tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông ta được MF=MD, suy ra DBMF cân và BMF = 2 . Ta lại có BCF = 2 (Suy từ câu b) 
nên BMF = BCF , dẫn tới tứ giác BCMF nội tiếp.
c) Tứ giác BCMF nội tiếp.
*Bài 7: Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại 2 điểm A và B. Tia OA cắt (O’) tại C, tia O’A cắt (O) tại D. C/m:
a) Tứ giác OO’CD nội tiếp.
Gợi ý:
Các tam giác OAD và O’AC cân, có: (Đối đỉnh),suy ra:,dẫn tới tứ giác OO’CD nội tiếp .
DAOO’=DBOO’(c,c,c).Suyra: OAO’=OBO’,dẫn tới ,do đó tứ giác OBO’C nội tiếp được.
b) Tứ giác OBO’C nội tiếp.
 Bài 8: Cho hình vuông ABCD. Trên AB lấy điểm M. Đường thẳng qua C vuông góc với CM cắt các tia AB, AD lần lượt tại E và F. Tia CM cắt AD tại N. C/m:
a) Các tứ giác AMCF, ANEC nội tiếp được.
Gợi ý:
Tứ giác AMCF có tổng hai góc đối bằng 1800 nên nội tiếp được. 
Tứ giác ANEC có A và C nhìn NE dưới hai góc bằng nhau bàng 900 nên nội tiếp.
 b)Â1 =Â2 = 450(t/c hình vuông)
 Â1 ==450 (2 góc nội tiếp cùng chăn cung FC)
 Â2 = 450(2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE)Suy ra các DCMF vàDCNE vuông cân. Vậy CM = CF,CN = CE.Ta có CM +CN = CF + CE = EF. 
b) CM + CN = EF.
*
 Chứng minh điểm M nằm trên đường thẳng AB
 (hay M; A; B thẳng hàng)
I) Tóm tắt các cách chứng minh.
Có thể chứng minh:
1. Các đường thẳng MA, MB trùng nhau:
a) Do cùng song song hoặc cùng vuông góc với một đường thẳng thẳng thứ ba.
b) Do đối xứng với một đường thẳng thứ ba qua một điểm hay qua một đường thẳng. Hoặc do M, A, B lần lượt là ảnh của 3 điểm thẳng hàng M1, A1, B1 trong một phép quay.
2. Các tia MA, MB là 2 tia đối:
a) Do MA, MB tạo với một tia Mx thành 2 góc kề bù.
b) Do một số điều kiện đặc biệt. Chẳng hạn đường tròn (M) nhận AB làm một đường kính; M là tâm hình bình hành có một đường chéo là AB; hai đường tròn (A), (B) tiếp xúc nhau ngoài tại M.
3. Các tia MA, MB trùng nhau:
a) Do cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Mx sao cho xMA = xMB.
b) Do một số điều kiện đặc biệt: 2 đường tròn (A), (B) tiếp xúc trong nhau tại M; các tia MA, MB là phân giác của cùng một góc, MA là trung tuyến của một tam giác có trọng tâm là B; 
II) Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho tam giác cân ABC (AB = AC). Đường tròn (O) nội tiếp tam giác và tiếp xúc với cạnh BC tại điểm D. Chứng minh rằng 3 điểm A, O, D thẳng hàng.
Lời giải:
Do (O) là đường nội tiếp của DABC nên AB, AC là các tiếp tuyến của (O) và tia AO là phân giác góc BAC. Mà DABC cân đỉnh A nên AO cũng là đường cao, tức là AO ^ BC. Do (O) tiếp xúc với BC tại D nên OD ^ BC. Vậy 2 đường thẳng OA, OD cùng qua O và vuông góc với BC nên trùng nhau, và A, O , D thẳng hàng.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC với trực tâm H. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; I là trung điểm của BC. Kẻ đường kính AD của đường tròn (O). Chứng minh rằng 3 điểm H, I, D thẳng hàng.
Lời giải: 
Ta có BH ^ AC (vì H là trực tâm DABC), DC ^ AC (vì C nội tiếp (O), chắn đường kính AD), suy ra BH // DB, và do đó BHCD là hình bình hành. Suy ra trung điểm I của BC cũng là trung điểm của đường chéo HD. (đpcm). 
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tia Bx nằm khác phía với tia BA đối với đường thẳng BC sao cho CBx = BAC. Chứng minh rằng Bx là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Lời giải:
Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A kẻ tia Bx’ sao cho Bx’ ^ OB. Ta có Bx’ là tiếp tuyến của đường tròn (O). Do đó: CBx’ = sđ CB = BAC = CBx.
Hơn nữa Bx, Bx’ nằm cùng phía đối với đường thẳng BC (vì cùng nằm khác phía với tia BA đối với BC). Suy ra Bx’ trùng với Bx, Hay Bx là tiếp tuyến của (O).
Ví dụ 4: Các tiếp tuyến chung ngoài MN, PQ của 2 đường tròn (O), (O’) (M, P ẻ (O); N, Q ẻ (O’)) cắt nhau tại điểm I sao cho N nằm giữa I và M. Chứng minh rằng I, O, O’ thẳng hàng.
Lời giải:
Vì IM, IP tiếp xúc với (O) nên IO là tia phân giác góc MIP. Hơn nữa IM, IP cũng tiếp xúc với (O’) nên I’O, IO trùng nhau (vì tia phân giác của một góc là duy nhất. (đpcm).
Ví dụ 5: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB; C là điểm chính giữa của cung AB và một điểm M trên cung CB. Hạ đường cao CH của tam giác ACM.
a) Chứng minh rằng tam giác HCM vuông cân và và OH là tia phân giác góc COM.
b) Gọi giao điểm của tia OH với CB là I. Kẻ dây BD vuông góc OI. Chứng minh I, M, D thẳng hàng.
Lời giải:
a) Vì góc AMC nội tiếp chắn cung AC nêm AMC = sđ AC = 450. Mà CHM = 900 nên DHCM vuông cân đỉnh H. Suy ra HC = HM. Hơn nữa, CO = = OM nên OH là trung trực của CM đồng thời là phân giác của tam giác cân COM.
b) Theo câu a), ta có M đối xứng với C qua OI. Do BD’ ^ IO nên D cũng đối xứng với B qua đường kính chứa OI. Vậy DM đối xứng với BC qua OI. Do I là giao điểm của BC với trục đối xứng OI nên DM cắt BC tại I và D, I, M thẳng hàng.
Ví dụ 6: Cho tam giác ABC với CA > CB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm O sao cho 
BCO = BAC. Kẻ đường tròn (O) bán kính OC. Một đường tròn (O’) qua B, O cắt (O) tại 2 điểm D, E. C/m rằng A, D, E thẳng hàng.
Lời giải: 
Ta có DAOC đồng dạng với DCOB (g.g) nên 
CO2 = OA.OB. Mà OD = OC nên OD2 = OA. 
Suy ra 2 tam giác AOD, DOB đồng dạng (c.g.c),
 hay OAD = ODB.
Gọi giao điểm thứ 2 của tia AD với (O) là E’,
 ta có: OE’2 = OC2 = OA.OB hay DOAE’đồng dạng
với DOE’B (c.g.c).
Suy ra: OE’B = OAE’ = OAD = ODB. 
Mà E’, D nằm cùng phía đối với đường thẳng OB 
(vì 2 tia ABO, ADE’ chung gốc A) nên E’ ẻ (O’). 
Vậy E’ trùng với E (cùng là giao điểm khác D của 2 đường tròn (O) và (O’) và ta có đpcm.
* chứng minh ba đường thẳng ab, cd, ef đồng quy.
I) Tóm tắt các cách chứng minh:
Có thể chứng minh:
1. AB, CD, EF là 3 đường cao, 3 đường trung tuyến, 3 đường trung trực, 3 đường phân giác trong, một đường phân giác trong và 2 đường phân giác ngoài  của một tam giác.
2. AB, CD cắt nhau tại một điểm thẳng hàng với E, F.
3. AB, CD cắt nhau và đối xứng với nhau qua EF.
4. Có 3 đường tròn (O1), (O2) và (3) sao cho AB, CD, EF là dây chung (hoặc tiếp tuyến chung trong) của các cặp đường tròn tương ứng: (O1) với (O2), (O2) với (O3), (O3) với (O1).
II) Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Một đường tròn (O’) qua B cắtđoạn thẳng AB tại điểm thứ hai C và cắt (O) tại điểm thứ hai D. Đoạn thẳng AD cắt (O’) tại điểm thứ hai E, tia BE cắt (O) tại điểm thứ hai F. C/m rằng 3 đường thẳng AF, BD, CE đồng quy.
Lời giải:
Do góc ADB nội tiếp (O) chắn đường kính AB nên góc ADB = 900. Mà góc EDB cũng nội tiếp (O’) nên EB là đường kính của (O’), suy ra EC ^ AB (1).
Do góc ABF nội tiếp (O) chắn đường kính AB nên góc AFB = 900. Như vậy E là giao điểm của 2 đường cao AD, BF của DABI (I là giao điểm các tia AF, BD) hay E là trực tâm DIAB, do đó IE ^ AB (2).
Kết hợp (1) và (2) ta có 2 đường thẳng EC, IE trùng nhau (vì cùng qua E và ^ AB). Suy ra 3 đường thẳng AF, BD, CE đồng quy tại I. (đpcm)
Ví dụ 2: Cho hình thang cân ABCD (AD // BC; AD > BC). Gọi I là giao điểm của AC và BD, K là trung điểm của AD. C/m rằng 3 đường thẳng AB, CD, IK đồng quy.
Lời giải:
 Gọi H là trung điểm của BC. Do hình thang cân nên nó nhận KH làm trục đối xứng. Nếu AB // CD thì ABCD là hình bình hành và BC = AD, trái với giả thiết. Vậy AB cắt CD tại 1 điểm O. Do AB đối xứng với CD qua KH nên O nằm trên trục đối xứng KH.
Tương tự như vậy, I cũng nằm trên trục đối xứng KH, và ta có đpcm.
Ví dụ 3: Cho 2 đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm M và 1 đường tròn (O3) tiếp xúc trong với (O1), (O2) tại các điểm tương ứngN, P. C/m rằng đường tròn qua 3 điểm M, N, P là đường tròn bàng tiếp tam giác O1O2O3.
Lời giải:
Kẻ các phân giác góc ngoài các đỉnh O1,O2 của DO3O2O1, gọi giao điểm của chúng là I, ta có phân giác góc trong tại đỉnh O3 cũng đi qua I. Suy ra các cặp tam giác sau đây bằng nhau (c.g.c.): DINO1 = DIMO1; DIMO2 = DIPO2; DIPO3 = DINO3.
Do đó ; ; (1). Giả sử 900 ; > 900. Vậy > 900 > , mâu thuẫn với (1).
Nếu > 900 thì c/m tương tự ta cũng có < 900 < , mâu thuẫn với (1).
Vậy = 900 = = . Suy ra N, M, P là các tiếp điểm của đường tròn (I; IN) với tia đối của tia O1O3, cạnh O1O2, tia đối của tia O2O3. Vậy đường tròn qua M, N, P bàng tiếp tam giác O1O2O3.
Ví dụ 4: Cho nửa đường tròn đường kính AB với điểm M trên đó. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB. Đường tròn đường kính MH cắt MA tại điểm P, cắt MB tại điểm Q và cắt cung AB tại điểm thứ hai E. C/m rằng tứ giác APQB nội tiếp. Suy ra các đường thẳng AB, PQ, ME đồng quy.
Lời giải:
Ta có góc MPH = 900 = góc MQH (nội tiếp chắn đường kính MH). áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có MP.MA = MH2 = MQ.MB. Do các DHMA, HMB vuông đỉnh H nên các chân đường cao là P, Q hạ từ H phải nằm trên các cạnh huyền tương ứng MA, MB suy ra giao điểm M của các đoạn thẳng AP, BQ không thuộc đoạn nào trong AP, BQ. Kết hợp với (1) ta có A, P, Q, B nằm trên 1 đường tròn. Gọi giao điểm của 2 đường thẳng PQ và AB là I. Do (2), ta có IP.IQ = IA.IB. Giả sử IM cắt đườngtròn đường kính MH tại E’, ta có IE’.IM = IP.IQ = IA.IB. Tương tự như trên, ta có 4 điểm A, B, E’, M nằm trên 1 đường tròn, đó là đường tròn đường kính AB. Suy ra E’ là giao điểm (khác M) của đường tròn đường kính MH với đường tròn đường kính AB, và do đó trùng với E. Vậy AB, PQ, ME đồng quy tại I. (đpcm)
Ví dụ 5: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB với điểm M trên đó, một điểm I nằm giữa A, B và không trùng với O. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa M, người ta kẻ các tia Ax và By vuông góc với AB. Đường thẳng qua M vuông góc với MI cắt Ax tại điểm N, đường thẳng d qua I vuông góc với IN. C/m các đường thẳng d, MN, By đồng quy.
Lời giải:
Do M nội tiếp chắn đường kính AB nên góc AMB = 900. Do đó (vì cùng phụ với góc MAB). Mà (vì cùng phụ với góc INP). Vậy . Suy ra tứ giác IMPB nội tiếp, và góc IBP = 1800 – sđ góc IMP = 900, hay BP trùng với By (cùng qua B và vuông góc với AB). Suy ra đpcm.